FERMATS SISTE TEOREM. John Rognes. Desember 1994
|
|
|
- Thea Madsen
- 7 år siden
- Visninger:
Transkript
1 FERMATS SISTE TEOREM John Rognes Desember 1994 er 1. Den pythagoreiske læresetning La ABC være en rettvinklet trekant, med kateter a og b, og hypotenus c. Da (1) a 2 +b 2 = c 2 i følge den pythagoreiske læresetning, og omvendt kan vi konstruere en rettvinklet trekant ved å danne en trekant med sidekanter a, b og c som oppfyller likningen over. Murereharlenge(?) bruktdennemetodenvedåmarkere3+4+5 = 12likelange biter på et tau, gjerne ved å knyte tretten knuter i jevn avstand etter hverandre. Slik fremkommer en rett vinkel i en trekant med sidekanter i forholdene 3 : 4 : 5. Dette virker fordi = 9+16 = 25 = 5 2 og er spesielt anvendelig fordi alle sidekantene er gitt ved heltallige multipler av en gitt lengde, som gjør det enkelt å måle opp sidelengdene. Vi kaller tre naturlige tall a, b, c som oppfyller (1) et pythagoreisk trippel. Triplet 3,4,5 er det minste eksempelet på slike, men vi skal se at det er mange andre muligheter. Det er klart at hvis a,b,c er et pythagoreisk trippel, så er også 2a,2b,2c et slikt trippel, og mer generelt er ma,mb,mc et pythagoreisk trippel for ethvert naturlig tall m. Vi sier at disse triplene er ekvivalente (opp til skalering), og er mest interessert i å finne inekvivalente tripler. Pythagoras setning fra den greske antikkens geometri var kjent mye tidligere i Kina ( når?), men disse triplenes opphav strekker seg ennå lenger tilbake. På babylonske leirtavler fra ca før Kristus er det funnet cuneiform inskripsjoner med lister av pythagoreiske tripler som begynner med 3,4,5 og fortsetter opp til 4961,6480,8161. Det siste eksempelet er for stort til å ha blitt funnet ved prøving og feiling, så babylonerne må ha hatt en metode for å finne pythagoreiske talltripler, men vi vet ikke noe om hvordan de gikk frem. Grekerne ved Diophantus visste hvorledes man kunne finne alle pythagoreiske talltripler. Vi minner om at to hele tall p og q kalles relativt primiske hvis deres største felles faktor er 1, dvs. det finnes ikke noe primtall som deler både p og q. Hvis d er den største felles faktor til a,b,c vil A = a/d,b = b/d,c = c/d være et nytt pythagoreisk trippel, så ethvert slikt trippel a,b,c er ekvivalent med ett trippel A,B,C med største felles faktor lik 1. Fra likningen (1) kan man så se at da består A,B,C av parvis relativt primiske tall. 1 Typeset by AMS-TEX
2 2 JOHN ROGNES Teorem. La a,b,c være parvis relativt primiske naturlige tall slik at a 2 +b 2 = c 2. Ved eventuelt å bytte a med b kan vi anta at b er et partall. Da finnes det relativt primiske naturlige tall p og q slik at (2) a = q 2 p 2 b = 2pq c = q 2 +p 2. Så ved å liste opp relativt primiske p og q med p < q fremkommer alle pythagoreiske tripler som a,b,c gitt ved formlene ovenfor, opp til skalering. For eksempel er det siste babylonske eksempelet gitt ved p = 40,q = 81. La oss bevise dette teoremet. Bevis. La a,b,c være et pythagoreisk trippel, og definer to rasjonale tall x og y ved x = a/c og y = b/c. Så (3) x 2 +y 2 = (a/c) 2 +(b/c) 2 = (a 2 +b 2 )/c 2 = 1, dvs. (x, y) er et punkt på enhetssirkelen i planet med rasjonale koordinater. Betrakt en figur med enhetssirkelen hvor det er trukket en rett linje fra ( 1,0) til (x, y) som skjærer sirkelen i disse to punktene. Linjen har stigningstall t = y/(x+1), som igjen er et rasjonalt tall. Vi kan skrive (4) y = t(x+1), og setter inn for y i (3), og får en annengradslikning i x som bestemmer x-koordinaten til skjæringspunktene uttrykt ved t: eller x 2 +t 2 (x+1) 2 = 1 x 2 (1+t 2 )+x(2t 2 )+(t 2 1) = 0. Vi kjenner en rot x = 1 til denne annengradslikningen, og kan dermed faktorisere venstresiden som (x+1)(x(1+t 2 )+(t 2 1)) = 0, dvs. x = 1 eller Fra (4) får vi a/c = x = 1 t2 1+t 2. b/c = y = 2t 1+t 2. Stigningstallet t (0,1) er et rasjonalt tall, så kan skrives på formen t = p/q med p < q relativt primiske naturlige tall. Vi setter inn for t og ganger opp med q 2 i teller og nevner, og får: a/c = x = q2 p 2 q 2 +p 2 b/c = y = 2pq q 2 +p 2 Siden a,b,c er relativt primiske må da a = q 2 p 2, b = 2pq og c = q 2 + p 2, som ønsket.
