Corrigés des exercices du chapitre 25
|
|
- Erling Tollefsen
- 6 år siden
- Visninger:
Transkript
1 MPSI Corrigés des exercices du chapitre 5 Exercice I- () () Si deg P =, alors ;, P = Doc, (P,P ',P",,P ) est ue famille écheloée e degrés doc libre Comme elle cotiet + élémets et dim K [X] = + : () (P,P ',P",,P ) est ue base de K [X] Exercice I- ) N, o a deg H = La famille (H,H,,H ) est alors ue famille écheloée e degrés de + polyômes de C [X], qui est de dimesio + doc : B = (H, H,, H ) est ue base de C [X] ) Si P GL ( C ) est la matrice de passage de la base caoique élémets de si ème coloe sot les coordoées de Doc : Or : H das la première lige de P est composée des termes costats des H ; La deuxième lige de P est composée des coefficiets de X des H ; la diagoale de P est composée des coefficiets domiats des (, X, X,,X ) de [X] C à B, alors les (, X, X,,X ) doc les coefficiets de H Le terme costat de H = est C est aussi so coefficiet domiat et il y a pas de terme e X Pour, H se factorise par X doc so terme costat est ul et le coefficiet de X vaut H Comme (X i) est uitaire, le coefficiet domiat de H est! Aisi, o a : i= ( ) ( ) P =!! 3) O a P C [X], ϕ (P) = P(X + ) P(X) O a ϕ (H ) = ϕ () =, ϕ (H ) = ϕ (X) = = H et pour : H (X + ) = (X + i) = (X + ) (X + i) = (X + ) (X i)!!! i= i= i= i= i= i= ( ) = (X + + ) (X i) = (X i) + (X i) = H (X) + H (X)!! ( )!
2 MPSI Doc, H (X + ) H (X) = H (X) soit : Aisi : ϕ (H ) = H La matrice de ϕ das B est Exercice I-3 O a Alors De plus, P = α + α( X a) + α( X a) + + α( X a) = α ( X a) et comme P est uitaire, α =, doc : = P ' = α ( X a) = = = = P ( X a) P ' = α ( X a) α ( X a) = ( ) α ( X a) +, doc : = = P '' = ( ) α ( X a) = ( + )( + ) α ( X a) + = = P = ( X a) P ' + P" P ( X a) P ' = P" ( ) α ( X a) = ( + )( + ) α ( X a) α = et pour tout, ( ) Soit, : ( ) α = ( + )( + ) α + Comme α = et α =, ue récurrece descedate fiie simple permet prouver que pour tout,, o a α quad est pair et α = quad est impair Alors, pour tout, p, o a : ( p) ( p )( p ) O a alors par télescopage, pour tout p α p = + + α p+ = α( p+ ), p : α ( p + )( p + ) ( p) α p α ( + )( + ) ( p + )( p + )( p + 3)( p + 4)( ) ( )! α p = = = = = p α = p α( + ) = p ( ) p+ ( p)!( p)! ( ) ( )! E remarquat que = = α, o a fialemet : ( )!( )! p= = p ( )! P = ( X a) p ( p)!( p)! p
3 MPSI 3 Exercice I-4 O a P = + X et : 3 P = ( + X )( + X ) = + X + X + X P = ( + X )( + X )( + X ) = + X + X + X + X + X + X + X O cojecture que pour tout N, Pour =, o a =, doc + + P = + X + X + + X = X O le prouve par récurrece sur O suppose la relatio vraie à u rag N O a alors : Par hypothèse de récurrece : + La relatio est doc vraie au rag + = P X X + = + = + et la propriété est vraie + + P = ( + X )( + X )( + X )( + + X ) = ( + X ) P + + P = ( + X )( + X + X + + X ) = + X + X + + X + X ( + X + X + + X ) = + X + X + + X + X + X + X + + X = + X + X + + X + X + X + X + + X Fialemet, la propriété est iitialisée et héréditaire doc vraie pour tout N, soit : + + = = = P X X X X Exercice I-5 a Soit P ue solutio évetuelle de 8P = P 'P" Il est clair que le polyôme ul est solutio Si deg P = ou, alors P 'P" =, soit P = ce qui est absurde (car deg = ) Doc deg P O a alors deg(8p) Posos alors = deg(p' P") soit : deg P = deg P' + deg P" = deg P + deg P = deg P 3 deg P = 3 3 P = ax + bx + cx + d avec 4 (a, b,c,d) R et a O a : Doc : P ' = 3aX + bx + c et P" = 6aX + b 3 6(aX + bx + cx + d) = (3aX + bx + c)(6ax + b) 3 3 8aX + 8bX + 8cX + 8d = 8a²X + 8abX + (4b² + 6ac)X + bc Aisi, 8a = 8a² 8b = 8ab 8c = 4b² + 6ac 8d = bc P X bx b X b 3 7 a = 3c = b² 7d = b 3 3 = avec b R fixé 3
4 MPSI 4 Réciproquemet, Fialemet : b R, si P a la forme ci-dessus, o a : = = = P ' P" (3X bx b )(6X b) 8X 8bX 6b X b 8P Les solutios sot et 3 3 X + bx + b X + b avec b R 3 7 b Remarquos préalablemet que : si (,Q) est solutio, alors si (P,) est solutio, alors Q = X + ou P = X + ou Q = (X + ) ; P = (X + ) Soit (P, Q) u couple solutio tel que deg P = p et deg Q = q O a alors O peut doc poser Alors O a aisi : Comme deg(p + Q ) max(p, q) = deg (X + ) = 4 doc max(p, q) P = ax + bx + c et P + Q = (X + ) deviet : Q = a 'X + b 'X + c ' avec a et a ' évetuellemet uls (a + a ' )X + (ab + a 'b ')X + (ac + a 'c' + b + b ' )X + (bc + b'c')x + c + c' = X + X + a + a ' = c + c' = ab + a 'b ' = bc + b'c' = (ac + a 'c') + b + b' = a + a ' = c + c' =, o peut poser a = cos θ, a ' = si θ, c = cos ϕ et c' = si ϕ (ac + a 'c') + b + b' = deviet alors θ ϕ θ ϕ et o peut poser b = si cos α et b ' = si si α Alors, ab + a 'b ' = bc + b'c' = deviet : Deux cas se présetet alors : b + b ' = (cos θ cos ϕ + si θ si ϕ ) = cos( θ ϕ ) = 4si θ ϕ θ ϕ si cos( α θ ) = si cos( α ϕ ) = θ ϕ Si si =, alors θ = ϕ + π avec etier Das ce cas, o a a = c = cos θ et a ' = c ' = si θ et b = b' =, soit : P = cos θ (X + ) et Q = si θ (X + ) Remarquos que ce cas eglobe les solutios triviales doées au début (avec θ multiple de π ) θ ϕ θ ϕ π Si si, alors cos( α θ ) = cos( α ϕ ) = doc α = θ + + ' π et ϕ = θ + π avec et ' etiers Das ce cas, o a : ' π ' π a = cos θ, a ' = si θ, c = ( ) cos θ, c' = ( ) si θ, b = ( ) si si θ et b ' = ( ) si cos θ o Si = p, o a a = c = cos θ, a ' = c ' = si θ et b = b' = doc o se retrouve das le cas précédet o Si = p +, a = c = cos θ, a ' = c' = si θ, b = ( ) si θ et b ' = ( ) cos θ (avec = ' + p ), soit : P = cos θ(x ) + ( ) si θ X et Q = si θ(x ) ( ) cos θ X
