Lösningar till Algebra och kombinatorik
|
|
- Tobias Nyberg
- för 5 år sedan
- Visningar:
Transkript
1 Lösningar till Algebra och kombinatorik Av a 0 = 1 och rekursionsformeln får vi successivt att a 1 = 1 + a 0 1 a 0 = = 2, a 2 = 1 + a 1 1 a a 1 = = 4, 2 a 3 = 1 + a 2 1 a a a 1 = = 8, 4 och med ledning av detta gissar vi att a n = 2 n för alla heltal n = 0, 1, 2,.... Vi bevisar nu att gissningen är riktig med induktion. Vi konstaterar först induktionsbas att formeln a n = 2 n stämmer för n = 0. Låt sedan m vara ett godtyckligt heltal 1, och antag induktionsantagandet att formeln a n = 2 n är sann för all heltal n [0, m]. Då fås a m+1 = 1 + a m m k=0 1 a k = m m 1 2 k = m k=0 2 m+1 = m m+1 = 2 m+1, där första likheten ovan fås från den givna rekursionsformeln, den andra likheten från induktionsantagandet och den tredje likheten från summaformeln för en ändlig geometrisk serie. För ett godtyckligt heltal m 0 gäller alltså att formeln a n = 2 n är sann för n = m + 1 om den är sann för alla heltal n [0, m]. Dvs för ett godtyckligt heltal m 0 gäller att formeln a n = 2 n är sann för alla heltal n [0, m + 1] om den är sann för alla heltal n [0, m]. Detta sista och induktionsbasen visar att formeln a n = 2 n är sann för alla heltal n Sätt px = x 2 + x + 1. Prövning visar att p2 = 7 = 0 och att p4 = 21 = 0 i Z 7, och vi har alltså faktoruppdelningen px = x 2x 4 i Z 7 [x] enligt faktorsatsen som gäller i Z 7 [x] eftersom 7 är ett primtal och Z 7 därmed är en kropp. Vi bestämmer nu det sökta restpolynomet. Divisionsalgoritmen som gäller i Z 7 [x] eftersom Z 7 är en kropp tillämpad på 5x x och px = x 2x 4 ger 1 5x x = x 2x 4qx + ax + b, för något polynom qx och något förstagradspolynom restpolynomet ax + b. Insättning av x = 2 och x = 4 i 1 ger 2 { 2a + b = a + b = i Z 7. 1
2 Subtraktion av den första ekvationen från den andra i 2 ger 2a = = = i Z 7, och alltså är a = i Z 7. Använder vi sedan att 2 3 = 8 1mod 7 får vi att = = = 2mod 7, = = = 4mod 7 och 2 51 = = 1mod 7, och således är a = = 5 i Z 7. Insättning av a = 5 i den första ekvationen i 2 ger Men vi har att b = = i Z = = = 2mod 7 och 2 52 = = 2mod 7, och följaktligen är b = = 12 = 5 i Z 7. Restpolynomet i Z 7 [x] är alltså 5x + 5, och i detta svar är varje polynomkoefficient minsta möjliga tal 0 för vilket svaret är korrekt. 3. Vi får tre fall. Bokstavsföljderna med nio bokstäver kan under de givna förutsättningarna innehålla fyra A, tre B och två C fall 1, tre A, fyra B och två C fall 2 eller fyra A, fyra B och ett C fall 3. Antalet olika bokstavsföljder i de olika fallen är enligt standardkombinatorikformel 9! 3! 4! 2! = 1260 i fall 1, 9! 4! 3! 2! = 1260 i fall 2 och 9! = 630 i fall 3. 4! 4! 1! Totalt finns således = 3150 olika sådana bokstavsföljder. Vi beräknar nu hur många av dessa bokstavsföljder som innehåller minst en bokstavsföljd ABC och vi använder samma fallindelning som ovan. Vi konstaterar först att en bokstavsföljd ABC kan placeras på sju olika sätt i en bokstavsföljd med nio bokstäver, nämligen på platserna 1,2,3, 2,3,4,... eller7,8,9 om platserna i bokstavsföljden numreras med siffrorna ett till nio från vänster till höger. På de återstående sex platserna i bokstavsföljden ska sedan placeras tre A, två B och ett C i fall 1, två A, tre B och ett C i fall 2 samt tre A och tre B i fall 3. Antalet olika sätt att i en bokstavsföljd med nio platser först placera ut en följd ABC och sedan placera ut de sex återstående bokstäverna på de sex återstående platserna är 6! 7 3! 2! 1! = 420 i fall 1, 7 6! 2! 3! 1! 6! = 420 i fall 2 och 7 = 140 i fall 3. 3! 3! I fall 1 finns bokstavsföljder med ett ABC och med två ABC. I de 420 olika sätten i fall 1 ovan räknas bokstavsföljderna med två ABC dubbelt. Antalet olika bokstavsföljder i fall 1 med två ABC återstående bokstäver i fall 1 är då två A och ett B är ! 2! 2! 1! = 30 2