3 FERMATS SISTE TEOREM 3 Fermats siste teorem Et av de siste matematiske verk fra antikken som ble oversatt fra gresk til latin var grekeren Diophantus bok Arithmetic, som opprinnelig ble skrevet omkring år 250 etter Kristus. På slutten av 1630 tallet studerte den franske juristen Pierre de Fermat den da nylig oversatte teksten, og der hvor Diophantus diskuterer hvordan man kan skrive et rasjonalt tall som en sum av kvadrater av to andre rasjonale tall, kommenterte Fermat i margen (på latin): On the other hand, it is impossible to separate a cube into two cubes, or a biquadrate into two biquadrates, og generally any power except a square into two powers with the same exponent. I have discovered a truly marvellous proof of this, which however the margin is not large enough to contain. I moderne formulering: Fermats siste teorem. Det finnes ingen naturlige tall x,y,z og n med n 3 slik at x n +y n = z n. Fermat publiserte selv nesten ingen bevis (kun ett), og i sine brev til andre matematikere presenterte han gjerne bare sine resultater og overlot til mottageren å rekonstruere et bevis. Så det er uklart hvilket bevis han hadde i tankene i dette tilfellet. I sin korrespondanse refererer han til alltid bare til tilfellene n = 3 og n = 4, så det er sannsynlig at Fermat ikke hadde noe bevis for n 5. Etter Fermats død i 1665 publiserte hans sønn hans marg notater, og slik ble mange av Fermats formodninger bevart og studert i ettertiden. Navnet Fermats siste teorem kommer antageligvis fra at det ved begynnelsen av 18 hundretallet var blitt gitt bevis for alle hans mange andre formodninger, og at dette da var den siste gjenværende uoppklarte formodningen. La oss se på Fermats bevis i tilfellet n = 4. Bevis. Fermat beviser at likningen x 4 +y 4 = z 4 ikke har noen løsninger i naturlige tall x,y,z ved å vise at likningen (5) x 4 +y 4 = u 2 ikke har noen slike løsninger. Resultatet følger ved å sette u = z 2. La x,y,u være en løsning til (5). Vi skal vise at det da finnes en mindre løsning X,Y,U til (5) i den forstand at U 2 < u 2. Vi skriver (5) som (x 2 ) 2 +(y 2 ) 2 = u 2 og kan finne relativt primiske naturlige tall p,q slik at (6) x 2 = q 2 p 2 y 2 = 2pq u = q 2 +p 2 ved Diophantus formler (3). Likningen for x 2 gir oss x 2 + p 2 = q 2, så det finnes relativt primiske naturlige tall a,b slik at (7) x = b 2 a 2 p = 2ab q = b 2 +a 2. Derfor er y 2 = 2pq = 2(2ab)(b 2 +a 2 ) = 4ab(a 2 +b 2 )
4 4 JOHN ROGNES et kvadrattall. Her er ab og a 2 + b 2 relativt primiske, for et primtall som deler a men ikke b deler ikke a 2 +b 2, og tilsvarende med a og b byttet om. Hvis et produkt av relativt primiske tall er et kvadrattall, så er hvert av de to tallene er kvadrattall. Dette følger lett ved å se på den entydige primtallsfaktoriseringen av tallene. Så både a, b og a 2 +b 2 er kvadrattall, og vi kan skrive Da er så X,Y,U er en løsning av (5), med a = X 2 b = Y 2 a 2 +b 2 = U 2. X 4 +Y 4 = a 2 +b 2 = U 2 U 2 = a 2 +b 2 = q < q 2 +p 2 = u < u 2 fra (6) og (7). Altså har vi funnet en ekte mindre løsning X,Y,U enn x,y,u. Ved å gjenta konstruksjonen får vi en uendelig nedadstigende følge av løsninger, som er absurd fordi den nedadstigende følgen av naturlige tall u 2 > U 2 >... må stoppe opp en gang. Dette gir en motstrid til eksistensen av en løsning til (5), og vi er fremme. Tallteori Det er klart at for å vise teoremet for alle n 3 er det tilstrekkelig å vise det når n er et ulike primtall, og i tilfellet n = 4. For hvis n = pq og x n +y n = z n vil (x p ) q +(y p ) q = (z p ) q, så x p,y p,z p utgjør en løsning for eksponenten q. På 1700 tallet gir Euler et (ufullstendig) bevis for tilfellet n = 3 av Fermats siste teorem. 1816: Det franske akademiet utlover en pris for en løsning på Fermats siste teorem. Ennyprisutlovesi1850, mentrekkestilbakei1856påcauchysanbefaling, og en medalje gis til Kummer årene: Sophie Germain viser at hvis p og 2p+1 er primtall, så har x p +y p = z p ingen løsning med p xyz. Fra 1825 til 1839 viser Dirichlet, Legendre og Lamé tilfellene n = 5 og n = 7 av Fermats siste teorem. Så i 1847 presenterer Lamé og Cauchy feilaktige bevis for generelle n. Begynnende tre år før, i årene publiserte Kummer sine grunnleggende bidrag til den moderne algebraiske tallteorien. Kummer (og Lamé og Cauchy) tok utgangspunkt i faktoriseringen (8) z p = x p +y p = (x+y)(x+ζy)...(x+ζ p 1 ) med ζ = e 2πi/p en primitiv pte rot av enheten. (p er her et odde primtall.) Her ligger x+ζ i y i et tallsystem (en ring) av komplekse tall på formen a 0 +a 1 ζ + +a p 1 ζ p 1 med a i hele tall. Slike tall kalles syklotomiske (sirkeldelende) heltall. Det gir mening å snakke om primtall i dette tallsystemet, og ethvert syklotomisk heltall
5 FERMATS SISTE TEOREM 5 kan faktoriseres som et produkt av primtall i dette tallsystemet. Men generelt vil en slik faktorisering ikke være entydig for alle p. Hvis dette tallsystemet hadde entydig faktorisering ville hver faktor (x + ζ i y) være en pte potens, siden disse faktorene er relativt primiske og har produkt lik z p, fra (8). Dette var Lamés utgangspunkt for sitt feilaktige bevis, men Kummer hadde allerede vist i 1844 at for p 23 har det syklotomiske tallsystemet ikke entydig faktorisering. For å avlaste dette innførte Kummer et generalisert tallbegrep, såkalte ideelle tall, som har gitt opphav til ideal begrepet i abstrakt algebra. Kummer viste at disse ideelle tallene har entydig faktoriserings egenskapen. Videre innførte han klassetallet h = h p som måler i hvilken grad entydig faktorisering slår feil. h p > 1 for p 23. I 1847 viste Kummer at hvis p er et odde primtall slik at p h p så holder Fermats siste teorem for eksponenten p. Primtallet p kalles da et regulært primtall. Ca. 60% av alle primtall forventes å være regulære, men det er ukjent om det virkelig finnes uendelig mange slike. De eneste