(A B) C = A C B C och (A B) C = A C B C. Bevis: (A B) C = A C B C : (A B) C = A C B C : B C (A B) C A C B C

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Storlek: px
Starta visningen från sidan:

Download "(A B) C = A C B C och (A B) C = A C B C. Bevis: (A B) C = A C B C : (A B) C = A C B C : B C (A B) C A C B C"

Transkript

1 Sats 1.3 De Morgans lagar för mängder För alla mängder A och B gäller att (A B) C = A C B C och (A B) C = A C B C. (A B) C = A C B C : A B A C (A B) C B C A C B C (A B) C = A C B C : A B A C (A B) C B C A C B C

2 Sats Delbarhetssats 1 a, b, c Z : a b a c a (b + c). a b m Z : b = am. a c n Z : c = an. Därmed är b + c = am + an = a(m + n).

3 Sats Delbarhetssats 2 a, b, c Z : a b b c a c. a b m Z : b = am. b c n Z : c = bn. Därmed är c = bn = amn.

4 Sats Minsta äkta delaren är ett primtal Om heltalet n är sammansatt så är den minsta positiva äkta delaren till n ett primtal. Antag att n är ett sammansatt tal och att d är den minsta positiva äkta delaren till n. Antag nu motsatsen till påståendet, dvs att d inte är ett primtal. Då finns en äkta delare d till d som därmed även är en mindre äkta delare till n. Detta är en motsägelse eftersom d var den minsta äkta delaren till n. Alltså är den minsta äkta delaren ett primtal.

5 Sats Existens av primtalsfaktorisering Alla heltal kan primtalsfaktoriseras. Antag att n är ett sammansatt heltal (om det är ett primtal så är det ju sin egen primtalsfaktorisering) och att p 1 är den minsta positiva äkta delaren. Då finns ett heltal n 1 så att n = n 1 p 1. Om n 1 är ett primtal är primtalsfaktoriseringen klar. Om n 1 är sammansatt finns en minsta positiv äkta delare p 2 och ett tal n 2 så att n 1 = n 2 p 2 osv. Eftersom denna process måste sluta efter ett ändligt antal steg, säg m steg, har vi slutligen att n = n 1 p 1 = n 2 p 2 p 1 =... = n m p m p 2 p 1.

6 Sats Oändligt många primtal Det finns oändligt många primtal. (Euklides bevis) Antag motsatsen, dvs att det bara finns ändligt många primtal. Låt p vara det största primtalet och bilda N = (1 2 3 p) + 1 = p! + 1 > p Klart att N antingen är sammansatt eller primtal. Men eftersom p var det största primtalet och N > p så måste N vara sammansatt. Enligt ett lemma gäller att om N sammansatt så är den minsta positiva äkta delaren d ett primtal. Men inget av talen 2, 3,..., p kan vara delare eftersom de ger resten 1. Därmed måste d vara ett primtal som är större än p. Men eftersom p var det största primtalet är detta en motsägelse. Alltså finns det oändligt många primtal.

7 Sats 3.8 Moduloräkningssatsen Om a q och b r (mod c) så är (i) a + b q + r (ii) ab qr (iii) na nq (iv) a n q n. a q (mod c) innebär att x : a = cx + q. b r (mod c) innebär att y : b = cy + r. Därmed är (i): a + b = cx + q + cy + r = c(x + y) + (q + r) q + r (mod c) (ii) ab = (cx + q)(cy + r) = c(cxy + xr + yq) + qr qr (mod c) (iii) na = n(cx + q) = cnx + nq nq (mod c) (iv) a n = (cx + q)a n 1 = cxa n 1 + a n 1 q a n 1 q = (cx + q)a n 2 q = cxa n 2 q + a n 2 q 2 a n 2 q 2... q n (mod c).

8 Sats Existens av lösning till diofantisk ekvation a, b Z x, y : (ax + by = gcd(a, b)) Beräkna med hjälp av Euklides algoritm gcd(a, b) och nysta sedan upp resonemanget baklänges.

9 Sats Delbarhet 3 p primtal p ab p a p b Om p a är det klart. Antag därför att p a. Då gäller att gcd(p, a) = 1 (eftersom p är ett primtal) och enligt ett lemma finns då heltal x och y så att px + ay = 1. Multiplikation i båda led med b ger att bpx + aby = b. Eftersom nu p ab och p bpx måste p b.