3 Det finns således = 390 olika bokstavsföljder med minst ett ABC i fall 1. Fall 2 är analogt med fall 1, och således finns det 390 olika bokstavsföljder med minst ett ABC även i fall 2. I fall 3 kan inte mer än ett ABC förekomma, så 140 är antalet olika bokstavsföljder med minst ett ABC i fall 3. Totalt finns således = 920 olika bokstavsföljder med minst ett ABC. 4. Ett heltal ger någon av de tjugo olika resterna 0, 1,...,19 vid division med tjugo. Bland tjugoen heltal måste det således alltid finnas två heltal som ger samma rest vid division med tjugo. Differensen mellan två sådana heltal är delbar med tjugo. Vi går nu över till den andra delen av uppgiften. Betrakta de = olika heltalen 1, 11,..., , där det sista heltalet i följden är heltalet med ettor. Två av dessa heltal med bara ettor måste ge samma rest vid division med eftersom vi har = olika heltal och endast möjliga olika rester. Låt k vara differensen mellan två sådana heltal med bara ettor där vi subtraherar det mindre talet från det större. Heltalet k är då delbart med Vi noterar vidare att k är ett heltal av typen Låt m vara antalet ettor och n antalet nollor i k. Då är k = n där antalet ettor är m. Eftersom k är delbart med och eftersom 10 = 2 5 är primfaktoruppdelningen av 10 och varken 2 eller 5 delar , så följer att m stycken ettor är delbart med a Låt r vara ett godtyckligt heltal. Divisionsalgoritmen tillämpad på heltalen r och m ger ett heltal q och ett heltal s med 0 s m 1 sådana att r = mq + s. Låt e beteckna enhetselementet i G. Vi får då att och första halvan av a är visad. g r = g mq+s = g m q g s = e q g s = g s, Vi går nu över till andra halvan av a. Antag g s 1 = g s 2 där s 1 och s 2 är heltal sådana att 0 s 1 < s 2 m 1. Då följer att e = g s 1 g s 2 = g s 2 s 1 där 1 s 2 s 1 m 1, vilket strider mot att m är ordningen för g och alltså är det minsta heltal 1 för vilket g m = e. Elementen g s i G för heltal s med 0 s m 1 måste alltså alla vara olika. b Låt e beteckna enhetselementet i G. Vi visar att de tre villkoren för en ekvivalensrelation är uppfyllda. 1 Visar att relationen är reflexiv. För godtyckligt a G är aa 1 = e = g 0, och alltså gäller att a a för alla a G. Relationen är således reflexiv. 2 Visar att relationen är symmetrisk. Låt a, b G vara sådana att a b. Enligt definitionen av är då ab 1 = g s 1 för något heltal s 1 med 0 s 1 m 1. Men ab 1 = g s 1 = ab 1 1 = g s 1 1 = ba 1 = g s 1, och eftersom g s 1 = g s 2 för något heltal s 2 med 0 s 2 m 1 enligt a så gäller även b a. Dvs a b = b a. Relationen är således symmetrisk. 3 Visar att relationen är transitiv. Låt a, b, c G vara sådana att a b och b c. Då är ab 1 = g s 1 och bc 1 = g s 2 där s 1 och s 2 är heltal med 0 s 1, s 2 m 1. Vi får att ac 1 = ab 1 bc 1 = g s 1 g s 2 = g s 1+s 2 och eftersom g s 1+s 2 = g s 3 för något heltal s 3 med 0 s 3 m 1 enligt a så gäller även a c. Dvs a b och b c = a c. Relationen är således transitiv. 3
4 Av 1-3 följer att relationen är en ekvivalensrelation på G. Ekvivalensklassen som innehåller ett element a G är [a] = {b G b a} = {b G ba 1 = g s för något heltal s med 0 s m 1} = {ag s s är ett heltal med 0 s m 1}. Elementen g s i G för heltal s med 0 s m 1 är alla olika enligt a. För godtyckligt a G är alltså elementen ag s alla olika för heltal s med 0 s m 1. Varje ekvivalensklass [a] består således av exakt m olika element i G. Men för varje ekvivalensrelation på en mängd så ger de olika ekvivalensklasserna en uppdelning av mängden i parvis disjunkta delmängder. Låt k vara antalet olika ekvivalensklasser i vårt fall. Eftersom