irregulære (ikke regulære) primtallene mindre enn 100 er 37,59,67. Med dette vokste algebraisk tallteori som et moderne felt, og frem til 1992 hadde forfininger av Kummers metode vist at et moteksempel til Fermats siste teorem måtte involvere en eksponent p større enn fire millioner, og heltall x,y,z større enn 4, (Å skrive ned et moteksempel x,y,z i titallssystemet ville kreve nesten seks millioner siffer, eller flere tusen A4 ark.) Faltings bevis av Mordell formodningen gir at for en gitt n 4 er det bare endelig mange inekvivalente løsninger. K 4 (Z) = 0 gir at gitt et odde primtall p finnes det en eksplisitt e 0 slik at det ikke er noen løsninger for n = p e med e e 0. De siste ti årene Ved en forelesning i Oberwolfach i 1985 skisserte Gerhard Frey hvordan en løsning a,b,c til likningen a p +b p = c p ville gi opphav til en meget spesiell kurve. Denne Frey kurven er gitt ved (9) y 2 = x(x a p )(x+b p ). Dette er en glatt kurve i planet. Hvis vi i stedet oppfatter x og y som komplekse tall bestemmer denne likningen en figur i C 2 = C C med to reelle frihetsgrader, dvs. en reell flate. Likevel kalles dette en kompleks kurve, fordi den er av kompleks dimensjon 1. Ved å føye til punkter ute ved uendelig på en passende måte viser det seg at denne komplekse kurven er topologisk ekvivalent med en torus, dvs. overflaten til en smultring, og Frey kurven kalles derfor en elliptisk kurve. Frey skisserte hvordan den såkalte Taniyama Shimura formodningen om elliptiske kurver (definert over Q) ville medføre Fermats siste teorem. Jean Pierre Serre viste så hvordan en del av hans formodning om level reduction for modular Galois representations ville fullføre Freys bevisskisse. Denne delen av Serres formodning ble så vist av Ken Ribet i 1986, og dermed var det bevist at Fermats siste teorem for alle n 3 ville følge fra Taniyama Shimura formodningen. La oss nå forklare denne formodningen. La H være det øvre halvplanet H = {z = x + iy y > 0}. Hvis heltallig 2 2-matrise med determinant ad bc = 1 definerer az +b z cz +d ( a c ) b d er en
6 6 JOHN ROGNES en avbildning av H til seg selv. Hvis N er et naturlig tall kalles mengden Γ(N) av matriser med a d 1 mod N og b c 0 mod N en kongruensgruppe. En kompleks kurve (som spesielt er en reell flate) E kalles modulær hvis den kan parametriseres ved en (surjektiv holomorf) funksjon f : H E, som er periodisk for virkningen av en kongruensgruppe på H. Det vil si, for alle i Γ(N) og z H er az +b f( cz +d ) = f(z). Taniyama Shimura formodningen. Enhver elliptisk kurve definert over Q er modulær. Frey, Serre og Ribets resultater viser at Frey kurven, hvis den eksisterer, ikke kan være modulær. Merk at Frey kurven bare eksisterer hvis det finnes en løsning i naturlige tall a,b,c til likningen a p +b p = c p. Om morgenen den 23. juni 1993, mot slutten på en forelesningsrekke ved Isaac Newton instituttet i Cambridge, England, annonserte så den britiske matematikeren Andrew Wiles at han hadde bevist en stor del av Taniyama Shimura formodningen, nemlig at enhver såkalt semistabil elliptisk kurve definert over Q er modulær. Frey kurven er semistabil, og må derfor være modulær, hvis den eksisterer. Denne motsigelsen med Frey, Serre og Ribets resultater viser at Frey kurven ikke kan eksistere, og at det derfor ikke finnes noen løsning a,b,c til likningen a p +b p = c p for p et odde primtall. Dermed er Fermats siste teorem bevist. Samme dag spredde nyheten seg via Internettet. Dagen etter nådde resultatet forsidene på flere av verdens største aviser (New York Times, Guardian, Le Monde). Noen uker senere ble et 200 siders manuskript innlevert til tidsskriftet Inventiones Mathematicae, som fordelte oppgaven med å kontrollere beviset mellom fem referees. Ekspertenes reaksjoner var først positive. Wiles var allerede kjent som en pålitelig matematiker, f. eks. gjennom sitt bevis av den såkalte Iwasawas main conjecture, publisert i Så i oktober 1993 spredte det seg rykter om at det var en feil i beviset, knyttet til konstruksjonen av et såkalt Euler Kolyvagin system i en Selmer gruppe. Og i desember sirkulerte et brev fra Wiles hvor han sier at det er et gap i argumentet, men at han ville forklare hvordan det skulle repareres i sitt kurs ved Princeton University, New Jersey, i løpet av våren Våren 1994 takker Wiles nei til et tilbud om å reklamere for klesforretningskjeden The Gap i USA. Ved den internasjonale matematikk kongressen i Zürich i august 1994 står Wiles frem og sier klart fra at han ikke har et bevis for Fermats siste teorem. Så, den 7. oktober 1994 frigis to nye manuskripter fra Princeton University. Ett kortere fellesarbeide mellom Wiles og hans tidligere student Richard Taylor, med tittelen Ring theoretic properties of certain Hecke algebras, og et 136 siders arbeide av Wiles, med tittelen Modular elliptic curves and Fermats last theorem. Konstruksjonen av Euler Kolyvagin systemet som tidligere skapte problemer er nå skiftet ut med en Hecke algebra, som vises å være et komplett snitt i det første arbeidet. Dette var en eldre ide av Wiles, som han i første omgang forlot da han ble kjent med Euler Kolyvagin systemer i en artikkel av Flach fra Det var i forbindelse med denne nye ingrediensen at Wiles viste seg å ha trukket forhastede slutninger, som kanskje er forståelig, gitt spenningen knyttet til å være så nær et bevis for Fermats siste teorem. ( a c b d )
7 FERMATS SISTE TEOREM 7 Gerd Faltings, også ved Princeton, er en av flere eksperter som nå har gått god for Wiles nye bevis. Artiklene er inne til vurdering, men ekspertene har nå hatt mer tid til å sette seg inn i Wiles konstruksjoner, og det er en meget sterk følelse av at problemet omkring Fermats siste teorem nå endelig er løst, drøyt 350 år etter dets formulering, og kanskje år etter dets matematiske opphav på de babylonske leirtavlene.