10 Sats Aritmetikens fundamentalsats Varje primtalsfaktorisering är entydig. Enligt ett lemma kan varje heltal a primtalsfaktoriseras. Antag nu motsatsen till påståendet, dvs att a kan primtalsfaktoriseras på åtminstone två sätt så att a = p 1 p 2 p m = q 1 q 2 q n. Antag att m n (ingen inskränkning). Enligt ett annat lemma måste p 1 q i för något i. Då måste p 1 = q i eftersom båda talen är primtal. Numrera nu om så att q 1 = q i och dividera båda led med p 1 = q 1. Därmed har vi att p 2 p 3 p m = q 2 q 3 q n. Nu måste p 2 q i för något i. Numrera om så att q 2 = q i och dividera med p 2 = q 2, osv. Eftersom m n får vi efter m steg att 1 = q m+1 q m+2 q n vilket är en motsägelse eftersom q m+1, q m+2,..., q n alla är primtal. Alltså är primtalsfaktoriseringen entydig.

11 Sats 1.26 Samband mellan koefficienter och rationella rötter Om ekvationen a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 = 0 har en rot x = p q maximalt förkortad, så gäller att p a 0 och q a n. Antag att x = p q (maximalt förkortat) löser ekvationen ovan så är a n ( p q ) n + an 1 ( p q Multiplicera båda led med q n : ) n a1 p q + a 0 = 0. a n p n + a n 1 p n 1 q a 1 pq n 1 + a 0 q n = 0 ( ) a 0 q n = (a n p n 1 + a n 1 p n 2 q a 1 q n 1 )p p a 0 eftersom p q var maximalt förkortat. På samma sätt fås från ( ) att a n p n = (a n 1 p n a 1 pq n 2 + a 0 q n 1 )q q a n.

12 Sats 4.19 Existens av lösning till diofantisk ekvation Den diofantiska ekvationen ax + by = c har lösning om och endast om gcd(a, b) c. Antag att x, y Z : ax + by = c. Låt nu d = gcd(a, b). Eftersom d a finns ett heltal m så att a = md. Och d b innebär att det finns n så att b = nd. Alltså är c = ax + by = mdx + ndy och då d mdx + ndy måste även d = gcd(a, b) dela c. Låt d = gcd(a, b) och antag att d c. Då finns ett heltal n så att c = nd. Enligt ett lemma finns det alltid heltal x och y så att ax + by = d. Låt nu x = nx och y = ny så är ax+by = anx +bny = n(ax +by ) = nd = c.

13 Sats 4.20 Allmän lösning av diofantisk ekvation Om (x 0, y 0 ) är en lösning till ax + by = c, så är den fullständiga lösningsmängden {(x, y) : x = x 0 bm, y = y 0 + am, m Z}. Antag till att börja med att gcd(a, b) = 1. Detta är ingen inskränkning eftersom gcd(a, b) c är en förutsättning för att den diofantiska ekvationen ska ha någon lösning över huvud taget (enligt ett tidigare lemma), och man därmed annars kan dividera båda led med gcd(a, b). Tag godtyckligt ett heltal m. Antag att (x 0, y 0 ) är en lösning till den diofantiska ekvationen, dvs att ax 0 + by 0 = c och låt (x, y) = (x 0 bm, y 0 + am). Då är ax + by = a(x 0 bm) + b(y 0 + am) = ax 0 abm + by 0 + abm = ax 0 + by 0 = c Detta innebär att alla par på formen (x 0 bm, y 0 + am) där m Z är lösningar till den diofantiska ekvationen. Att det inte kan finnas några andra lösningar framgår av följande resonemang. Antag att (x, y) = (x 0 + u, y 0 + v) är en annan lösning. Då är a(x 0 + u) + b(y 0 + v) = c = ax 0 + ay 0 varmed au + bv = 0, dvs au = bv. Eftersom gcd(a, b) = 1 gäller att a b varmed a v, dvs det finns ett heltal m så att v = am och au = abm, dvs u = bm.