varje ekvivalensklass i vårt fall består av exakt m element så är km det totala antalet olika element i G, dvs vi har att km = n och alltså gäller att m delar n. 6. Vi börjar med att ange antalet olika sätt att lägga m identiska kulor i k olika lådor. Varje placering av m identiska kulorna i k olika lådor kan identifieras med ett ord i alfabetet {0, 1} med m ettor och k 1 nollor. Om t ex m = 10 och k = 4 så svarar ordet i denna identifiering mot fördelningen: 1 kula i låda 1, 0 i låda 2, 3 i låda 3 och 6 i låda 4. Antalet olika ord med m ettor och k 1 nollor är m+k 1 k 1, och det är således också antalet olika kulplaceringar här. Dvs vi har att m + k 1 3 = antalet olika sätt att lägga m identiska kulor i k olika lådor. k 1 Vi övergår nu till att behandla de givna deluppgifterna a och b. a Sökt antal olika sätt kan fås på följande sätt. Först läggs två identiska kulor i varje låda. Det kan bara göras på ett sätt. De 12 återstående identiska kulorna kan sedan fördelas fritt mellan de 4 olika lådorna. Det kan göras på = = = 455, olika sätt enligt 3. Antal olika fördelningar i detta fall är alltså = 455. b Vi beräknar först antalet olika sätt att lägga 10 identiska blå bollar och 10 identiska gröna bollar i 4 olika lådor. Lägg först i de 10 identiska blå bollarna. Det kan göras på = = = olika sätt enligt 3. Lägg sedan i de 10 identiska gröna bollarna. Det kan naturligtvis också göras på 286 olika sätt för varje fördelning av de blå bollarna Således totalt = olika sätt att lägga 10 identiska blå bollar och 10 identiska gröna bollar i 4 olika lådor. Vi beräknar nu antalet olika sätt att lägga 10 identiska blå bollar och 10 identiska gröna bollar i de 4 olika lådor så att minst en låda innehåller högst en boll. Låt A k för k = 1, 2, 3, 4 vara mängden av alla bollplaceringar sådana att låda k innehåller högst en boll. Antalet olika 4
5 sätt att lägga i bollarna i lådorna så att minst en låda innehåller högst en boll är antalet element i unionen A 1 A 2 A 3 A 4. Enligt exklusions-inklusionsprincipen gäller att 4 #A 1 A 2 A 3 A 4 = #A 1 + #A 2 + #A 3 + #A 4 #A 1 A 2 +#A 1 A 3 +#A 1 A 4 +#A 2 A 3 +#A 2 A 4 +#A 3 A 4 + #A 1 A 2 A 3 +#A 1 A 2 A 4 +#A 1 A 3 A 4 +#A 2 A 3 A 4 #A 1 A 2 A 3 A 4. Vi beräknar nu #A 1. Bollplaceringarna i A 1 kan delas in i följande fall: i Låda 1 hålls tom. ii En blå eller en grön boll läggs i låda 1. Två olika delfall här, båda delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. I samtliga fall här läggs sedan de återstående bollarna i lådorna 2, 3 och 4. Av detta och av 3 följer att #A 1 = + 2 = = Vi beräknar nu #A 1 A 2. Bollplaceringarna i A 1 A 2 kan delas in i följande fall: i Lådorna 1 och 2 hålls båda tomma. ii En blå eller en grön boll läggs i en av lådorna 1 och 2 och den andra hålls tom. Fyra olika delfall här, alla fyra delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. iii En blå boll läggs i en lådorna 1 och 2 och en grön boll läggs i den andra av dessa båda lådor. Två olika delfall här, båda delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. iv En blå boll läggs i var och en av lådorna 1 och 2 eller eller en grön boll läggs i var och en av dessa båda lådor. Två olika delfall här, båda delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. I samtliga fall här läggs sedan återstående bollarna i lådorna 3 och 4. Av detta och av 3 följer att #A 1 A 2 = = = 959. Vi beräknar nu #A 1 A 2 A 3. Bollplaceringarna i A 1 A 2 A 3 kan delas in i följande fall: i Lådorna 1, 2 och 3 hålls alla tomma. 5