Andrew Wiles, modularitetsformodningen og Fermats siste sats
Andrew Wiles, modularitetsformodningen og Fermats siste sats John Rognes Universitetet i Oslo Hamar, 15. september 2016 Andrew Wiles Det Norske Videnskaps-Akademi har besluttet å tildele Abelprisen for
Noen 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
Fermats siste teorem. Arne B. Sletsjøe. Universitetet i Oslo
Fermats siste teorem Arne B. Sletsjøe Universitetet i Oslo 3 8.198.204.823 Teorem (Wiles, 1993-95) Likningen x n + y n = z n Sir Andrew Wiles (1954-) har ingen ikke-trivielle heltalls-løsninger for n >
Litt om diofantiske likninger
1 Litt om diofantiske likninger av Dag Magne Johannessen Når vi skal løse en likning eller et likningssett, diskuterer vi sjelden hvilken grunnmengde som er til rådighet. Problemet går som regel ut på
Dette brukte vi f.eks. til å bevise binomialteoremet. n i. (a + b) n = a i b n i. i=0
Prinsippet om matematisk induksjon: anta du har en påstand som er avhengig av et positivt heltall n. Om du kan vise to ting, nemlig at påstanden er sann for n = 1 og at om påstanden er sann for n = k,
Abelprisvinner L-funksjoner Kjempers skuldre Galois Frobenius Artin Wiles. Årets Abel-pris Robert Langlands
Årets Abel-pris Robert Langlands L for Langlands L-funksjoner L for Langlands L-funksjoner L for L-funksjoner L for Langlands L-funksjoner L for L-funksjoner L-funksjoner er spesielle funksjoner av typen
Forelesning 1, 10.01: Geometri før Euklid
Forelesning 1, 10.01: Geometri før Euklid Antikk Geometri før Grekerne (Egypt, Kina, Babylonia) 1. er forhold mellom sirkelens omkretsen (den er lengde av sirkelpereferi) og diameteren, SIRKELEN = omkretsen
ESTETIKK I MATEMATIKK. 1. Om det vakre - Er du opptatt av estetikk? - Hva mener du, om jeg ser mye på kunst? - Ja, nei...
ESTETIKK I MATEMATIKK KRISTIAN RANESTAD Abstract. Det vakre spiller en vesentlig motiverende og veiledende rolle i matematikken. Med eksempler fra geometri, tallteori og et gammelt puslespill viser jeg
Løsningsforslag Matematikk for ungdomstrinnet Del 1, Modul 1, 4MX130UM1-K
Løsningsforslag Matematikk for ungdomstrinnet Del 1, Modul 1, 4MX130UM1-K ORDINÆR EKSAMEN 11.1.009 Oppgave 1 a) En følge av parallellaksiomet er at samsvarende vinkler ved parallelle linjer er like store.
TMA4100 Matematikk 1, høst 2013
TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 Teknostart Forelesning 3 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, høst 2013, Teknostart Forelesning 3 Tema Logikk Definisjoner og Teoremer Mengder og Egenskaper ved de Reelle Tall
Bevis i Geometri. 23. April, Kristian Ranestad Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo
Kristian Ranestad Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 23. April, 2012 Matematikk - å regne - å resonnere/argumentere Geometri -hvorfor? Argumentasjon og bevis, mer enn regning etter oppskrifter.
Matematisk studentkollokvium. En liten smakebit av Algebraisk geometri og Rasjonale cuspidale plane kurver. Torgunn Karoline Moe. 12.
Matematisk studentkollokvium 12.mars 2010 ebit av geometri og Rasjonale cuspidale plane kurver Torgunn Karoline Moe CMA / Matematisk institutt Universitetet i Oslo De mest spennende objektene i verden
Syklotome heltall og Kummers bevis for Fermats siste teorem. Paul Mathias Høglend Masteroppgave, våren 2017
Syklotome heltall og Kummers bevis for Fermats siste teorem Paul Mathias Høglend Masteroppgave, våren 2017 Denne masteroppgaven er levert inn under masterprogrammet Matematikk, studieretning Matematikk,
MA2401 Geometri Vår 2018
MA2401 Geometri Vår 2018 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 8 5.1 9 La l og m være to parallelle linjer. Vi skal vise at det finnes ei linje
TALL. 1 De naturlige tallene. H. Fausk
TALL H. Fausk 1 De naturlige tallene De naturlige tallene er 1, 2, 3, 4, 5,... (og så videre). Disse tallene brukes til å telle med, og de kalles også telletallene. Listen med naturlige tall stopper ikke
Hvis vi har informasjon om geometrien, hva vet vi da om den underliggende algebraiske strukturen?