14 Sats 6.8 Lösning av homogen differensekvation Antag att den karakteristiska ekvationen λ 2 +pλ+q = 0 har rötterna λ 1 och λ 2. Då har den homogena rekurrensekvationen x n+2 +px n+1 +qx n = 0, n = 1, 2, 3,... den fullständiga lösningen x n = { C1 λ n 1 + C 2 λ n 2 om λ 1 λ 2 (C 1 n + C 2 )λ n 1 om λ 1 = λ 2 där C 1 och C 2 är konstanter. Antag att λ pλ 1 + q = λ pλ 2 + q = 0. Antag dessutom att λ 1 λ 2 så ger insättning av uttrycken för x n ovan att x n+2 + px n+1 + q = = C 1 λ n C 2 λ n p(c 1 λ n C 2 λ n+1 2 ) + q(c 1 λ n 1 + C 2 λ n 2) = C 1 λ n 1(λ pλ 1 + q) + C 2 λ n 2(λ pλ 2 + q) = 0 vilket verifierar lösningsformen då λ 1 λ 2. Antag nu istället att λ 1 = λ 2. Att ekvationen λ 2 + pλ + q = 0 har dubbelroten λ = λ 1 innebär att 0 = (λ λ 1 ) 2 = λ 2 2λ 1 λ + λ 2 1 = λ 2 + pλ + q om p = 2λ 1 och q = λ 2 1 ( ). Genom insättning av uttrycken för x n då λ 1 = λ 2 ovan fås att x n+2 + px n+1 + q = ) ) = (C 1 (n + 2) + C 2 λ n p (C 1 (n + 1) + C 2 λ n q(c 1 n + C 2 )λ n 1 ) = C 1 λ n 1 (n(λ 21 + pλ 1 + q) + 2λ 21 + pλ 1 + C 2 λ n 1(λ pλ 1 + q) = C 1 λ n 1(2λ pλ 1 ) = 0 om bara 2λ 2 1 = pλ 1. Men från ( ) ovan gäller i fallet med dubbelrot att p = 2λ 1. Alltså är pλ 1 = ( 2λ 1 )λ 1 = 2λ 2 1.

15 Sats 7.5 Binomialsatsen För alla reella tal x, y och icke-negativa heltal n gäller att (x + y) n = n k=0 ( ) n x k y n k k Betrakta produkten (x + y) n = (x + y)(x + y) (x + y). Vid utveckling av detta binom kommer vi att få en term genom att välja x i alla parenteserna, varmed termen blir x n. På samma sätt kan vi bara åstadkomma termen y n genom att välja y i alla parenteserna. Termen med x n 1 y däremot kan åstadkommas genom att välja x i alla utom sista, välja x i alla utom näst sista,..., x i alla utom i första. På så sätt får man nx n 1 y. På motsvarande sätt fås även nxy n 1. Osv. I allmänhet blir alla uttryck på formen x k y n k vilket innebär att man valt x i k av parenteserna och y i resten, dvs i n k parenteser. Antalet sätt man kan välja k stycken bland n möjliga är ( n k). Alltså blir utvecklingen av (x + y) n just ( n 0) x n + ( ) n 1 x n 1 y + ( ) n x n 2 y ( ) n y n = n 2 n k=0 ( n ) k x k y n k

16 16. Q uppräknelig Mängden Q är uppräknelig. Vi kan räkna upp de rationella talen p q värden på p och q: genom att lista dem för olika q : p : Detta inkluderar bara de positiva talen men det är ju inget problem p att för varje tal först räkna detta och sedan räkna dess negativa q motsvarighet p. Listan blir dubbelt så lång men lika uppräknelig. q

17 Sats 2 irrationellt 2 är ett irrationellt tal. Antag motsatsen, dvs att det finns tal p och q så att 2 kan skrivas p q maximalt förkortat. Då är 2 = ( p q )2 = p2 p 2 = 2q 2 p 2 jämnt q 2 tal p jämnt tal m : p = 2m så 2 = p2 q 2 = (2m)2 q 2 = 4 m2 q 2 2q 2 = 4m 2 q 2 = 2m 2 q 2 jämnt tal q jämnt tal n : q = 2n p = 2m q 2n som ej är maximalt förkortat Motsägelse! Alltså är 2 irrationellt.