5 MPSI 5 Réciproquemet, θ R : Si Si P = cos θ (X + ) et Q = si θ (X + ), alors P = cos θ X + ( ) si θx cos θ et P + Q = (cos θ + si θ )(X + ) = (X + ) Q = si θx ( ) cos θx si θ avec Z, alors : Fialemet : 4 P + Q = (cos θ + si θ) (X ) + 4X = X + X + = (X + ) Les solutios sot de la forme ( cos (X ),si (X ) ) ( cos (X ) ( ) si X,si (X ) ( ) cos X ) θ + θ + ou θ + θ θ θ avec θ réel et etier c Soit (P,Q,R) u triplet solutio de l équatio O a alors x R : ɶ ɶ ɶ avec P(x) = x(q (x) + R (x)) ɶ ɶ Q (x) + R (x) Ceci est possible que si ɶ ɶ, soit Q(x) ɶ = R(x) ɶ =, ce qui etraie P(x) ɶ = Aisi : Q (x) + R (x) = La seule solutio das R [X] est (P,Q,R) = (,,) Exercice I-6 Posos P = a X + a X + + a X + a avec (a,a,,a,a ) + Z O a alors Z : = P(X + ) = a (X + ) + a (X + ) + + a (X + ) + a = a (X + ) A l aide de la formule du biôme de Newto, o a où * N : (X + ) = X = X X + = XQ (X) + Q est u polyôme à coefficiets etiers Alors : Comme les etiers De plus, p p p p p= p p= p = = = = P(X + ) = a (X + ) = a XQ (X) + = X a Q (X) + a Q sot à coefficiets etiers et les a sot etiers, a = P() et aisi, P(X ) XQ(X) P() = Q + = + doc : P(P() + ) = P()Q(P()) + P() = P() ( Q(P()) + ) Alors, comme Z, P Z [X] et Q Z [X], o a P() Z et N = Q(P()) + Z Fialemet, o a P(P() + ) = N P() avec N Z doc : P() divise P( P() ) + = a Q est u polyôme à coefficiets =
6 MPSI 6 Exercice I-7 ) O a ici P =, P = X et N, O cojecture que Au rag, o a Au rag, o a P = XP + X P Alors : + + P = XP + X P = X P = XP + X P = 3X P = XP + X P = 5X N, P P a X = a X Prouvos cela par récurrece double = = doc la propriété est vraie avec P X a X = = doc la propriété est vraie avec Supposos la propriété vraie aux rags et + O a alors : a = a = P = XP + X P = Xa X + X a X = (a + a )X La propriété est doc vraie au rag + avec de plus a + = a + + a Aisi, la propriété est iitialisée et héréditaire doc elle est vraie N O a de plus, a = a = et N, a + = a + + a La suite (a ) N est doc la suite de Fiboaci L équatio caractéristique associée est x² x = de racies + 5 Avec a = a =, o obtiet : Aisi, N, a λ + µ = λ + µ = a = λ + µ λ + µ = λ µ = 5 et λ = 5 5 µ = = 5 + = 5 5 O a alors : + + et fialemet : N, P = X ) O a ici P =, P = X et N, P + = XP + + P Soit a R Si o pose N, u = P (a), o a u = P (a) =, u = P (a) = a et N, u+ = au+ + u La suite u est ue suite récurrete liéaire d ordre L équatio caractéristique associée est x² ax = de racies a + a² + et a a² + O a alors N : ( ) ( ) u = λ a + a² + + µ a a² + Avec u = et u = a, o obtiet (avec a² + ) : λ + µ = λ ( a + a² + ) + µ ( a a² + ) = a λ + µ = λ µ = λ = µ =
7 MPSI 7 Aisi, O a doc N : a R et N : ( ) ( ) u = a + a² + + a a² + ( ) ( ) ( ) ( ) P (a) = a + a² + + a a² + = a² + a + a² + a = = E ( )( ) ( ) = + ( ) a² + a = a² + a = (a² + ) a = = = pair Fialemet : E P = (X + ) X = Exercice II- a O a : P = X 4X + X = X (X + 4) 4X 4X + X = X (X + 4) 4X (X + 4) + 6X 4X + X = + + = (X 4X )(X 4) 4X 4X (X 4X )(X 4) 4X(X 4) 6X 4X = = (X 4X 4X)(X 4) 4(X 4) 56 6X (X 4X 4X 4)(X 4) 6X 57 Doc, la divisio euclidiee de P par Q est : 4 P = (X 4X 4X + 4)Q + 6X 57 b Comme deg P = < 3 = deg Q, la divisio euclidiee de P par Q est : P = Q + X + X c E procédat de la même faço que das la questio a, o obtiet : d A ouveau comme au a : P est divisible par Q e O sait que ( ) P = 4X (3 + 4i)X + 7i Q + 8 6i P = (X + X + )Q 3 X (X )(X X X X ) = doc : 3 P (X X X X )Q = Exercice II- O a : 4 3 P = X X + a = (X + ax + a )Q + (a a )X a + a + Alors Q divise P si et seulemet le reste de la divisio euclidiee est ul, soit ecore 3 a a = a a = 3 (a a )X a + a + =, ou
8 MPSI 8 ± 5 La deuxième coditio (qui est ue équatio du secod degré) doe a = et o a : 3 3 a a = a a a a = a a = a (car a ) a a = Doc 3 a a = a a = et aisi : Q divise P ± 5 a = Exercice II-3 Appelos q est le quotiet de la divisio euclidiee de m par m Remarquos déjà que si m <, soit deg X < deg ( X ), o a r = m et le reste de la divisio euclidiee de m X par X est X X m r = Supposos maiteat que m, alors q Posos P = X O a alors X = P +, doc : q q q X = X = X ( X ) = X ( P + ) = X P X P X P X P X = + = + = = = q r q Doc, si o pose Q = X P, o obtiet : q q q m q+ r r q r q r r r r r = m r X QP X r = + avec deg X = r < = deg P Cette écriture est la divisio euclidiee de Fialemet, o a toujours : m X par P X = et le reste est bie r X Le reste de la divisio euclidiee de m X par X est r X Exercice II-4 a Posos P = a X et ( ) ( ) = Q X = P X X, soit P( X ) = X + Q( X ) O a alors : i i P ( P( X )) = P( X + Q( X )) = a ( X + Q( X )) = a X Q( X ) i = = i= i i i i = a X + X Q( X ) a X a Q( X ) X Q( X ) i = + i = i= = = i= i = P( X ) + Q( X ) a X Q( X ) i = i= i et comme P P( X ) P( X ), soit : = i = i= i i Doc, P ( P( X )) P( X ) Q( X ) a X Q( X ) coclut que Q divise ( ) i i a X Q( X ) [ X ] i K, o e = i= P( X ) X divise P( P( X )) P( X )