Den første Abel-prisen er tildelt Jean-Pierre Serre, en av vår tids store matematikere. Serre er professor emeritus ved Collège de France i Paris. Han har gitt dyptgående bidrag til matematikkens utvikling
MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Første samling Runar Ile
MAUMAT644 ALGEBRA vår 2016 Første samling Runar Ile 1 Introduksjon: Grupper og ringer Ringer En ring er et sted hvor du kan addere, subtrahere og multiplisere. Hvis du også kan dividere kalles ringen for
Forelesning 14 torsdag den 2. oktober
Forelesning 14 torsdag den 2. oktober 4.1 Primtall Definisjon 4.1.1. La n være et naturlig tall. Da er n et primtall om: (1) n 2; (2) de eneste naturlige tallene som er divisorer til n er 1 og n. Eksempel
Diofantiske likninger og Fermats Store Sats
Diofantiske likninger og Fermats Store Sats Notater fra forelesninger i et prosjekt for gymnaset støttet av Marianne och Marcus Wallenbergs stiftelse. Dan Laksov Matematiska Institutionen KTH Matematiska
Et løst og et par uløste matematiske problem
Kapittel 35 Et løst og et par uløste matematiske problem I dette kapitlet skal vi fortelle deg om et berømt matematisk problem som nylig ble løst etter 35 år, og om et par som fortsatt er uløste. Et løst
INDUKSJONSPRINSIPPET MAT111 - H16
INDUKSJONSPRINSIPPET MAT - H ANDREAS LEOPOLD KNUTSEN. Matematisk induksjon I læreboken står kun en liten trudelutt om matematisk induksjon i margen på side 0 (side 09 i utg. 7, side 08 i utg. ). Det er
Geometri R1. Test, 1 Geometri
Test, 1 Geometri Innhold 1.1 Formlikhet... 1 1.2 Pytagoras setning... 8 1.3 Setningen om periferivinkler og Thales setning... 15 1.4 Geometriske steder... 21 1.5 Skjæringssetninger i trekanter... 25 1.6
Løsningsforslag. a) i. b) (1 i) 2. e) 1 i 3 + i LF: a) Tallet er allerede på kartesisk form. På polar form er tallet gitt ved
Innlevering ELFE KJFE MAFE Matematikk 000 HIOA Obligatorisk innlevering Innleveringsfrist Mandag 3. august 05 før forelesningen :30 Antall oppgaver: 5 Løsningsforslag Uttrykk følgende komplekse tall både
3Geometri. Mål. Grunnkurset K 3
Geometri Mål Når du er ferdig med grunnkurset, skal du kunne finne speilingssymmetri og rotasjonssymmetri i figurer i planet kjenne til vinkelsummen i en trekant, komplementærvinkler, supplementvinkler,
NORGES INFORMASJONSTEKNOLOGISKE HØGSKOLE
Oppgavesettet består av 6 (seks) sider. NORGES INFORMASJONSTEKNOLOGISKE HØGSKOLE Matematikk R1 GEOMETRI OG VEKTORER Tillatte hjelpemidler: Alle Varighet: Ubegrenset Dato: 10.4 (Innleveringsfrist) Fagansvarlig:
Oppfriskningskurs i matematikk Dag 3
Oppfriskningskurs i matematikk Dag 3 Petter Nyland Institutt for matematiske fag Onsdag 8. august 2018 Dagen i dag Tema 4 Polynomer: Faktorisering, røtter, polynomdivisjon, kvadratiske ligninger og rasjonale
MA2401 Geometri Vår 2018
MA2401 Geometri Vår 2018 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag 8.1 5 Vi skal vise følgende: hvis γ 1 = C(O 1, r 1 ) og γ 2 = C(O 2, r 2 ) er to sirkler som skjærer
5.4 Den estetiske dimensjonen
5.4 Den estetiske dimensjonen I et brev til sin elskerinne, Sophie Volland, skriver redaktøren av Encyclopedi, Denis Diderot (1713 1774): «Michelangelo søker etter hvilken form han skal gi kuppelen i St.
Niels Henrik Abels matematikkonkurranse Løsninger
Niels Henrik Abels matematikkonkurranse 2015 2016. Finale 1. mars 2016 Oppgave 1. Fargelegg et 2016 1010-rutenett som et sjakkbrett, med rute (i, j) hvit når i + j er et partall og svart når i + j er et
Teorem 10 (Z n, + n ) er en endelig abelsk gruppe. 8. november 2005 c Vladimir Oleshchuk 35. Teorem 11 (Z n, ) er en endelig abelsk gruppe.
Endelige grupper Teorem 10 (Z n, + n ) er en endelig abelsk gruppe. En gruppe er en mengde S sammen med en binær operasjon definert på S, betegnes (S, ), med følgende egenskaper: 1. a, b S, a b S 2. det
A)4 B) 6 C) 12 D) 24 E) 64
SETT 29 OPPGAVER FRA ABELS HJØRNE I DAGBLADET DAG 1 1. Nils abonnerer på Aftenposten, og en morgen består avisen av fire deler. Hvis Nils leser en del av gangen, i hvor mange forskjellige rekkefølger kan
Del 2: Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon.
Eksamensoppgavesettet er utarbeidet av Utdanningsdirektoratet. Avvik fra det originale eksamenssettet er eventuelle spesifiseringer og illustrasjoner. Løsningsforslagene i sin helhet er utarbeidet av matematikk.org.
Eksamen REA3022 R1, Høsten 2010
Eksamen REA30 R1, Høsten 010 Del 1 Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 (0 poeng) a) Deriver funksjonene 1) f x x e x e x
1. π π er forholdet mellom sirkelens omkretsen (den er lengde av sirkelpereferi) og diameteren.
Geometri før Euklid og Euklids Elementene Mye av material ned er fra matematikk.no Antikk Geometri før Grekerne (Egypt, Kina, Babylonia) 1. π π er forholdet mellom sirkelens omkretsen (den er lengde av
Eksamen REA3022 R1, Våren 2009
Eksamen REA0 R, Våren 009 Del Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave a) Deriver funksjonene ) f x x 4 4 8 f x x x x x ) g x x
være en rasjonal funksjon med grad p < grad q. La oss skrive p(x) (x a)q(x) = A
MA 4: Analyse Uke 46, http://homehiano/ aasvaldl/ma4 H Høgskolen i Agder Avdeling for realfag Institutt for matematiske fag Oppgave 73: Først skal vi delbrøkoppspalte (se Eksempel 5 side 558 i boka) 3t
Pytagoras fra Samos. Gunnar Gjone: Matematikk på frimerker. (ca. 572 497 f.kr) TANGENTEN 3/1999 15
TANGENTEN 3/1999 15 Gunnar Gjone: Matematikk på frimerker Pytagoras fra Samos (ca. 57 497 f.kr) Det finnes få skriftlige dokumenter fra den eldste greske matematikken (fra før år 300 f.kr.). Det finnes
Litt topologi. Harald Hanche-Olsen
MA2104 2006 Litt topologi Harald Hanche-Olsen [email protected] De reelle tall En grunnleggende egenskap ved de reelle tall, som skiller dem fra de rasjonale tall, er kompletthetsaksiomet. Det har flere
Løsningsforslag til eksamen i MAT101 høsten 2015
sforslag til eksamen i MAT101 høsten 2015 Oppgave 1 (vekt 30 %) a) Gjør om tallene til det angitte tallsystemet i) 632 syv = ti ii) 346 ti = åtte : i) 632 syv = 6 7 2 + 3 7 + 2 = 317 ii) 346 ti = 5 8 2
MA2401 Geometri Vår 2018
MA2401 Geometri Vår 2018 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 6 4.5 1 La ABC være en trekant, og la D være et punkt på AB slik at A B D. Utsagnet
2 = 4 x = x = 3000 x 5 = = 3125 x = = 5
Heldagsprøve i FO99A matematikk Dato: 7. desember 010 Tidspunkt: 09:00 14:00 Antall oppgaver 4 Vedlegg: Formelsamling Tillatte hjelpemidler: Godkjent kalkulator Alle svar skal grunngis. Forsøk å gi svarene
DAFE BYFE Matematikk 1000 HIOA Obligatorisk innlevering 1 Innleveringsfrist Fredag 22. januar :00 Antall oppgaver: 5.