18 Sats R överuppräknelig Mängden R är överuppräknelig. (Cantors diagonalbevis) Varje tal mellan 0 och 1 kan entydigt skrivas som ett oändligt decimaltal om vi bara lägger till att inget tal får avslutas med en oändlig sekvens av 9:or. Antag nu motsatsen till påståendet, dvs att mängden R är uppräknelig. Då måste det gå att räkna upp de reella talen mellan 0 och 1 genom att numrera dem med de positiva heltalen. Detta skulle ge en kolumn av decimalutvecklingar 1 : 0.a 11 a 12 a 13 a : 0.a 21 a 22 a 23 a : 0.a 31 a 32 a 33 a : 0.a 41 a 42 a 43 a där a ij är den j:te siffran i decimalutvecklingen av det i:te talet i kolumnen. Varje tal i kolumnen är unikt och alla tal mellan 0 och 1 måste finnas med i den (oändligt långa kolumnen). Bilda nu talet a = 0.a 1 a 2 a 3 a 4... där a i = { 1 om aii = 0 0 om a ii 0 Talet a är då olikt alla tal i kolumnen eftersom det är olikt det i:te talet i decimal i. Eftersom 0 < a < 1 är detta ett tal som inte är med i kolumnen, dvs kolumnen kan inte innehålla alla reella tal mellan 0 och 1, varmed vi har en motsägelse. Därmed är beviset klart.

19 Sats 6.1 Aritmetisk summa För alla n Z + är n k = k=1 n(n + 1). 2 Låt oss beteckna summan med S, dvs S = n k=1 k = n Skriv nu upp summan på det långa sättet (dvs utan summatecken) på en rad = S, och nedanför samma sak fast baklänges = S, och summera slutligen lodrätt, term för term: (n 1) + n = S + n + (n 1) = S (n+1) + (n+1) (n+1) + (n+1) = 2S Eftersom det är n termer på var och en av dessa rader gäller alltså att n(n + 1) = 2S. Dividerar vi slutligen båda led med 2 och betänker att S var summan n k=1 k får vi n(n+1) = n k 2 k=1 vilket skulle bevisas.

20 Sats 6.4 Teleskopsumma För alla n Z + och summander {a k : 0 k 1} är n (a k a k 1 ) = a n a 0. k=1 Direkt uträkning ger n (a k a k 1 ) = a 1 a 0 + a 2 a 1 + a 3 a a n 1 a n 2 +a n a n 1 k=1 = a 0 + (a 1 a 1 ) + (a 2 a 2 ) (a n 1 a n 1 )+a n = a n a 0

21 Sats Triangelolikheten för reella tal För alla reella tal x och y är x + y x + y och x y x y. Eftersom absolutbeloppet α av ett reellt tal α kan skrivas max( α, α), x + y x + y och x y x + y så är x + y = max( x y, x + y) x + y Därmed är den första olikheten bevisad. Om man i första olikheten byter x mot x y fås att (x y) + y = x x y + y (1) och om man i första olikheten byter y mot y x fås x + (y x) = y x + y x (2) Dvs (1) x y x y och (2) x y y x = x y. Därmed är x y = max( x y, x + y ) x y.

22 Observation 1.20, 1.49 Faktorsatsen p P : p(α) = 0 z α p(z). Divisionsalgoritmen säger att a, b Z, b 0 k, r Z : 0 r < b a = kb + r (se Algoritm 3.1). På samma sätt finns det en divisionsalgoritm för polynom som säger att p P, q P 0 k, r P : 0 grad r < grad q p = kq + r (där P 0 = {polynom p : gradp > 0}) vilket inte bevisas i denna kurs. Antag nu att p(α) = 0 och låt q(z) = z α P 0. Enligt divisionsalgoritmen för polynom finns det då k, r P : 0 grad r < grad q och p(z) = k(z)q(z) + r(z). Eftersom q(z) = z α är grad q = 1 varmed grad r måste vara 0, dvs r(z) = C (en konstant). Alltså har vi att p(z) = k(z)(z α) + C Dessutom var p(α) = 0. Därmed är 0 = p(α) = k(α)(α α) + C = C dvs C = 0. Alltså är slutligen p(z) = k(z)(z α) för något polynom k vilket är detsamma som att z α p(z).