9 MPSI 9 O peut écrire P ( P( X )) X = P( P( X )) P( X ) + [ P( X ) X ] Comme P( X ) (et se divise lui-même), o a immédiatemet : P( X ) X divise P ( P( X )) X X divise P( P( X )) P( X ) b Prouvos la propriété par récurrece sur Pour =, o a P * N = P et P( X ) X divise P( X ) X! Doc, la propriété est vraie au rag O suppose la propriété vraie à u rag O veut prouver que P( X ) D après l hypothèse de récurrece, o a : Or, P( X ) X divise P( P( X )) P( X ) * N Il existe doc R [ X ] ( ) P( X ) X = P( X ) X R( X ) X divise P + ( X ) X = P ( P( X )) X K tel que : ( ( )) ( ) = ( ( )) ( ) ( ( )) P P X P X P P X P X R P X, doc P( P( X )) P( X ) R ( P( X )) P( X ) Comme plus haut, o obtiet immédiatemet : P( X ) La propriété est doc vraie au rag + Aisi : X divise P ( P( X )) P( X ) X divise P ( P( X )) X = P ( P( X )) P( X ) + [ P( X ) X ] Fialemet, la propriété est iitialisée et héréditaire doc vraie pour tout P( X ) X divise P ( X ) X * N, soit : Exercice III- θ R et N tel que, posos P = si θx si( θ ) X + si[( ) θ ] Les racies de Or : Doc i e θ Doc, das X cos θ X + sot i e θ et i e θ iθ iθ iθ P(e ) = si θe si( θ ) e + si[( ) θ] ( ) ( ) = si θ cos( θ ) + i si( θ) si( θ) cos θ + i si θ + si( θ θ) = si θ cos( θ ) + i si θ si( θ) cos θ si( θ) i si θ si( θ ) + si( θ θ) = si( θ θ ) + si( θ θ ) = est racie de P Comme P est à coefficiets réels, Comme P R [X] et C [X], P se factorise par e iθ iθ iθ X cos X (X e )(X e ) iθ = e est aussi racie de P θ + = doc Q C [X] tel que : P = (X cos θ X + )Q X cos θ X + est u facteur de P irréductible das [X] P est divisible par X cos θ X + das C [X] et R, alors Q R[X] et aisi : R [X]
10 MPSI Exercice III- Il est clair que P() = ( + ) + ( + ) = doc est bie racie de P + O a P ' = X ( + )X + X = ( + )X ( X ( + )X + ) doc la multiplicité de das P' est la + même que das R = X ( + )X + Or, o a R ' = ( + )(X ) et R " = ( + )X doc R '() = et R "() Aisi, la multiplicité de das R, doc das P' est et fialemet : Si =, Q = La multiplicité de das P est 3 Si, deg Q = 4 et Q' = X X + ( + )X + (² )X ( ) + das Q' est la même que das L = X ( + )X + (² )X ( ) doc la multiplicité de Or, L ' = ( + )(X X + ), L" = ( + )(X ) et L" = ( + )( )X doc L '() = L"() = et L '''() Aisi, la multiplicité de das L, doc Q' est et fialemet : Si =, Q = et, la multiplicité de das Q est 3 Des résultats précédets, o déduit immédiatemet que : Si =, PQ = et, la multiplicité de das PQ est 6 D après ce qui précède, o peut aussi coclure que la multiplicité de das P + Q est au mois De plus, P + Q = X + X ( + )²X + (² + )X ² X doc la multiplicité de das P + Q est + + la même que das M = X + X ( + )²X + (² + )X ² Or, M ''' = ( + ) ( + )X + ( )X, doc M '''() et la multiplicité de das M doc P + Q est au mois 3 Aisi : La multiplicité de das P + Q est 3 Exercice III-3 Pour tout,, ω et ω = ω ω = ω Alors : Aisi : P = ( X )( ωx )( ω X ) = ( ω X ) = ( ω ) X = = ω = = ( ω ) ( X ) X ( ) ( X = ω ) ( X ω ) = = ω = = ( ) ω ω = ( ) = ( ) π ( X ) ( X ) e ( X ) ( X ω ) ( ) i = ω = = ( X ) ( X ) ( ) ( ) ( ) = P = X
11 MPSI Exercice III-4 Soit P u évetuel polyôme de degré 5 tel que P( X ) + soit divisible par divisible par 3 ( X ) Alors, comme la dérivée de P( X ) + et P( X ) est P ' : 3 ( X + ) P( X ) + est racie triple de P + est racie double de P ' 3 ( X ) P( X ) est racie triple de P est racie double de P ' Aisi, ( X + ) et ( X ) diviset P ', qui est de degré 4 (car deg P = 5 ), doc est u scalaire o ul Alors : 3 ( X + ) et P( X ) soit ( X ) P ' + ( X ) P ' P ' a( X ) ( X ) = + où a P ' = a( X + ) ( X ) = a( X 4) = a( X 8X + 6) P = a X X + 6X + b 5 3 Efi, et sot racies de P et P + respectivemet, soit P() = P( ) + =, ce qui doe : Fialemet : a 6 b = a + b = a = a ( ) ( ) + 6 ( ) + b + = a b = b = = + 6 = P X X X X X X Réciproquemet, o vérifie facilemet (! ) que ce polyôme est solutio et aisi : La seule solutio est = P X X X Exercice III-5 Remarquos que est pas racie de P O a : Doc, si a C est ue racie de P, o a a = et : Aisi, P et 3 X X X X P ' = + X = P! 3! ( )!! a a P '( a) = P( a)! =! P ' e s aulet jamais simultaémet, doc : 3 X X X P = + X a que des racies simples das C! 3!! Exercice III-6 Comme a, b et c sot les racies de 3 P = X + px + qx + r, o a a + b + c = p, ab + bc + ca = q et abc = r Posos α = a + b, β = b + c et γ = c + a Alors, a, b et c sot les racies de : = ( α + β + γ ) + ( αβ + βγ + γα) αβγ 3 Q X X X Nous allos doc exprimer α + β + γ, αβ + βγ + γα et αβγ e foctio de p, q et r uiquemet
12 MPSI O a : Doc : α + β + γ = a + b + b + c + c + a = ( a + b + c) = p αβ + βγ + γα = ( a + b)( b + c) + ( b + c)( c + a) + ( c + a)( a + b) = ab b ac bc bc ba c ca ca cb a ab = 3( ab + bc + ca) + a + b + c = ( ab bc ca) ( a b c) ( ab bc ca) = p + αβγ = ( a + b)( b + c)( c + a) q = abc a b ac a c b c ab bc abc = ab( a + b) + bc( b + c) + ac( a + c) + abc = ab( p c) + bc( p a) + ac( p b) + abc = p( ab + bc + ac) abc = r pq a + b, b + c et c + a sot les racies de 3 Q X px ( p q) X r pq = Exercice III Posos P = X 4 X + ( λ ) X + X P admet ue racie au mois double, doc il existe u scalaire a tel que P( a) = P '( a) =, soit : 4 + ( λ ) + = 4 + ( λ ) + = + λ + = + λ + = a a a a a a a a 3 3 4a a ( ) a a 6 a ( ) a Remarquos que P () =, doc a et le système ci-dessus équivaut alors à : ( a )( a ) a 4 a + ( λ ) a + a = a a a + = λ = a + 6a a 6 a + ( λ ) a + a = a 6 a + ( λ ) a + = O obtiet alors quatre solutios pour a, qui sot a = ou ou j ou j = 7 Pour a =, o a λ = et : P = X 4X + X + X = ( X ) X = ( X ) X X + Pour a =, o a λ = 3 et : ( ) ( ) ( ) ( )( ) 4 3 P X X X X X X X X X X = = = Pour a = j, o a λ = 3 j( j) et : ( ) ( ) ( ( ) ) 3/4 / 3/4 / ( ) ( 3 i π iπ X j X j e )( X j 3 e ) P = X X + j j X + X = X j X + j X j = a