Innlevering DAFE BYFE Matematikk 000 HIOA Obligatorisk innlevering Innleveringsfrist Fredag. januar 06 4:00 Antall oppgaver: 5 Vi anbefaler at dere regner oppgaver fra boken først. Det er en liste med
Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 9. desember 2008 Tidspunkt Antall oppgaver 6. Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator
Oppgave 1 Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 9. desember 2008 Tidspunkt 09.00-14.00 Antall oppgaver 6 Vedlegg Formelsamling Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Løsningsforslag a) Likningen
Forord. Oslo, juni 2001 Arne B. Sletsjøe
Forord Dette heftet i tallteori er tilpasset Matematisk institutts nettbaserte kurs i tallteori og baserer seg i stor grad på Erik Alfsen og Tom Lindstrøms kompendium i tallteori for MA 115/215. Heftet
A) 12 B) 13 C) 14 D) 15 E) 16
SETT 21 OPPGAVER FRA ABELS HJØRNE I DAGBLADET DAG 1 1. En bonde skal sette opp et gjerde rundt et trekantet område med sider 20 m, 20 m og 30 m. Han planlegger å sette opp stolper med 5 meters avstand
Forelesning 19 torsdag den 23. oktober
Forelesning 19 torsdag den 23. oktober 5.3 Eulers kriterium Merknad 5.3.1. Følgende proposisjon er kjernen til teorien for kvadratiske rester. Kanskje ser beviset ikke så vanskelig ut, men la merke til
Løsningsforslag. Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver teller like mye.
Eksamen i FO929A - Matematikk Dato: 2013 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 5 (20 deloppgaver) Antall sider: 3 Vedlegg: Formelsamling Hjelpemiddel: Kalkulator Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver teller
DEL 1 Uten hjelpemidler
DEL 1 Uten hjelpemidler Oppgave 1 (0 poeng) a) Deriver funksjonene f = e 1) ( ) ) g( ) = 3 1 b) Vis at = 1 er en løsning av likningen 3 6 + 6= 0 Bruk polynomdivisjon til å finne de andre løsningene. c)
MA1301 Tallteori Høsten 2014
MA1301 Tallteori Høsten 014 Richard Williamson 1. august 015 Innhold Forord 7 1 Induksjon og rekursjon 9 1.1 Naturlige tall og heltall............................ 9 1. Bevis.......................................
Karakteriseringen av like mengder. Mengder definert ved en egenskap.
Notat 2 for MAT1140 2 Bevis La oss si at vi er overbevist om at utsagn P er sant, og at vi ønsker å kommunisere denne innsikten. Eller la oss si vi er ganske sikre på at P er sant, men ønsker, overfor
SAMMENDRAG OG FORMLER. Nye Mega 9A og 9B
SAMMENDRAG OG FORMLER Nye Mega 9A og 9B 1 Sammendrag og formler Nye Mega 9A Kapittel A GEOMETRI Regulære mangekanter Når alle sidene er like lange og alle vinklene er like store i en mangekant, sier vi
Kapittel 6. Trekanter
Kapittel 6. Trekanter Mål for kapittel 6: Kompetansemål Mål for opplæringen er at eleven skal kunne bruke og grunngi bruk av formlikhet, målestokk og Pytagoras setning til beregninger i praktisk arbeid
Øvingsforelesning 5. Binær-, oktal-, desimal- og heksidesimaletall, litt mer tallteori og kombinatorikk. TMA4140 Diskret Matematikk
Binær-, oktal-, desimal- og heksidesimaletall, litt mer tallteori og kombinatorikk Øvingsforelesning 5 TMA4140 Diskret Matematikk 1. og 3. oktober 2018 Dagen i dag Repetere binære, oktale osv. heltallsrepresentasjoner,
Stomachion. Kristian Ranestad. 10. Mars 2005
10. Mars 2005 Et gammelt puslespill og et matematisk problem Et gammelt puslespill Manuskriptet Arkimedes Palimpsest dukket opp på en auksjon hos Christie s i New York i 1998. Kjøperen som betalte to millioner
MA2401 Geometri Vår 2018
MA2401 Geometri Vår 2018 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 4 4.1 1 Dette resultatet følger fra ytre vinkel-teoremet og lineært par-teoremet.