23 Sats 6.5 Geometrisk summa För alla a 1 och n Z + är n k=0 a k = 1 an+1 1 a. Låt S = n a k k=0 Då är S = a 0 + a 1 + a a n = 1 + a + a a n och as = a + a 2 + a a n+1 så 1 + as = 1 + a + a a n + a n+1 varmed 1 + as a n+1 = 1 + a + a a n = S Ekvationen 1 as a n+1 = S är linjär med den obekanta S. Subtrahera as i båda led så fås 1 a n+1 = S as. Faktorisera nu S i högerledet: 1 a n+1 = S(1 a) och dividera slutligen båda led med 1 a (vilket är tillåtet eftersom ett villkor var att a 1) så fås att 1 a n+1 1 a = S = n k=0 a k.

24 Sats Exponentialuttryck divergerar snabbare än potensuttryck a > 1, α > 0 : ( ax då x ). x α Låt oss först bevisa detta påstående i specialfallet då α = 1 och låt dessutom a = 1 + p där p > 0 (eftersom a > 1). Beteckningen [x] betyder heltalsdelen av x och innebär att [x] är ett heltal sådant att x 1 < [x] x för alla reella tal x. Därmed har vi enligt Binomialsatsen (se Sats 7.5) med n = [x] att a x x (1 + p)x = x (1 + p)n x = 1 n ( ) n p k x k k=0 1 ( ) n p 2 x 2 = n(n 1) p 2 2x (x 1)(x 2) p 2 2x = 1 2 (x x )p2 eftersom x x då n. Antag nu att α är godtyckligt positivt och låt b = a 1/α. Eftersom a > 1 är då även b > 1 och a x x = ((a1/α ) x ) α ( b x ) α. = α x α x Då bx x om x gäller slutligen även att a x x α ( b x ) α = då x. x

25 Sats Potensuttryck divergerar snabbare än logaritmuttryck a > 1, α > 0 : ( xα då x ). log a x Låt t = log a x. Då gäller att t då x. Dessutom är x = a t. Därmed har vi att x α log a x = (at ) α t = (aα ) t t enligt föregående sats eftersom t då x.

26 Sats 1.21, 1.51 Faktorisering av polynom p P n c, α 1, α 2,..., α n C : p(z) = c(z α 1 )(z α 2 ) (z α n ). Enligt Algebrans fundamentalsats finns åtminstone ett nollställe, α 1 C, till p. Därmed gäller enligt Faktorsatsen att q 1 P n 1 : p(z) = (z α 1 )q 1 (z). Om nu n 1 = 0 är beviset klart, ty då är q 1 konstanten c. Om n 1 1 gäller åter enligt Algebrans fundamentalsats att q 1 har ett nollställe, α 2 C, så enligt Faktorsatsen har vi att q 2 P n 2 : q 1 (z) = (z α 2 )q 2 (z). Om nu n 2 är beviset klart med c = q 2. Om inte, då finns det α 3 C och q 3 P n 3 så att q 2 (z) = (z α 3 )q 3 (z), osv. Denna procedur fortsätter n steg och slutar med att q n : q n 1 (z) = (z α n )q n (z) där q n helt enkelt är den komplexa konstanten c. Därmed är p(z) = (z α 1 )q 1 (z) = (z α 1 )(z α 2 )q 2 (z) = (z α 1 )(z α 2 )(z α 3 )q 3 (z). = (z α 1 )(z α 2 )(z α 3 ) (z α n )c

27 Sats 1.52 Samband mellan polynom och konjugerande nollställen p P R : (p(z) = 0 p( z) = 0). Antag att p(z) = a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0 där a i R för alla i. Antag nu dessutom att p(z 0 ) = 0. Vi ska visa att p( z 0 ) = 0. Detta skulle då innebära att p(z 0 ) = 0 p( z 0 ) = 0. Eftersom z 0 = z 0 för alla z 0 C skulle det dock även innebära att p( z 0 ) = 0 p(z 0 ) = 0 och beviset skulle vara klart. Vi har att p(z 0 ) = a n z n 0 + a n 1 z n a 1 z 0 + a 0 = 0 De elementära räknereglerna för konjugatet kan sammanfattas a z = az z + w = z + w z n = z n för alla n Z +, a R och z, w C. Därmed är p( z 0 ) = a n z n 0 + a n 1 z n a 1 z 0 + a 0 = a n z n 0 + a n 1 z n a 1 z 0 + a 0 = a n z n 0 + a n 1 z n a 1 z 0 + a 0 = a n z n 0 + a n 1 z n a 1 z 0 + a 0 = 0 = 0