13 MPSI 3 Pour Fialemet : a = j = j, o a λ = 3 j( j ) = 3 j( j) et : ( ) ( ) ( ( ) ) 3/4 / 3/4 / ( ) ( 3 i π iπ X j X j e )( X j 3 e ) P = X X + j j X + X = X j X + j X j = Les solutios sot : 3, et avec λ = ;, + 3 et 3 avec λ = ; 3/4 iπ/ 3/4 iπ/ j, j + 3 e et j 3 e avec λ = 3 j( j) ; 3/4 iπ/ 3/4 iπ/ j, j + 3 e et j 3 e avec λ = 3 j ( j ) Exercice III-8 a O a yz + xz + xy + + = doc le système équivaut à : x y z xyz x + y + z = yz + xz + xy = 4 xyz = 4 O retrouve les foctios symétriques des racies d u polyôme de degré 3 doc les solutios du système sot 3 les triplets de racies de P = X X 4X + 4 Or : 3 P = X X 4X + 4 = X (X ) 4(X ) = (X 4)(X ) = (X )(X + )(X ) Doc les racies de P sot, et et les solutios du système sot les six triplets : (,, ), (,, ), (,,), (,,,), (,,), (,, ) b E posat a = x + y + z, b = xy + yz + zx et c = xyz, x, y et z sot les racies de Alors : x + y + z = x + y + z xy + yz + zx ( ) ( ) = a b 3 r ar br c + + = ( + + )( + + ) ( ) x y z x y z x y z x y x z y x y z z x z y = a a b xy x + y yz y + z zx x + z ( ) ( ) ( ) ( ) = a a b xy a z yz a x zx a y ( ) ( ) ( ) ( ) = + a( a b) ab 3c x + y + z = 4 x + y + z = x + y + z = 4 a = 4 a b = 4 a a b ab c Les trois ombres x, y et z recherchés sot doc les racies de ( ) + 3 = 4 3 r r r a = 4 b = 6 c = = + =, et :
14 MPSI 4 O remarque que est solutio ( = =, doc : 3 r r r r r r r r i r i = ( )( + ) = ( )( )( + ) Doc, les racies de Aisi : 3 r r r = sot, i et + i Les solutios sot (, i,+ i), (, + i, i), ( i,,+ i), ( + i,, i), ( i, + i, ) et ( i, i, ) + Exercice III-9 Si =, Q = et Q( ω ) = O suppose das la suite que = Posos P X X X X X X = = ( ), doc : Alors : Soit, avec P ' + X P X X X X X X X X ( ) = ( )( ) = ( ) = X P + P = + X X P = X + X X P ( ) ' ( ) ( ) ' ( ) ( ) ( ) + = Q et ( X ) P = X X : Alors, pour tout X Q = + X + X X + X + X = X + X ( ) ( ) ( ) ( ), ( doc ), o a : ω Q ω = ω + ω + + ( ) ( ) ( ) ( )( ) Or, les ω sot les racies ièmes de l uité doc ( ) ω = et : ω Q ω = ω + + = ω ( ) ( ) ( ) ( ) Or, pour,, o a ω, d où : Q( ω ) = ω ( + ) De plus, ω = doc Q( ω ) = = et aisi : Efi, les ( ) ( ) ( ) Q( ω ) = Q( ω) Q( ω ) = = = = = = ω ω ω = = ω sot les racies de X, doc les ω sot les racies de : ( X + ) = X X X = = =, Comme ω =, les ω pour sot les racies de = ( ) et doc = Alors, ( ω ) ( + ) Q( ω ) =, soit : = ( ) = Q( ω ) = ( ) ( + ) X ( ) ( ) =, dot le terme costat est
* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable
Exo7 Séries de Fourier Exercices de Jean-Louis Rouget Retrouver aussi cette fiche sur wwwmaths-francefr Exercice ** * très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I
DetaljerCorrigé du BTS, groupement A, Nouvelle-Calédonie, novembre 2008
Corrigé du BTS, groupement A, Nouvelle-Calédonie, novembre 8 EXERCICE 1 séries de FOURIER 1 si t α f t)= si α
Detaljer1. Intégrales définies et indéfinies I. (a) Soit b > 0. Montrer que pour tout x > 0 la fonction. 2 b. F (x) = arctan bx. 1 (1 + bx) x. f(x) = x t dt.
Chpitre 6 Clcul intégrl 6. Eercices. Intégrles définies et indéfinies I. () Soit b >. Montrer que pour tout > l fonction F () = b rctn b est une primitive de f() = ( + b). (b) Pour R clculer (c) Pour R
DetaljerEquations fondamentales de la mécanique linéaire de la rupture
//5 Aee A Equatios fodaetales de la écaique liéaie de la uptue A. Zeghloul MMAE appels d élasticité plae octio d Ai e vaiables coplees epésetatio des déplaceets et des cotaites Epessio du toseu des effots
DetaljerEnergie et corrélation. Systèmes de Traitement du Signal Polytech Marseille INFO 2016
Energie et corrélation Systèmes de raitement du Signal Polytech Marseille INFO 016 Densité spectrale d énergie Signau à énergie finie E E (t) X y dν Densité spectrale d énergie : Densité spectrale d énergie
Detaljerhttp://papeteriecharlemagne.fr/ Pour être autorisé à entrer sur le site, vous devez avoir un identifiant et un mot de passe. Saisir votre code client dans la case et le mot de passe dans la case (respecter
DetaljerEksamen FSP5020/PSP5013 Fransk nivå I Elevar og privatistar / Elever og privatister. Nynorsk/Bokmål
Eksamen 19.11.2013 FSP5020/PSP5013 Fransk nivå I Elevar og privatistar / Elever og privatister Nynorsk/Bokmål Oppgåve 1 Comment tu dépenses ton argent? Skriv ein liten tekst på to til fire setningar om
DetaljerR2 kapittel 1 Vektorer Løsninger til kapitteltesten i læreboka
R kapittel 1 Vektorer Løsninger til kapitteltesten i læreboka 1.A a Punktet P har koordinatene P = (,, 5). Det gir PQ = [1,, 3 5] = [1,, 8] b PQ = [1,, 8] = 1 + ( ) + ( 8) = 69 8, 3 c OR = OQ + QR = [1,,
DetaljerDYNAMIQUE. Etude des mouvements de tangage d une transmission de puissance d hélicoptère. x r 2. y r 2. x 1. y r y r
e Cycle - ème année 8 Juin 5 DYNAIQUE Devoi de synhèse Elémens de coecions y y Eude des mouvemens de angage d une ansmission de puissance d hélicopèe. x y y x y y x, x,, x,, x cinémaique : Equaion de liaison
DetaljerPREPARATION BREVET BLANC 1 CALCUL FRACTIONNAIRE : AIDE : d'abord transformer l'écriture du nombre entier 1. Tout nombre a peut s'écrire 1
THEME : Calcul de A : CALCUL FRACTIONNAIRE : A = ( + PREPARATION BREVET BLANC Faites ce genre de calcul en colonnes ( afin d'éviter tout oubli C'est l'exercice classique du Brevet. L'élève connaitil les
DetaljerLaser vert : moins de plus de 300. Acheter Laser PRODUITS CHAUDS. Pointeur Laser étanche
Notre entreprise Livraison et Garantie Politique de retour Avis des clients Blog E-mail Search BIENVENUE LASER VERT LASER ROUGE LASER BLEU VIOLET POINTEUR LASER POWERPOINT Accueil CHARGEUR >> Laser Vert
DetaljerClôture Métallique. Portails / Portillons / Accessoires
Clôture Métallique Portails / Portillons / Accessoires Vous trouverez dans notre gamme de clôtures métalliques tous les s nécessaires à la réalisation d une clôture de qualité grâce à aux différents s