6 ii En blå eller en grön boll läggs i en av lådorna 1, 2 eller 3 och de två övriga av dessa tre lådor hålls tomma. Sex olika delfall här, alla sex delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. iii En blå boll läggs i två av lådorna 1, 2 och 3, eller en grön boll läggs i två av lådorna 1, 2 och 3, och den tredje av dessa tre lådor hålls tom. Sex olika delfall här, alla sex delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. iv En blå boll läggs i en av lådorna 1, 2 och 3, en grön boll läggs i någon annan av dessa tre lådor och den återstående av dessa tre lådor hålls tom. Sex olika delfall här, alla sex delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. v En blå boll läggs i var och en av de tre lådorna 1, 2 och 3 eller en grön boll läggs i var och en av de tre lådorna 1, 2 och 3. Två olika delfall här, båda två delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. vi En blå boll läggs i två av lådorna 1, 2 och 3 och en grön boll läggs i den återstående av dessa tre lådor, eller en grön boll läggs i två av lådorna 1, 2 och 3 och en blå boll läggs i den återstående av dessa tre lådor. Sex olika delfall här, alla sex delfallen innehåller lika många olika bollplaceringar på grund av symmetri. I samtliga fall läggs sedan de återstående bollarna i låda 4, och det kan bara göras på ett sätt. Av detta följer att #A 1 A 2 A 3 = = 27. Slutligen har vi att A 1 A 2 A 3 A 4 = och alltså att #A 1 A 2 A 3 A 4 = 0. Dessa beräkningar och att alla termer inom samma parentes i högerledet av 4 är lika stora på grund av symmetri ger att #A 1 A 2 A 3 A 4 = = Genom att subtrahera detta antal, dvs antalet olika kulplaceringar där minst en låda innehåller högst en kula, från det totala antalet olika kulplaceringar fås antalet olika kulplaceringar där alla lådor innehåller minst två kulor. Således är = antalet olika kulplaceringar av tio identiska blå kulor och tio identiska gröna kulor i fyra olika lådor med minst två kulor i varje låda. 6
Lösningar till Algebra och kombinatorik
Lösningar till Algebra och kombinatorik 090520 1. Av a 0 = 0, a 1 = 1 och rekursionsformeln får vi successivt att a 2 = 1 4 a 1 a 0 + 3 2 = 1 4 1 0 + 32 = 4, a 3 = 1 4 a 2 a 1 + 3 2 = 1 4 4 1 + 32 = 9,
Läs mer4x 1 = 2(x 1). i ( ) får vi 5 3 = 5 1, vilket inte stämmer alls, så x = 1 2 är en falsk rot. Svar. x = = x x + y2 1 4 y
UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Styf Prov i matematik BASKURS DISTANS 011-03-10 Lösningar till tentan 011-03-10 Del A 1. Lös ekvationen 5 + 4x 1 5 x. ( ). Lösning. Högerledet han skrivas
Läs merLösningar till övningstentan. Del A. UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Styf. Övningstenta BASKURS DISTANS
UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Styf Övningstenta BASKURS DISTANS 011-0-7 Lösningar till övningstentan Del A 1. Lös ekvationen 9 + 5x = x 1 ( ). Lösning. Genom att kvadrera ekvationens led
Läs merDiskret matematik: Övningstentamen 4
Diskret matematik: Övningstentamen 22. Beskriv alla relationer, som är såväl ekvivalensrelationer som partiella ordningar. Är någon välbekant relation sådan? 23. Ange alla heltalslösningar till ekvationen
Läs merDiskret matematik: Övningstentamen 1
Diskret matematik: Övningstentamen 1 1. Bevisa att de reella talen är en icke-uppräknelig mängd.. För två mängder av positiva heltal A och B skriver vi A C B, om det är så att A innehåller ett heltal som
Läs merExplorativ övning 9 RELATIONER OCH FUNKTIONER
Explorativ övning 9 RELATIONER OCH FUNKTIONER Övningens syfte är att bekanta sig med begreppet relation på en mängd M. Begreppet relation i matematiska sammanhang anknyter till betydelsen av samma ord
Läs merLösningar till udda övningsuppgifter
Lösningar till udda övningsuppgifter Övning 1.1. (i) {, } (ii) {0, 1,, 3, 4} (iii) {0,, 4, 6, 8} Övning 1.3. Påståendena är (i), (iii) och (v), varav (iii) och (v) är sanna. Övning 1.5. andra. (i) Nej.