28 Sats 1.40 Triangelolikheten för komplexa tal z + w z + w för alla z, w C. För alla komplexa tal z = a+bi är z 2 = a 2 +b 2 a 2 = (Re z) 2. Alltså gäller att z Re z. Dessutom är z + z = 2Re z och zw = z w, så z + w 2 = (z + w)(z + w) = z z + z w + w z + w w = z 2 + z w + z w + w 2 = z 2 + 2Re (z w) + w 2 z z w + w 2 = ( z + w ) 2 Därmed är z + w z + w.

Talmönster och algebra. TA

Talmönster och algebra. TA Talmönster och algebra. TA Diagnoserna i området avser att kartlägga om eleverna kan upptäcka talmönster samt på olika sätt bearbeta algebraiska uttryck och ekvationer. Förståelse av koordinatsystem och

Läs mer

Mer om reella tal och kontinuitet

Mer om reella tal och kontinuitet Kapitel R Mer om reella tal och kontinuitet I detta kapitel formulerar vi ett av de reella talens grundläggande axiom, axiomet om övre gräns, och studerar några konsekvenser av detta. Med dess hjälp kommer

Läs mer

ALGEBRA. J. Brzezinski

ALGEBRA. J. Brzezinski LINJÄR OCH MULTILINJÄR ALGEBRA J. Brzezinski MATEMATISKA VETENSKAPER CHALMERS TEKNISKA HÖGSKOLA GÖTEBORGS UNIVERSITET GÖTEBORG 2004 FÖRORD Linjär algebra, vars huvuduppgift är att studera linjära rum

Läs mer

Provet består av Del I, Del II, Del III samt en muntlig del och ger totalt 75 poäng varav 28 E-, 23 C- och 24 A-poäng.

Provet består av Del I, Del II, Del III samt en muntlig del och ger totalt 75 poäng varav 28 E-, 23 C- och 24 A-poäng. Del I Del II Provtid Hjälpmedel Uppgift 1-10. Endast svar krävs. Uppgift 11-15. Fullständiga lösningar krävs. 10 minuter för del I och del II tillsammans. Formelblad och linjal. Kravgränser Provet består

Läs mer

Introduktion till MATLAB

Introduktion till MATLAB c 2004 Liber AB, Lennart Harnefors, Johnny Holmberg, Joop Lundqvist Signaler och system med tillämpningar Introduktion till MATLAB 1 Inledning MATLAB (för Matrix laboratory) är ett interaktivt programpaket

Läs mer

C Höstterminen 2009. Matematik. Elevhäfte KURSPROV. Elevens namn

C Höstterminen 2009. Matematik. Elevhäfte KURSPROV. Elevens namn KURSPROV Matematik C Höstterminen 2009 Prov som ska återanvändas omfattas av sekretess enligt 17 kap. 4 offentlighets- och sekretesslagen. Avsikten är att detta prov ska kunna återanvändas t o m 2015-12-31.

Läs mer

Eulers polyederformel och de platonska kropparna

Eulers polyederformel och de platonska kropparna Eulers polyederformel och de platonska kropparna En polyeder är en kropp i rummet som begränsas av sidoytor som alla är polygoner. Exempel är tetraedern och kuben, men klotet och konen är inte polyedrar.

Läs mer

Hur många registreringsskyltar finns det som inte innehåller samma tecken mer än en

Hur många registreringsskyltar finns det som inte innehåller samma tecken mer än en Föreläsning 10 Multiplikationsprincipen Additionsprincipen Permutationer Kombinationer Generaliserade permutationer och kombinationer. Binomialsatsen Multinomialsatsen Lådprincipen (Duvslagsprincipen)

Läs mer

Texas Instruments Sverige 1997 Printed in Sweden by Gumm essons Tryckerier AB

Texas Instruments Sverige 1997 Printed in Sweden by Gumm essons Tryckerier AB Förord Detta häfte innehåller ett a ntal mat ematikp roblem inom olika områden av den mat ematik som behandlas inom de olika ku rsern a på g ymnasieskolan. Vi har, i de flesta fall, inte delat upp i nnehållet