DetaljerFasit til Flervariabelanalyse med lineær algebra
Fasit til Flervariabelanalyse med lineær algebra Advarsel: Arbeidet med denne fasiten har gått fortere enn det burde, og feilprosenten er nok litt høyere enn vanlig. Finner du feil eller lurer på om noe
DetaljerHiST-AFT-EDT Digitalteknikk EDT001T-A 11H
Side 1 av 8 HiST-AFT-EDT Digitalteknikk EDT001T-A 11H Eksamen 30.11.2011, fasit Oppgåve 1 (25 %) a) Konverter det binære talet 110010 2 til desimal form (grunntal r = 10). 1 2 5 +1 2 4 +0 2 3 +0 2 2 +1
DetaljerKorreksjoner til fasit, 2. utgave
Korreksjoner til fasit,. utgave Kapittel. Oppgave.. a): / Oppgave.. e):.887, 0.58 Oppgave..9: sin00πt). + ) x Oppgave.7.5 c): ln for 0 < x. x Oppgave.8.0: Uttrykket for a + b) 7 skal være a + b) 7 = a
DetaljerOppgåve 4 Vel éi av oppgåvene under, og skriv ein samanhengande tekst. a) «Il y a trop de sport dans les médias.» Synest du det er for mykje sport på TV og i avisene? Liker du best å sjå på sport på TV,
DetaljerBrosses intérieures avec manche
18 Brosses standard Écouvillons / Brosses pour tuyaux Brosses intérieures avec manche 10 1 10 2 10 4 Pour dérouiller et nettoyer les trous ronds et ovales, ainsi que les fers ronds. ronde conique ronde
DetaljerOn remet la machine en route
Psi 945 04/05 http://blog.psi945.fr DM - corrigé On remet la machine en route Quelques calculs Exercice. Il semble raisonnable (pour enlever la racine, et sachant que ça se passera bien avec le logarithme)
DetaljerLøsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998
Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten 998 Oppgave { x y = f(x) = + x + a hvis x ln( + x ) x hvis < x lim f(x) = f( ) = + a = a x lim f(x) = ln( + x ( ) ) ( ) = ln + For at f(x) skal være kont. i x = må lim
DetaljerTMA4110 Matematikk 3 Eksamen høsten 2018 Løsning Side 1 av 9. Løsningsforslag. Vi setter opp totalmatrisen og gausseliminerer:
TMA4 Matematikk 3 Eksamen høsten 8 Løsning Side av 9 Løsningsforslag Oppgave Vi setter opp totalmatrisen og gausseliminerer: 8 5 4 8 3 36 8 4 8 8 8 Den siste matrisen her er på redusert trappeform, og
DetaljerBobine à noyau de fer
1 Bobne à noyau de fer Usage en contnu Bobne à noyau de fer Introducton I mpose H Pertes unquement dans les bobnages Usage en alternatf V mpose B Pertes dans le matérau 2 Bobne à noyau de fer Conventons
DetaljerAnbefalte oppgaver - Løsningsforslag
Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 6 12.6.4: Vi finner først lineariseringen i punktet (2, 2). Vi har at Lineariseringen er derfor 2x + y f x (x, y) = 24 (x 2 + xy + y 2 ) 2 2y + x f y (x, y) = 24
DetaljerINF3170 Logikk. Ukeoppgaver oppgavesett 7
INF3170 Logikk Ukeoppgaver oppgavesett 7 Unifisering I forelesning 10 så vi på en unifiseringsalgoritme som finner en mest generell unifikator for to termer. I automatisk bevissøk har vi imidlertid bruk
DetaljerEksamen FSP5020 Fransk I PSP5013 Fransk nivå I. Nynorsk/Bokmål
Eksamen 19.05.2017 FSP5020 Fransk I PSP5013 Fransk nivå I Nynorsk/Bokmål Nynorsk Eksamensinformasjon Eksamenstid Hjelpemiddel Eksamen varer i 5 timar. Alle hjelpemiddel er tillatne, bortsett frå Internett
DetaljerFORMELSAMLING TIL STK1100 OG STK1110
FORMELSAMLING TIL STK1100 OG STK1110 (Versjon av 11. november 2017) 1. Sannsynlighet La A, B, A 1, A 2,..., B 1, B 2,... være begivenheter, dvs. delmengder av et utfallsrom Ω. a) Aksiomene: Et sannsynlighetsmål
DetaljerLØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 1001, HØSTEN (x + 1) 2 dx = u 2 du = u 1 = (x + 1) 1 = 1 x + 1. ln x
LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN, MAT 00, HØSTEN 06 DEL.. Hvilken av funksjonene gir en anti-derivert for f(x) = (x + )? Løsning. Vi setter u = x +, som gir du = dx, (x + ) dx = u du = u = (x + ) = x + a) x+ b)
DetaljerOppfriskningskurs dag 1
Oppfriskningskurs dag 1 og ligninger Steffen Junge Oppfriskningskurs i matematikk 3.-8. august 2009 Outline 1 Outline 1 Typiske problem Ranger følgende brøker etter størrelse: 1 2, 7 12, 2 3, 5 8, 17 24
DetaljerEKSAMEN FRA0502 Fransk II HØSTEN 2012
Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for moderne fremmedspråk - EKSAMEN FRA0502 Fransk II HØSTEN 2012 Faglig kontakt under eksamen: Sophie Vauclin Tlf.: 73596873/ 93063953 Eksamensdato:
DetaljerLøsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R2 kapittel 2
Løsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R kapittel B. a Da ABC er 90, blir AC + 8. Siden CAE er 90, blir CE + 8 7. b Vinkelen mellom CE og grunnflata blir vinkel ACE. tan ACE som gir at vinkelen blir
DetaljerTMA4110 Matematikk 3 Høst 2010
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4110 Matematikk 3 Høst 010 Løsningsforslag Øving 4 Fra Kreyszig (9. utgave) avsnitt.7 3 Vi skal løse ligningen (1) y 16y
DetaljerForelesning 13. mars, 2017
Forelesning 13. mars, 217 AVSNITT 5.2 Kovariansen mellom to variable Korrelasjon mellom to variable AVSNITT 5.3 Betingede fordelinger Kovariansen mellom to stokastiske variable Kovariansen mellom to stokastiske
DetaljerUne version feuilletée du théorème de translation de Brouwer
Comment. Math. Helv. 79 (2004) 229 259 0010-2571/04/020229-31 DOI 10.1007/s00014-003-0745-9 c 2004 Birkhäuser Verlag, Basel Commentarii Mathematici Helvetici Une version feuilletée du théorème de translation
DetaljerRoulements à rouleaux cylindriques
Roulements à rouleaux cylindriques Roulements à rouleaux cylindriques 292 Définition et aptitudes 292 Séries 292 Variantes 293 Tolérances et jeux 294 Eléments de calcul 296 Eléments de montage 297 Suffixes