Läs merFöreläsning 8 i kursen Ma III, #IX1305, HT 07. (Fjärde föreläsningen av Bo Åhlander)
Föreläsning 8 i kursen Ma III, #IX1305, HT 07. (Fjärde föreläsningen av Bo Åhlander) Böiers 5.3 Relationer. Vi har definierat en funktion f: A B som en regel som kopplar ihop ett element a A, med ett element
Läs merUppsala Universitet Matematiska Institutionen Thomas Erlandsson
Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Thomas Erlandsson LÄSANVISNINGAR VECKA 36 VERSION 1. ARITMETIK FÖR RATIONELLA OCH REELLA TAL, OLIKHETER, ABSOLUTBELOPP ADAMS P.1 Real Numbers and the Real
Läs merRelationer. 1. Relationer. UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Erik Melin. Specialkursen HT07 23 oktober 2007
UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Erik Melin Specialkursen HT07 23 oktober 2007 Relationer Dessa blad utgör skissartade föreläsningsanteckningar kombinerat med övningar. Framställningen är
Läs merLösningar till utvalda uppgifter i kapitel 5
Lösningar till utvalda uppgifter i kapitel 5 5.3. Vi använder Euklides algoritm och får 4485 = 1 3042 + 1443 3042 = 2 1443 + 156 1443 = 9 156 + 39 156 = 4 39. Alltså är sgd(3042, 4485) = 39. Om vi startar
Läs mer29 Det enda heltalet n som satisfierar båda dessa villkor är n = 55. För detta värde på n får vi x = 5, y = 5.
Tentamenskrivning MATA15 Algebra: delprov 1, 6hp Lördagen den 3 november 01 Matematikcentrum Matematik NF LÖSNINGSFÖRSLAG 1 a) Lös den diofantiska ekvationen 9x + 11y 00 b) Ange alla lösningar x, y) sådana
Läs merHela tal LCB 1999/2000
Hela tal LCB 1999/2000 Ersätter Grimaldi 4.3 4.5 1 Delbarhet Alla förekommande tal i fortsättningen är heltal. DEFINITION 1. Man säger att b delar a om det finns ett heltal n så att a Man skriver b a när
Läs mer18 juni 2007, 240 minuter Inga hjälpmedel, förutom skrivmateriel. Betygsgränser: 15p. för Godkänd, 24p. för Väl Godkänd (av maximalt 36p.
HH / Georgi Tchilikov DISKRET MATEMATIK,5p. 8 juni 007, 40 minuter Inga hjälpmedel, förutom skrivmateriel. Betygsgränser: 5p. för Godkänd, 4p. för Väl Godkänd (av maximalt 36p.). Förenkla (så mycket som
Läs mer, S(6, 2). = = = =
1 Matematiska Institutionen KTH Lösningar till tentamensskrivning på kursen Diskret Matematik, moment A, för D2 och F, SF161 och SF160, den 17 april 2010 kl 09.00-14.00. Examinator: Olof Heden. DEL I 1.
Läs merFinaltävling i Uppsala den 24 november 2018
SKOLORNAS MATEMATIKTÄVLING Svenska matematikersamfundet Finaltävling i Uppsala den 4 november 018 1. Låt ABCD vara en fyrhörning utan parallella sidor, som är inskriven i en cirkel. Låt P och Q vara skärningspunkterna
Läs merLåt n vara ett heltal som är 2 eller större. Om a och b är två heltal så säger vi att. a b (mod n)
Uppsala Universitet Matematiska institutionen Isac Hedén Algebra I, 5 hp Sammanfattning av föreläsning 9. Kongruenser Låt n vara ett heltal som är 2 eller större. Om a och b är två heltal så säger vi att
Läs merÖvningshäfte 3: Polynom och polynomekvationer
LMA100 VT2005 ARITMETIK OCH ALGEBRA DEL 2 Övningshäfte 3: Polynom och polynomekvationer Syftet med denna övning är att repetera gymnasiekunskaper om polynom och polynomekvationer samt att bekanta sig med
Läs merTentamen i TDDC75 Diskreta strukturer
Tentamen i TDDC75 Diskreta strukturer 2017-01-05, Lösningsförslag (med reservation för eventuella fel) 1. Betrakta följande satslogiska uttryck: (p q) (q p) (a) Visa genom naturlig deduktion att uttrycket
Läs merKvalificeringstävling den 30 september 2008
SKOLORNAS MATEMATIKTÄVLING Svenska Matematikersamfundet Kvalificeringstävling den 30 september 2008 Förslag till lösningar Problem 1 Tre rader med tal är skrivna på ett papper Varje rad innehåller tre
Läs merBegreppen "mängd" och "element" är grundläggande begrepp i matematiken.