Eksempeloppgåve/ Eksempeloppgave Desember 2007
Eksempeloppgåve/ Eksempeloppgave Desember 007 REA30 Matematikk R Programfag Nynorsk/Bokmål Del Oppgave a) Deriver funksjonene ) ln ) g x f x x x 3e x b) Bestem følgende grenseverdi, dersom den eksisterer:
STØRRELSER OG TALL Om størrelser skriver Euklid i Bok 5: 1. En størrelse er en del av en annen størrelse, den mindre av den større når den måler (går
STØRRELSER OG TALL Om størrelser skriver Euklid i Bok 5:. En størrelse er en del av en annen størrelse, den mindre av den større når den måler (går opp i) den større.. Den større er et multiplum av den
Den første implikasjonen er bevist i oppgave 1.30c. Den andre vises kontrapositivt slik:
1. Noen bevismetoder OPPGAVE 1.0 a) x og y er begge partall x= 2 k og y = 2 l og k og l er begge hele tall x y = 2k 2l = 22 kl = 2 s Når både k og l er hele tall, må også s = 2 kl være et helt tall. Derfor
Tallregning og algebra
30 Tallregning og algebra Mål for opplæringen er at eleven skal kunne tolke, bearbeide og vurdere det matematiske innholdet i ulike tekster bruke matematiske metoder og hjelpemidler til å løse problemer
MAT1030 Diskret matematikk
MAT1030 Diskret matematikk Plenumsregning 5: Ukeoppgaver fra kapittel 4 Roger Antonsen Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 14. februar 2008 Oppgave 4.4 Skriv ned setninger som svarer til den konverse
GEOMETRI I PLANET KRISTIAN RANESTAD
GEOMETRI I PLANET KRISTIAN RANESTAD Abstract. Dette kompendiet er laget for et etterutdanningskurs i geometri, og det gir bakgrunn for og supplerer forelesningene i kurset samtidig som det inneholder relevante
Eksamen REA3022 Matematikk R1. Nynorsk/Bokmål
Eksamen 30.11.010 REA30 Matematikk R1 Nynorsk/Bokmål Bokmål Eksamensinformasjon Eksamenstid: Hjelpemidler på Del 1: Hjelpemidler på Del : Framgangsmåte: 5 timer: Del 1 skal leveres inn etter timer. Del
Oppfriskningskurs i Matematikk
Oppfriskningskurs i Matematikk Dag 3 Stine M. Berge 07.08.19 Stine M. Berge (NTNU) Oppfriskningskurs i Matematikk 07.08.19 1 / 19 Polynomer Polynomer er de enkleste funksjonene Definert og kontinuerlig
Dedekind introduserer nå en spesiell klasse snitt som han kaller rasjonale snitt:
DE IRRASJONALE TALLENE EUDOXUS TESTAMENTE. Dedekind s snitt. Vi så tidligere at de greske matmatikerene kom til klarhet over at ikke alle forhold kunne beskrives som de vi kaller rasjonale tall dvs at
Eksamen i matematikk løsningsforslag
Eksamen i matematikk 101 - løsningsforslag BOKMÅL Emnekode: MAT101 Eksamen Tid: 4 timer Dato: 24.10.2016 Hjelpemidler: Kalkulator, linjal, tegne- og skrivesaker Studiested: Notodden og nett Antall sider:
Polare trekanter. Kristian Ranestad. 27. oktober Universitetet i Oslo
Universitetet i Oslo 27. oktober 2011 Pol og polare Enhetssirkelen har likningen q(x, y) = x 2 + y 2 1 = 0 For hvert punkt a = (a 1, a 2 ) på sirkelen er tangentlinja til sirkelen definert av likningen
Faktor terminprøve i matematikk for 10. trinn
Faktor terminprøve i matematikk for 10. trinn Høsten 201 Bokmål Navn: Gruppe: Prøveinformasjon Prøvetid: Hjelpemidler på Del 1 og 2: Framgangsmåte og forklaring: 5 timer totalt. Del 1 og Del 2 blir utdelt
Kapittel 5: Mengdelære
MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 10: Mengdelære Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Kapittel 5: Mengdelære 17. februar 2010 (Sist oppdatert: 2010-02-17 12:41) MAT1030 Diskret Matematikk
MAT1030 Diskret Matematikk
MAT1030 Diskret Matematikk Forelesning 10: Mengdelære Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 17. februar 2010 (Sist oppdatert: 2010-02-17 12:40) Kapittel 5: Mengdelære MAT1030 Diskret Matematikk
MA2401 Geometri Vår 2018
MA2401 Geometri Vår 2018 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag 3.5 2 La l være ei linje, A et punkt på l og B et annet punkt på l. Vi skal vise at det finnes nøyaktig
Fermats siste teorem
Fermats siste teorem Cubem autem in duos cubos, aut quadratoquadratum in duos quadratoquadratos, et generaliter nullam in infinitum ultra quadratum potestatem in duos eiusdem nominis fas est dividere.
Løsningsforslag til eksamen i MAT101 vår 2016
sforslag til eksamen i MAT101 vår 2016 Oppgave 1 (vekt 30 %) a) Gjør om tallene til det angitte tallsystemet i) 567 åtte = ti ii) 476 ti = åtte : i) 567 åtte = 5 8 2 + 6 8 + 7 = 375 ti ii) 476 ti = 7 8
5.A Digitale hjelpemidler i geometri
5.A Digitale hjelpemidler i geometri Geometri handler om egenskapene til punkter, linjer og figurer i planet og i rommet. I alle tider har blyant og papir samt passer og linjal vært de viktigst hjelpemidlene
Læreplan i matematikk. Kompetansemål etter 10. årstrinn
Læreplan i matematikk Kompetansemål etter 10. årstrinn Tall og algebra Eleven skal kunne: 1. Sammenlikne og regne om hele tal, desimaltall, brøker, prosent, promille og tall på standardform 2. Regne med
TENTAMEN, VÅR FASIT MED KOMMENTARER.
TENTAMEN, VÅR 017. FASIT MED KOMMENTARER. DELPRØVE 1. OPPG 1 556 + 1555 = 111 3 85 = - (85 3) 85-3 6 3 85 = - 6 C: 30. 9 718 108 = 1798 D: 68 : 3 = 16 6 3 18 18 OPPG 3 50 mm = 3,50 m 0, h = 0,. 60 = 1
Gauss-Jordan eliminasjon; redusert echelonform. Forelesning, TMA4110 Fredag 18/9. Reduserte echelonmatriser. Reduserte echelonmatriser (forts.
Gauss-Jordan eliminasjon; redusert echelonform Forelesning, TMA4110 Fredag 18/9 Martin Wanvik, IMF MartinWanvik@mathntnuno En matrise vil normalt være radekvivalent med flere echelonmatriser; med andre
Løsningsforslag Øving 5 TMA4140 Diskret matematikk Høsten 2010
Løsningsforslag Øving 5 TMA4140 Diskret matematikk Høsten 2010 1. a) Ingen andre tall enn en deler en, og en deler fire, så (1, 4) = 1 b) 1 c) 7 er et primtall og 7 er ikke en faktor i 41, så største felles
(a) R n defineres som mengden av kolonnevektorer. a 1 a 2. a n. (b) R n defineres som mengden av radvektorer
5 Vektorrom Et vektorrom er en mengde V med tre algebraiske operasjoner (addisjon, negasjon og skalærmultiplikasjon) som tilfredsstiller de 10 betingelsene fra Def. 4.1.1. Jeg vil ikke gi en eksamensoppgave
1.7 Digitale hjelpemidler i geometri
1.7 Digitale hjelpemidler i geometri Geometri handler om egenskapene til punkter, linjer og figurer i planet og i rommet. I alle tider har blyant og papir samt passer og linjal vært de viktigst hjelpemidlene
b) Lag to likninger med ulik vanskegrad (en ganske lett og en vanskelig), der svaret i begge skal bli x = -3. Løs også likningene.