DetaljerI. Évolution du commerce mondial
I. Évolution du commerce mondial En 2, la valeur des exportations mondiales de marchandises a augmenté de 2 pour cent et celle des exportations de services commerciaux de pour cent. Faits saillants de
DetaljerFORMELSAMLING TIL STK1100 OG STK1110
FORMELSAMLING TIL STK1100 OG STK1110 (Versjon av 16. november 2009) 1. Sannsynlighet La A, B, A 1, A 2,...,B 1, B 2,... være begivenheter, dvs. delmengder av et utfallsrom Ω. a) Aksiomene: Et sannsynlighetsmål
DetaljerOppfriskningskurs Sommer 2019
Oppfriskningskurs Sommer 2019 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Oppgave 9 fra Øving 2 a) Er funksjonen f(x) = en-til-en? Hvorfor/hvorfor ikke? { 1 x hvis 0 x
DetaljerRoulements à rouleaux cylindriques
Roulements à rouleaux cylindriques Roulements à rouleaux cylindriques 292 Définition et aptitudes 292 Séries 292 Variantes 293 Tolérances et jeux 294 léments de calcul 296 léments de montage 297 Suffixes
DetaljerFasit til utvalgte oppgaver MAT1110, uka 11/5-15/5
Fasit til utvalgte oppgaver MAT0, uka /5-5/5 Øyvind Ryan (oyvindry@i.uio.no May, 009 Oppgave 5.0.a Ser at f(x, y = (, 3, og g(x, y = (x, y. g(x, y = 0 hvis og bare hvis x = y = 0, og dette er ikke kompatibelt
DetaljerAlt for ofte blir problemer med avløpsrør i bygninger løst ved å bytte ut gamle defekte rør med nye. Dette innebærer tapphull- og utgravingsarbeide
Alt for ofte blir problemer med avløpsrør i bygninger løst ved å bytte ut gamle defekte rør med nye. Dette innebærer tapphull- og utgravingsarbeide med betydelig uleilighet fra bruddstykker, støv og støyforurensing,
DetaljerMA1201 Lineær algebra og geometri Løsningsforslag for eksamen gitt 3. desember 2007
Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA101 Lineær algebra og geometri Løsningsforslag for eksamen gitt 3 desember 007 Oppgave 1 a) Vi ser på ligningssystemet x +
DetaljerFormelsamling Bølgefysikk Desember 2006
Vedlegg 1 av 9 Formelsamling Bølgefysikk Desember 2006 Fete symboler angir vektorer. Symboler med hatt over angir enhetsvektorer. Formlenes gyldighet og symbolenes betydning antas å være kjent. Harmonisk
DetaljerSommaire. Montre MOVETIME Family Aperçu de la montre... 1 Touche Marche-Arrêt Retrait des bracelets Résistance à l eau...
Mode d'emploi MT40X Sommaire Montre MOVETIME Family... 1... 1 Aperçu de la montre... 1 Touche Marche-Arrêt... 1... 2... 2 Retrait des bracelets... 2... 3 Résistance à l eau... 3... 3 Obtenir une carte
DetaljerBienvenue au 50 ème anniversaire du Lycée René Cassin d Oslo. Velkommen til det 50. jubileumet til Den Franske Skolen i Oslo
Bienvenue au 50 ème anniversaire du Lycée René Cassin d Oslo Velkommen til det 50. jubileumet til Den Franske Skolen i Oslo L HISTOIRE DU LYCEE SKOLENS HISTORIE Recherches / Etterforskning : Paul Monceyron
Detaljerx t + f y y t + f z , og t = k. + k , partiellderiverer vi begge sider av ligningen x = r cos θ med hensyn på x. Da får vi = 1 sin 2 θ r sin(θ)θ x
TMA4105 Matematikk 2 Vår 2015 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 5 Alle oppgavenummer refererer til 8. utgave av Adams & Essex Calculus:
DetaljerAsymptotique des nombres de Betti, invariants l 2 et laminations
Comment. Math. Helv. 79 (2004) 362 395 0010-2571/04/020362-34 DOI 10.1007/s00014-003-0798-1 c 2004 Birkhäuser Verlag, Basel Commentarii Mathematici Helvetici Asymptotique des nombres de Betti, invariants
DetaljerNoen tallteoretiske resultater av Fermat
Noen tallteoretiske resultater av Fermat Arne B. Sletsjøe Universitetet i Oslo Pierre de Fermat (1601/1607-1665) Fermats lille teorem Fermats rettvinklede teorem Fermats siste teorem Cubum autem in duos
DetaljerLØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1002 BØLGEFYSIKK Mandag 10. desember 2007 kl
NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: 73 59 36 63 / 45 45 55 33 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY1002 BØLGEFYSIKK
Detaljerβ = r 2 cosθsinθ. β = β β i+ j = yi+xj. (8.1)
Kapittel 8 Polarkoordinater Oppgave 1 Vi har gitt skalarfeltet β(x, y) = xy i kartesiske koordinater. a) For polarkoordinater (r, θ) og kartesiske koordinater (x, y) har vi sammenhengen x = rcosθ og y
DetaljerEksamen R2, Våren 2011 Løsning
R Eksamen, Våren 0 Løsning Eksamen R, Våren 0 Løsning Del Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave (8 poeng) a) Deriver funksjonene
DetaljerFasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 29/11-3/12
Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 9/11-3/1 Øyvind Ryan (oyvindry@ifiuiono December, 010 Oppgave 15 Oppgave 155 a 4A 3B 4 1 3 1 3 1 4 1 8 4 1 4 3 3 1 3 0 9 6 + 6 3 9 0 5 18 14 1 3 4 4 9 1 6 8 + 6
DetaljerHØGSKOLEN I BERGEN Avdeling for ingeniørutdanning
HØGSKOLEN I BERGEN Avdeling for ingeniørutdanning EKSAMEN I FOA94 Differensialligninger KLASSAR : 08HETK, 08HMAM, 08HMMT, 08HMPR, 08HUVT DATO : 0. desember 200 ANTALL OPPGAVER 3 ANTALL SIDER 3 VEDLEGG
Detaljer5.5.1 Bruk matriseregning til å vise at en rotasjon er produktet av to speilinger. Løsningsforslag + + = =
til oppgavene i avsnitt 55 til oppgaver i avsnitt 55 551 Bruk matriseregning til å vise at en rotasjon er produktet av to speilinger cos( u + v) sin( u + v) cosu sin u u+ v u = sin( u v) cos( u v) sin
DetaljerNote: Please use the actual date you accessed this material in your citation.