MÄNGDER Grundläggande begrepp och beteckningar Begreppen "mängd" och "element" är grundläggande begrepp i matematiken. Vi kan beskriva (ange, definiera) en mängd som innehåller ändligt många element genom
Läs merAlgebra och Diskret Matematik A (svenska)
MITTUNIVERSITETET TFM Tentamen 2005 MAAA99 Algebra och Diskret Matematik A (svenska) Skrivtid: 5 timmar Datum: 2 november 2005 Denna tenta omfattar 8 frågor, där varje fråga kan ge 3 poäng. Maximalt poängantal
Läs merLite om räkning med rationella uttryck, 23/10
Lite om räkning med rationella uttryck, / Tänk på att polynom uppför sig ungefär som heltal Summan, differensen respektive produkten av två heltal blir ett heltal och på motsvarande sätt blir summan, differensen
Läs merMITTUNIVERSITETET TFM. Modelltenta Algebra och Diskret Matematik. Skrivtid: 5 timmar. Datum: 1 oktober 2007
MITTUNIVERSITETET TFM Modelltenta 2007 MA014G Algebra och Diskret Matematik Skrivtid: 5 timmar Datum: 1 oktober 2007 Den obligatoriska delen av denna (modell)tenta omfattar 8 frågor, där varje fråga kan
Läs merHögstadiets matematiktävling 2016/17 Finaltävling 21 januari 2017 Lösningsförslag
Högstadiets matematiktävling 2016/17 Finaltävling 21 januari 2017 Lösningsförslag 1. Lösningsförslag: Låt oss först titta på den sista siffran i 2 0 1 7. Ett tal som är delbart med 2 och 5 är då också
Läs merMS-A0409 Grundkurs i diskret matematik I
MS-A0409 Grundkurs i diskret matematik I G. Gripenberg Aalto-universitetet oktober 04 G. Gripenberg (Aalto-universitetet) MS-A0409 Grundkurs i diskret matematik I oktober 04 / 45 Mängder och logik Relationer
Läs merINDUKTION OCH DEDUKTION
Explorativ övning 3 INDUKTION OCH DEDUKTION Syftet med övningen är att öka Din problemlösningsförmåga och bekanta Dig med olika bevismetoder. Vårt syfte är också att öva skriftlig framställning av matematisk
Läs merTräning i bevisföring
KTHs Matematiska Cirkel Träning i bevisföring Andreas Enblom Institutionen för matematik, 2005 Finansierat av Marianne och Marcus Wallenbergs Stiftelse 1 Mängdlära Här kommer fyra tips på hur man visar
Läs merEnklare matematiska uppgifter
Elementa Årgång 49, 966 Årgång 49, 966 Första häftet 2555. Visa att 4 n + n + 8 ej kan vara primtal för något heltal n 0. 2556. Man vill göra en behållare utan lock, som rymmer m 3, i form av en rätvinklig
Läs mer1. Inledning, som visar att man inte skall tro på allt man ser. Betrakta denna följd av tal, där varje tal är dubbelt så stort som närmast föregående
MATEMATISKA INSTITUTIONEN STOCKHOLMS UNIVERSITET Christian Gottlieb Gymnasieskolans matematik med akademiska ögon Induktion Dag 1 1. Inledning, som visar att man inte skall tro på allt man ser. Betrakta
Läs merMATEMATISKA INSTITUTIONEN STOCKHOLMS UNIVERSITET Avd. Matematik Examinator: Daniel Bergh. Lösningsförslag Algebra och kombinatorik
MATEMATISKA INSTITUTIONEN STOCKHOLMS UNIVERSITET Avd. Matematik Examinator: Daniel Bergh Lösningsförslag Algebra och kombinatorik 015-01-16 Uppgift 1 Vi noterar att 31 är ett primtal, så Z 31 är en kropp.