Läs mer

Linjär algebra på några minuter

Linjär algebra på några minuter Linjär algebra på några minuter Linjära ekvationssystem Ekvationssystem: { Löses på matrisform: ( ) ( ) I det här fallet finns en entydig lösning, vilket betyder att determinanten av koefficientmatrisen

Läs mer

7 GRUNDERNA I PROGRAMMERING

7 GRUNDERNA I PROGRAMMERING Grunderna i programmering 7 GRUNDERNA I PROGRAMMERING Detta kapitel är bokens största kapitel och kanske det viktigaste. Vi kommer här att gå igenom grunderna för sekventiell programmering. Det vi går

Läs mer

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till modelltentamen DEL A

SF1624 Algebra och geometri Lösningsförslag till modelltentamen DEL A SF624 Algebra och geometri Lösningsförslag till modelltentamen DEL A () (a) Använd Gauss-Jordans metod för att bestämma lösningsmängden till ekvationssystemet 2x + 4x 2 + 2x 3 + 2x 4 = 2, 3x + 6x 2 x 3

Läs mer

Komma igång med TI-82 STATS

Komma igång med TI-82 STATS Komma igång med TI-82 STATS Viktigt Texas Instruments lämnar inga uttryckliga eller underförstådda garantier för något program eller bok. Detta innefattar, men är inte begränsat till, underförstådda garantier

Läs mer

An enrichment and extension programme for primary-aged children

An enrichment and extension programme for primary-aged children An enrichment and extension programme for primary-aged children Created by Tim Bell, Ian H. Witten and Mike Fellows Adapted for classroom use by Robyn Adams and Jane McKenzie Illustrated by Matt Powell

Läs mer

Högskoleprovet Kvantitativ del

Högskoleprovet Kvantitativ del Högskoleprovet Kvantitativ del Här följer anvisningar till de kvantitativa delproven XYZ, KVA, NOG och DTK. Provhäftet innehåller 40 uppgifter och den totala provtiden är 55 minuter. Ägna inte för lång

Läs mer

Att ta fram en tidsplan

Att ta fram en tidsplan Att ta fram en tidsplan KAMP Företagsutveckling Tidplaner GANTT-schema När det gäller att ta fram tidsplaner för ett projekt är en av de vanligaste och också mest användbara metoderna det så kallade GANTT-schemat.

Läs mer

Pga att (Nummer och Typ) tillsammans bestämmer övriga attribut funktionellt väljer vi (Nummer, Typ) till primärnyckel:

Pga att (Nummer och Typ) tillsammans bestämmer övriga attribut funktionellt väljer vi (Nummer, Typ) till primärnyckel: ÖVNING 1. PRODUKT(Nummer, Namn, Typ, Klass, Prisklass, Vikt, Volym, Fraktkostnad) Nummer, Typ Namn, Klass, Pris, Prisklass, Vikt, Volym, Fraktkostnad Namn, Typ Nummer Typ Klass Pris Prisklass Vikt, Volym,

Läs mer

Frågor och svar om arbetad tid och blanketten Tidsredovisning (FK 3059)

Frågor och svar om arbetad tid och blanketten Tidsredovisning (FK 3059) 1 Frågor och svar om arbetad tid och blanketten Tidsredovisning (FK 3059) Publicerat första gången 2014-08-28 Ändringar och tillägg 2014-10-07 Arbetsgivare/uppdragsgivare 1. Är det någon skillnad mellan

Läs mer

3.3 for-satsen. Programmering, grundkurs, 8.0 hp, Elektro, KTH, hösten 2010. Föreläsning 3

3.3 for-satsen. Programmering, grundkurs, 8.0 hp, Elektro, KTH, hösten 2010. Föreläsning 3 Föreläsning 3 3.3 for-satsen I programmering talar man om tre sätt på vilket ett programflöde kan vara beskaffat: 1. Saker kan hända efter varandra, i sekvens. 2. Flödet kan innebära att ett val görs,

Läs mer

Möjlighet att leva som andra

Möjlighet att leva som andra Möjlighet att leva som andra Lättläst sammanfattning Slutbetänkande av LSS-kommittén Stockholm 2008 SOU 2008:77 Det här är en lättläst sammanfattning av en utredning om LSS och personlig assistans som