MIT OpenCouseWae http://ocw.mt.edu 6.641 Electomagnetc Felds, Foces, and Moton, Spng 5 Please use the followng ctaton fomat: Maus Zahn, 6.641 Electomagnetc Felds, Foces, and Moton, Spng 5. (Massachusetts
DetaljerKurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft
Kapittel 6 Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft Oppgave 1 Vi skal regne ut kurveintegralet λ v dr langs kurven λ: y x3 når 1 x 2 og v xyi+x 2 j. Vi kan parametrisere med x som parameter,
DetaljerAnbefalte oppgaver - Løsningsforslag
TMA405 Matematikk Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 6 3..9: Vi starter med å finne de kritiske punktene. De deriverte blir T x (x, y) = ( x xy)e x y T y (x, y) = ( y xy)e x y, slik at de kritiske
DetaljerEKSAMEN I NUMERISK LINEÆR ALGEBRA (TMA4205)
Norges teknisknaturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 Faglig kontakt under eksamen: Navn: Brynjulf Owren 93064 EKSAMEN I NUMERISK LINEÆR ALGEBRA TMA405 Fredag 5 desember
DetaljerIR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer
Eksamen 8. desember 16 Eksamenstid 4 timer IR151 Matematikk 1 Bokmål Hvis du blir ferdig med oppgavene under del 1 før kl. 11., så kan og bør du starte på del uten bruk av hjelpemidler. Du kan bare bruke
DetaljerTegn og tekst. Et representert tegn kan vises på flere måter. Noen definisjoner. Enda noen definisjoner. \yvind og ]se N{rb}? a a a.
o o {rb} rprr på r år o prpp rpro r r rr rpro o r o or α r o or bor brp or b rr på ppr r r r r r rrr år på o oroooro o r or o br å r r pår r r orør p o b b år r å r o o o rprrr o p o rprrr o or op r r
DetaljerLøsningsforslag øving 7
Løsningsforslag øving 7 8 Husk at en funksjon er injektiv dersom x y gir f(x) f(y), men her ser vi at f(3) 9 f( 3), eller generelt at f(z) z f( z) for alle z C, som betyr at f ikke er injektiv Vi ser også
DetaljerLØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I TFY4160 BØLGEFYSIKK Mandag 3. desember 2007 kl
NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: 7 59 6 6 / 45 45 55 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I TFY4160 BØLGEFYSIKK Mandag.
DetaljerKurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft
Kapittel 6 Kurve-, flate- og volumintegraler, beregning av trykkraft Oppgave 1 Vi skal regne ut kurveintegralet λ v dr langs kurven λ: y x3 når 1 x 2 og v xyi+x 2 j. Vi kan parametrisere med x som parameter,
DetaljerSecond Order ODE's (2P) Young Won Lim 7/1/14
Second Order ODE's (2P) Copyright (c) 2011-2014 Young W. Lim. Permission is granted to copy, distribute and/or modify this document under the terms of the GNU Free Documentation License, Version 1.2 or
DetaljerHøgskolen i Oslo og Akershus. e 2x + x 2 ( e 2x) = 2xe 2x + x 2 e 2x (2x) = 2xe 2x + 2x 2 e 2x = 2xe 2x (1 + x) 1 sin x (sin x) + 2x = cos x
Oppgåve a) i) f(x) x e x f (x) ( x ) e x + x ( e x) xe x + x e x (x) xe x + x e x xe x ( + x) ii) g(x) ln(sin x) + x g (x) sin x (sin x) + x cos x sin x + x tan x + x b) i) Sidan både teljar og nemnar
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-aturviteskapelige fakultet Eksame i: STK11 Sasylighetsregig og statistisk modellerig. LØSNINGSFORSLAG Eksamesdag: Fredag 9. jui 217. Tid for eksame: 9. 13.. Oppgavesettet
DetaljerIntegrale cu parametru
1 Definiti integrlei cu prmetru Derivre integrlelor cu prmetru Integrre unei integrle cu prmetru 2 3 Definiti integrlei cu prmetru Definiti integrlei cu prmetru Derivre integrlelor cu prmetru Integrre
DetaljerKONTINUASJONSEKSAMEN TFY4155 ELEKTROMAGNETISME Onsdag 17. august 2005 kl
NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Side 1 av 6 Kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: 73 59 36 63 / 41 43 39 30 KONTINUASJONSEKSAMEN TFY4155 ELEKTROMAGNETISME
DetaljerObligatorisk oppgåve 1
FYS112 Elektromagnetisme 214 Obligatorisk oppgåve 1 Innleveringsfrist 19. september kl. 23.59 Lars Kristian Henriksen 21. oktober 214 Obligar i FYS112 leverast elektronisk på Devilry http://devilry.ifi.uio.no/.
DetaljerEksamen i TMA4180 Optimeringsteori Løsningsforslag.
Eksamen i TMA48 Optimeringsteori Løsningsforslag. Oppgave :. ordens betingelse for minima gir oss f(x) = [ 2x 2x 2 + 2 2x 2 2x 2 ] [ = som er oppfylt for når x 2 = x +. I dette punktet er [ ] 2 2 2 f(x)
Detaljerm15/1/aynor/hp2/nor/tz0/xx Monday 11 May 2015 (morning) Lundi 11 mai 2015 (matin) Lunes 11 de mayo de 2015 (mañana) 2 hours / 2 heures / 2 horas
m15/1/aynor/hp2/nor/tz0/xx Norwegian A: language and literature Higher level Paper 2 Norvégien A : langue et littérature Niveau supérieur Épreuve 2 Noruego A: lengua y literatura Nivel superior Prueba
DetaljerLØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FAGET 5005/7 MATEMATIKK 2 1. august der k er et vilkårlig heltall. Det gir
LØNINGFOLAG IL EKAMEN I FAGE 55/7 MAEMAIKK. august Oppgave. (i Ja. (ii Ja. (iii Nei. Alternativt: (i Ja. (ii Ja. (iii Ja. Oppgave. curlf (x, y F i j k (x, y / x / y / z e y + ye x +x xe y + e x + Altså
DetaljerDifferensligninger Forelesningsnotat i Diskret matematikk Differensligninger
Differesligiger Forelesigsotat i Diskret matematikk 017 Differesligiger I kapittel lærte vi om følger og rekker. Vi studerte både aritmetiske og geometriske følger og rekker. Noe følger og rekker er imidlertid
Detaljere y + ye x +2x xe y + e x +1 0 = 0
LØNINGFORLAG TIL EKAMEN I FAGET 55/7 MATEMATIKK. august Oppgave. (i) Ja. (ii) Ja. (iii) Nei. Alternativt: (i) Ja. (ii) Ja. (iii) Ja. Oppgave. a) curlf (x, y) F i j k (x, y) / x / y / z e y + ye x +x xe
Detaljer1 OA i = f. OA o. 1 < 1 OA o. f 1. O 2 A i O 2 A 1 = = f 2 O 2 A i. f 2O 2 A i 5 `c mffl `a vfle c O 2 A i = 20 `c mffl `eˇt f 2 = 20 `c mffl
. B L`affl r`e l åtˇi`o nffl `d`e `c o n jˇu`g åi sfi`o nffl `d`o n n`e OA i = + f P`o u rffl u n`e l e n tˇi l l e m i n`c e `c o n vfleˇr`g e n t e, < f `d`o n`c L i m`àg e `eṡfi t r`é e l l e. f > 0.