Läs merAlgebra och Diskret Matematik A (svenska)
MITTUNIVERSITETET TFM Tentamen 2007 MAAA99 Algebra och Diskret Matematik A (svenska) Skrivtid: 5 timmar Datum: 7 juni 2007 Denna tenta omfattar 8 frågor, där varje fråga kan ge 3 poäng. Maximalt poängantal
Läs merMatematisk kommunikation för Π Problemsamling
Problemsamling Charlotte Soneson & Niels Chr. Overgaard september 200 Problem. Betrakta formeln n k = k= n(n + ). 2 Troliggör den först genom att exempelvis i summan +2+3+4+5+6 para ihop termer två och
Läs merKOMBINATORIK. Exempel 1. Motivera att det bland 11 naturliga tal finns minst två som slutar på samma
Explorativ övning 14 KOMBINATORIK Kombinatoriken används ofta för att räkna ut antalet möjligheter i situationer som leder till många olika utfall. Den används också för att visa att ett önskat utfall
Läs merMS-A0409 Grundkurs i diskret matematik I
MS-A0409 Grundkurs i diskret matematik I G. Gripenberg Aalto-universitetet oktober 014 G. Gripenberg (Aalto-universitetet) MS-A0409 Grundkurs i diskret matematik I oktober 014 1 / 44 Mängder (naiv, inte
Läs merInduktion, mängder och bevis för Introduktionskursen på I
Induktion, mängder och bevis för Introduktionskursen på I J A S, ht 04 1 Induktion Detta avsnitt handlar om en speciell teknik för att försöka bevisa riktigheten av påståenden eller formler, för alla heltalsvärden
Läs merInlämningsuppgift, LMN100
Inlämningsuppgift, LMN100 Delkurs 3 Matematik Lösningar och kommentarer 1 Delbarhetsegenskaper (a) Påstående: Ett heltal är delbart med fyra om talet som bildas av de två sista siffrorna är delbart med
Läs merHögstadiets matematiktävling 2018/19 Finaltävling 19 januari 2019 Lösningsförslag
Högstadiets matematiktävling 2018/19 Finaltävling 19 januari 2019 Lösningsförslag 1. Lösningsförslag: Vi börjar med att notera att delbarhet med 6 betyder att N är delbart med 2 och 3. Om N är delbart
Läs merDiofantiska ekvationer
Uppsala Universitet Matematiska institutionen Isac Hedén isac distans@math.uu.se Algebra I, 5 hp Vecka 19. Diofantiska ekvationer Vi börjar med en observation som rör den största gemensamma delaren till
Läs merσ 1 = (531)(64782), τ 1 = (18)(27)(36)(45), τ 1 σ 1 = (423871)(56).
MATEMATISKA INSTITUTIONEN STOCKHOLMS UNIVERSITET Avd. Matematik Examinator: Övningstenta i Algebra och Kombinatorik 7,5 hp 2015-11-24 Exempel på hur tentan skulle kunna se ut om alla uppgifter var från
Läs merLMA033/LMA515. Fredrik Lindgren. 4 september 2013
LMA033/LMA515 Fredrik Lindgren Matematiska vetenskaper Chalmers tekniska högskola och Göteborgs universitet 4 september 2013 F. Lindgren (Chalmers&GU) Matematik 4 september 2013 1 / 25 Outline 1 Föreläsning
Läs merLösning av tentamensskrivning i Diskret Matematik för CINTE och CMETE, SF1610, tisdagen den 27 maj 2014, kl
1 Matematiska Institutionen KTH Lösning av tentamensskrivning i Diskret Matematik för CINTE och CMETE, SF1610, tisdagen den 27 maj 2014, kl 14.00-19.00. Examinator: Olof Heden Hjälpmedel: Inga hjälpmedel
Läs merOm relationer och algebraiska
Om relationer och algebraiska strukturer Anders Källén MatematikCentrum LTH anderskallen@gmail.com Sammanfattning Även i analysen behöver man en del algebraiska begrepp. I den här artikeln definierar vi
Läs merMatematiska uppgifter
Årgång 54, 1971 Första häftet 8. Bestäm alla reella tal x sådana att x 1 3 x 1 + < 0 (Svar: {x R: 1 < x < 0} {x R: < x < 3}) 83. Visa att om x > y > 1 så är x y 1 > x y > ln(x/y). 84. Undersök om punkterna
Läs merMatematisk kommunikation för Π Problemsamling
Problemsamling Niels Chr. Overgaard & Johan Fredriksson 3 september 205 Problem 0. Skriv följande summor mha summationstecken. ( Dvs på formen q k=p a k där k är en räknare som löper med heltalssteg mellan
Läs mer1. (3p) Ett RSA-krypto har parametrarna n = 77 och e = 37. Dekryptera meddelandet 3, dvs bestäm D(3). 60 = = =
Matematiska Institutionen KTH Lösningar till tentamensskrivning på kursen Diskret Matematik, moment B, för D2 och F, SF63 och SF630, den 20 maj 2009 kl 08.00-3.00. Hjälpmedel: Inga hjälpmedel är tillåtna
Läs merPolynomekvationer (Algebraiska ekvationer)
Polynomekvationer (Algebraiska ekvationer) Faktorsatsen 1. Pettersson: teori och exempel på sid. 21-22 Det intressanta är följande idé: Om man på något sätt (Vilket det är en annan fråga, se nedan!) har
Läs merPOLYNOM OCH POLYNOMEKVATIONER
Explorativ övning 8 POLYNOM OCH POLYNOMEKVATIONER Syftet med denna övning är att repetera gymnasiekunskaper om polynom och polynomekvationer samt att bekanta sig med en del nya egenskaper hos polynom.