Oppgave I Likninger og ulikheter a) Løs likningen: x + 2 a. + (3x + 4) 3 6 2 ( x + 2)6 6 6 + (3x + 4) 3 6 2 2x + 4 + 9x + 2 2x 9x 2 5 x b) Lag to likninger med ulik vanskegrad (en ganske lett og en vanskelig),
Problemløsing. Treningshefte foran Niels Henrik Abels matematikk-konkurranse. Einar Andreas Rødland 199X
Problemløsing Treningshefte foran Niels Henrik Abels matematikk-konkurranse Einar Andreas Rødland 199X Innhold 1 Innledning 3 2 Logikk og beviser 3 3 Geometri 5 4 Reductio ad absurdum 7 5 Induksjonsbevis
KONTROLLSTRUKTURER. MAT1030 Diskret matematikk. Kontrollstrukturer. Kontrollstrukturer. Eksempel (Ubegrenset while-løkke)
KONTROLLSTRUKTURER MAT1030 Diskret matematikk Forelesning 2: Flere pseudokoder. Representasjoner av tall. Dag Normann Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 16. januar 2008 Mandag innførte vi pseudokoder
Eksamen MAT1013 Matematikk 1T Va ren 2014
Eksamen MAT1013 Matematikk 1T Va ren 014 Oppgave 1 (1 poeng) Regn ut og skriv svaret på standardform,5 10 3,0 10 15 5 15 ( 5) 10,5 3,0 10 7,5 10 Oppgave ( poeng) Regn ut og skriv svaret så enkelt som mulig
Geometri. Mål. for opplæringen er at eleven skal kunne
8 1 Geometri Mål for opplæringen er at eleven skal kunne bruke geometri i planet til å analysere og løse sammensatte teoretiske og praktiske problemer knyttet til lengder, vinkler og areal 1.1 Vinkelsummen
Komplekse tall. Kapittel 2. Den imaginære enheten. Operasjoner på komplekse tall
Kapittel Komplekse tall Oppfinnelsen av nye tallsystemer henger gjerne sammen med polynomligninger x + 4 0 har ingen positiv løsning, selv om koeffisientene er positive tall Vi må altså inn med negative
Eksamen MAT1013 Matematikk 1T Våren 2013
DEL 1 Uten hjelpemidler Oppgave 1 (1 poeng) Regn ut og skriv svaret på standardform 750 000 0,005 5 7,510 7,5 5 3 8 3 10 1,5 10 510 5 Oppgave (1 poeng) Løs likningssystemet x3y7 5xy8 Velger å løse likningen
MAT1140: Partielle ordninger, Zorns lemma og utvalgsaksiomet
MAT1140: Partielle ordninger, Zorns lemma og utvalgsaksiomet I dette notatet skal vi se på Zorns lemma, som er et kraftig redskap for å bevise eksistensen av matematiske objekter. Beviset for Zorns lemma
Sammendrag R1. Sandnes VGS 19. august 2009
Sammendrag R1 Sandnes VGS 19. august 2009 1 1 Notasjon Implikasjon Vi skriver A B hvis påstanden A impliserer B. Det vil si at hvis påstand A er riktig, så er påstand B riktig. Ekvivalens Vi skriver A
Eksamen 1T våren 2016 løsning
Eksamen T våren 06 løsning Oppgave ( poeng) Regn ut og skriv svaret på standardform,8 0 0,0005,8 0,8 0 3,6 0 0,5 0 0,5 3 3 5 Oppgave (3 poeng) A B C D E F G H I J K L På tallinjen ovenfor er det merket
Eksamen R2 høsten 2014 løsning
Eksamen R høsten 04 løsning Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave (3 poeng) Deriver funksjonene a) f x cos3x Vi bruker kjerneregelen
R1 Eksamen høsten 2009 Løsning
R1 Eksamen, høsten 009 Løsning R1 Eksamen høsten 009 Løsning Del 1 Oppgave 1 3 a) Deriver funksjonen f( x) 5e x f( x) 5e 3 15e 3 x 3x b) Deriver funksjonen gx x 3 ln x x x g( x) 3x ln x x 3 x 3ln 1 3 c)
Sammendrag R1. 26. januar 2011
Sammendrag R1 26. januar 2011 1 1 Notasjon Implikasjon Vi skriver A B hvis påstanden A impliserer B. Det vil si at hvis påstand A er riktig, så er påstand B riktig. Ekvivalens Vi skriver A B hvis to påstander
MA1301 Tallteori Høsten 2014 Oversikt over pensumet
MA1301 Tallteori Høsten 2014 Oversikt over pensumet Richard Williamson 3. desember 2014 Innhold Pensumet 2 Generelle råd 2 Hvordan bør jeg forberede meg?.......................... 2 Hva slags oppgaver
EKSAMEN I EMNET Løsning: Mat Grunnkurs i Matematikk I Mandag 14. desember 2015 Tid: 09:00 14:00
Universitetet i Bergen Det matematisk naturvitenskapelige fakultet Matematisk institutt Side 1 av 7 BOKMÅL EKSAMEN I EMNET Mat 111 - Grunnkurs i Matematikk I Mandag 14. desember 15 Tid: 9: 14: Tillatte
11 Nye geometriske figurer
11 Nye geometriske figurer Det gylne snitt 1 a) Mål lengden og bredden på et bank- eller kredittkort. Regn ut forholdet mellom lengden og bredden. Hvilket tall er forholdet nesten likt, og hva kaller vi
Eksamen REA3022 R1, Våren 2011
Eksamen REA30 R1, Våren 011 Del 1 Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 (18 poeng) 500 8 er a) Vis at den deriverte til funksjonen
Eksamen 1T våren 2015 løsning
Eksamen T våren 05 løsning Tid: 3 timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave ( poeng) Regn ut og skriv svaret på standardform 5 7,5 0 0,003