DetaljerAvsnitt 8.1 i læreboka Differensligninger
Diskret Matematikk Fredag 6. ovember 015 Avsitt 8.1 i læreboka Differesligiger I kapittel lærte vi om følger og rekker. Vi studerte både aritmetiske og geometriske følger og rekker. Noe følger og rekker
DetaljerLøsningsforslag for eksamen i Matematikk 3 - TMA4115
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag for eksamen i Matematikk 3 - TMA4115 Vår 1 1 a) La z = x iy. Da er Re z = x og z = x y. Siden y er et reelt
Detaljer"#$%&' BC78 "#$% -. /0BC78! 2D E BC78 F /0GH BC78 F BC78IJKL 3 * # *H ( G $ 6 F DE3 b # cxn= DE b c "78 %&9 # *H X )* c# N<. G # X& PU a# / Q #K KB A
"#$%&' BC78 "#$% -. /0BC78! 2D E BC78 F /0GH BC78 F BC78IJKL 3 * # *H( G $ 6 F DE3 b # cxn= DE b c "78 %&9 # *HX )* c# N
DetaljerFormelsamling. ξ(r, t) = ξ 0 sin(k r ωt + φ) 2 ξ(x, t) = 1 2 ξ(x, t) t 2. 2 ξ. x ξ. z 2. y ξ. v = ω k. v g = dω dk
Formelsamling Side 7 av 15 Fete symboler angir vektorer. Symboler med hatt over angir enhetsvektorer. Formlenes gyldighet og symbolenes betydning antas å være kjent. Harmonisk plan bølge: Bølgeligning:
DetaljerKapittel 10: Funksjoner av flere variable
0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable 95 Kapittel 0: Funksjoner av flere variable 0.. Introduksjon til funksjoner av flere variable. Oppgave 0..: a) Den naturlige definisjonsmengden for f(x,
DetaljerMise à jour des marges requises
Mise à jour des marges requises Table des matières 1. Mise en place... 2 1.1 Chronologie des évènements... 2 2. Marges requises... 3 2.1 Marges requises pour les comptes dénominés en USD... 3 2.2 Marges
DetaljerEKSAMEN I TMA4110 MATEMATIKK 3 Bokmål Mandag 6. juni 2011 løsningsforslag
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 6 EKSAMEN I TMA4 MATEMATIKK 3 Bokmål Mandag 6. juni løsningsforslag Hjelpemidler (kode C): Enkel kalkulator (HP3S eller
DetaljerMA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2014 Løsningsforslag Øving 10 Oppgaver fra boken: 10.6 : 1, 8, 9, 12, 19, 26, 29,, 4 Det
DetaljerREQUÊTE APPLICATION KLAGESKJEMA
Voir Note explicative See Explanatory Note Se klageveiledningen NOR Numéro de dossier File-number Klage nr. COUR EUROPÉENNE DES DROITS DE L HOMME EUROPEAN COURT OF HUMAN RIGHTS DEN EUROPEISKE MENNESKERETTIGHETSDOMSTOL
DetaljerSIF 5005 Matematikk 2 våren 2001
IF 55 Matematikk våren Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Diverse løsningsforslag 75 Matematikk B, mai 994 (side 77 79) 6 a) Vi finner en potensialfunksjon φ(x,
DetaljerDagens plan. INF4170 Logikk. Fri-variabel sekventkalkyle. Forelesning 10: Automatisk bevissøk II fri-variabel sekventkalkyle og sunnhet.
INF4170 Logikk Dagens plan Forelesning 10: fri-variabel sekventkalkyle og sunnhet Martin iese 1 Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo 14. april 2008 Institutt for informatikk (UiO) INF4170 Logikk
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF3440/4440 Signalbehandling Eksamensdag: 11. desember 006 Tid for eksamen: 15.30 18.30 Oppgavesettet er på 7 sider. Vedlegg:
DetaljerDagens plan. INF3170 Logikk. Introduksjon. Forelesning 7: Førsteordens logikk sekventkalkyle og sunnhet. Christian Mahesh Hansen. 5.
INF3170 Logikk Dagens plan Forelesning 7: Førsteordens logikk sekventkalkyle og sunnhet Christian Mahesh Hansen 1 Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo 2 5. mars 2007 Institutt for informatikk
Detaljerβ = r 2 cosθsinθ. β = β β i+ j = yi+xj. (8.1) = 2rcosθsinθi r +r( sinθsinθ+cosθcosθ)i θ
Kapittel 8 Polarkoordinater Oppgave 1 Vi har gitt skalarfeltet β(x, y) = xy i kartesiske koordinater. a) For polarkoordinater (r,θ) og kartesiske koordinater (x,y) har vi sammenhengen x = rcosθ og y =
DetaljerI et eksperiment er det målt følgende sammenheng mellom to størrelser x og y. x Y = ax + b:
OPPGAVE I et eksperiment er det målt følgende sammenheng mellom to størrelser x og y. x 7 74 546 y 48 6 45 a) Plott Y ln y mot X ln x i et rettvinklet koordinatsystem. ) Finn en lineær sammenheng mellom
DetaljerMA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2016
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2016 Løsningsforslag Øving 11 Oppgaver fra boken: 10.6 : 1, 8, 9, 12, 19, 26, 29,, 4 Det
DetaljerEksamen 1T høsten 2015
Eksamen 1T høsten 015 DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler Oppgave 1 1,8 10 0,0005 = 1,8 10 5,0 10 = 9,0 10 1 1 4 8 Oppgave Vi bruker
DetaljerFILTERDESIGN Ukeoppgavene skal leveres som selvstendige arbeider. Det forventes at alle har satt seg inn i instituttets krav til innleverte oppgaver: Norsk versjon: http://www.ifi.uio.no/studinf/skjemaer/erklaring.pdf
DetaljerMA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2017
Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA0002 Brukerkurs i matematikk B Vår 2017 Løsningsforslag Øving 11 Oppgaver fra boken: 10.6 :, 8, 12, 19, 1, (valgfritt - 9,
DetaljerR2 - Vektorer Løsningsskisser
K.. -.5 I R2 - Vektorer 25.09.09 Løsningsskisser Gitt vektorene u,2,3 og v 2, 3,5. Regn ut: a) u v b) u v c) u v d) 5u 2v e) v f) Vinkelen mellom u og v Oppgave I: Krever lavt kompetansenivå: Grunnleggende
DetaljerEKSAMENSOPPGAVE FRA1300 Fransk basisemne Vår 2012
Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for moderne fremmedspråk EKSAMENSOPPGAVE FRA1300 Fransk basisemne Vår 2012 Faglig kontakt under eksamen: Svein Eirik Fauskevåg / George Chabert
DetaljerOppgavesettet har 10 punkter 1, 2ab, 3ab, 4ab, 5abc som teller likt ved bedømmelsen.
NTNU Institutt for matematiske fag SIF55 Matematikk 2 4. mai 999 Løsningsforslag Oppgavesettet har punkter, 2ab, 3ab, 4ab, 5abc som teller likt ved bedømmelsen. i alternativ (3, ii alternativ (2. 2 a For
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF3440/4440 Signalbehandling Eksamensdag: xx. desember 007 Tid for eksamen: Oppgavesettet er på 6 sider. Vedlegg: Tillatte hjelpemidler:
DetaljerFortsettelse. INF3170 Logikk. Eksempel 1. Forelesning 8: Mer sekventkalkyle og sunnhet. Roger Antonsen
INF3170 Logikk Forelesning 8: Mer sekventkalkyle og sunnhet Roger Antonsen Institutt for informatikk, Universitetet i Oslo Fortsettelse 6. april 2010 (Sist oppdatert: 2010-04-06 14:24) INF3170 Logikk 6.
Detaljer