Läs mer

ATT UNDERVISA MULTIPLIKATION OCH DIVISION MED 10, 100 OCH 1000

ATT UNDERVISA MULTIPLIKATION OCH DIVISION MED 10, 100 OCH 1000 EN UTVECKLINGSARTIKEL PUBLICERAD FÖR PEDAGOG STOCKHOLM ATT UNDERVISA MULTIPLIKATION OCH DIVISION MED 10, 100 OCH LEARNING STUDY I PRAKTIKEN Författare: Tina Edner E-post: tina.edner@stockholm.se Skola:

Läs mer

KRAFTER. Peter Gustavsson Per-Erik Austrell

KRAFTER. Peter Gustavsson Per-Erik Austrell KRATER Peter Gustavsson Per-Erik Austrell örord Denna skrift har tagits fram för att utgöra kurslitteratur i kursen Mekanik för Industri Design vid Lunds Tekniska Högskola. Skriften börjar med en introduktion

Läs mer

Vi erövr ar verkligheten bit för bit genom att vi får ett språk för våra erfarenheter. Ett barns språkutveckling är ett fascinerande skådespel, en

Vi erövr ar verkligheten bit för bit genom att vi får ett språk för våra erfarenheter. Ett barns språkutveckling är ett fascinerande skådespel, en o m e r f a r e n h e t o c h s p r å k Vi erövr ar verkligheten bit för bit genom att vi får ett språk för våra erfarenheter. Ett barns språkutveckling är ett fascinerande skådespel, en skapelseakt där

Läs mer

18 Eldorado 4 A Lärarbok Undervisning att skapa förutsättningar för elevers lärande

18 Eldorado 4 A Lärarbok Undervisning att skapa förutsättningar för elevers lärande Undervisning att skapa förutsättningar för elevers lärande Eleverna behöver få möta aktiviteter där de får möjlighet att konkret uppleva ett nytt begrepp eller en ny metod, reflektera gemensamt och med

Läs mer

5 hemligheter om chefen och att få honom att göra som du vill.

5 hemligheter om chefen och att få honom att göra som du vill. e-bok från Henrik Persson 5 hemligheter om chefen och att få honom att göra som du vill. web: henrikpersson.nu email: henrikpersson@mac.com msn: hen-per@hotmail.com tel: 0739 32 30 49 Är det här verkligen

Läs mer

För dig som har eller kommer att ta en gymnasieexamen och vill söka till högskolan

För dig som har eller kommer att ta en gymnasieexamen och vill söka till högskolan För dig som har eller kommer att ta en gymnasieexamen och vill söka till högskolan I en perfekt studievärld skulle alla som söker till högskolan komma in. Vi är inte där än, vilket betyder att det idag

Läs mer

UTBILDNINGSFÖRVALTNINGEN IKT-FUNKTIONEN

UTBILDNINGSFÖRVALTNINGEN IKT-FUNKTIONEN UTBILDNINGSFÖRVALTNINGEN IKT-FUNKTIONEN UTREDNING Projekt: Författare: Version: Elever i behov av särskilt IT-stöd v3.3.017 Förvaltning/avdelning: Godkänd av beställare: Senast ändrad: Utbildningsförvaltningen,

Läs mer

För dig som har eller kommer att ta en gymnasieexamen och vill söka till högskolan

För dig som har eller kommer att ta en gymnasieexamen och vill söka till högskolan För dig som har eller kommer att ta en gymnasieexamen och vill söka till högskolan I en perfekt studievärld skulle alla som söker till högskolan komma in. Vi är inte där än, vilket betyder att det idag

Läs mer

Individuell plan enligt Lag (1993:387) om stöd och service till vissa funktionshindrade (LSS)

Individuell plan enligt Lag (1993:387) om stöd och service till vissa funktionshindrade (LSS) Individuell plan enligt Lag (1993:387) om stöd och service till vissa funktionshindrade (LSS) Inledning Denna lathund har Riksföreningen Autism (RFA) sammanställt för att underlätta för brukare som vill

Läs mer

Organisatorisk skyddsrond

Organisatorisk skyddsrond Organisatorisk skyddsrond Arbetsmaterial för arbetsplatsträffen Lisbeth Rydén www. EllErr? Om arbetsmaterialet Det finns olika sätt att analysera och bedöma den pyskosociala arbetsmiljön. Ett av de sätt

Läs mer