Läs mer10! = =
Algebra II: Gamla tentor Algebra II: Lösningar till tentan den 28. maj 2012 Hjälpmedel: Papper skrivdon samt miniräknare. 1. Låt ϕ : N N vara Eulers ϕ-funktion. (a) Primfaktorisera ϕ(10!). Lösning: Faktoriseringen
Läs merinte följa någon enkel eller fiffig princip, vad man nu skulle mena med det. All right, men
MATEMATISKA INSTITUTIONEN STOCKHOLMS UNIVERSITET Christian Gottlieb Gymnasieskolans matematik med akademiska ögon Induktion Dag 2. Explicita formler och rekursionsformler. Dag mötte vi flera talföljder,
Läs merBegreppen "mängd" och "element" är grundläggande begrepp i matematiken.
MÄNGDER Grundläggande begrepp och beteckningar egreppen "mängd" och "element" är grundläggande begrepp i matematiken. Vi kan beskriva (ange, definiera) en mängd som innehåller ändligt många element genom
Läs merTentamen i TDDC75 Diskreta strukturer , lösningsförslag
Tentamen i TDDC75 Diskreta strukturer 2018-10-23, lösningsförslag 1 1. (a) Sanningstabell för uttrycken p q r p q p r r q r p q 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1
Läs mer{ } { } En mängd är en samling objekt A = 0, 1. Ex: Mängder grundbegrepp 5 C. Olof M C = { 7, 1, 5} M = { Ce, Joa, Ch, Je, Id, Jon, Pe}
Mängder grundbegrepp En mängd är en samling objekt Ex: { } { } A = 0, 1 B = 0 C = { 7, 1, 5} tomma mängden (har inga element) D = { 1, 2, 3,, 10} M = { Ce, Joa, Ch, Je, Id, Jon, Pe} kallas element i mängden
Läs merLinnéuniversitetet Institutionen för datavetenskap, fysik och matematik Per-Anders Svensson
Linnéuniversitetet Institutionen för datavetenskap, fysik och matematik Per-Anders Svensson Tentamen i Matematikens utveckling, 1MA163, 7,5hp fredagen den 28 maj 2010, klockan 8.00 11.00 Tentamen består
Läs merDEL I. Matematiska Institutionen KTH
Matematiska Institutionen KTH Lösning till tentamensskrivning på kursen Diskret Matematik, moment B, för D2 och F, SF63 och SF63, den 25 maj 2 kl 8.-3.. Hjälpmedel: Inga hjälpmedel är tillåtna på tentamensskrivningen.
Läs merLösningsförslag till Tentamen i 5B1118 Diskret matematik 5p 14 augusti, 2002
Institutionen för matematik, KTH Mats Boij och Niklas Eriksen Lösningsförslag till Tentamen i 5B1118 Diskret matematik 5p 14 augusti, 2002 1. Använd induktion för att visa att 8 delar (2n + 1 2 1 för alla
Läs merNågra satser ur talteorin
Några satser ur talteorin LCB 997/2000 Fermats, Eulers och Wilsons satser Vi skall studera några klassiska satser i talteori, vilka är av betydelse bland annat i kodningsteknik och kryptoteknik. De kan
Läs merAlgebra I, 1MA004. Lektionsplanering
UPPSALA UNIVERSITET Matematiska Institutionen Dan Strängberg HT2016 Fristående, IT, KandDv, KandMa, Lärare 2016-11-02 Algebra I, 1MA004 Lektionsplanering Här anges rekommenderade uppgifter ur boken till
Läs merKombinatorik. Författarna och Bokförlaget Borken, 2011. Kombinatorik - 1
Kombinatorik Teori Multiplikationsprincipen..2 Teori Permutationer 3 Teori Kombinationer...5 Modell Dragning utan återläggning & sannolikheter 8 Teori Duvslageprincipen 11 Teori Pascals triangel & Mosertal...13
Läs merMängder, funktioner och naturliga tal
Lådprincipen Följande sats framstår som en fullständig självklarhet: Sats (Lådprincipen (pigeon hole principle)). Låt n > m vara naturliga tal. Fördelar man n föremål i m lådor, så kommer åtminstone en
Läs merFöreläsning 3: Ekvationer och olikheter
Föreläsning 3: Ekvationer och olikheter En ekvation är en likhet som innehåller en flera obekanta storheter. Exempel: x = 9, x är okänd. t + t + 1 = 7, t är okänd. Vi säger att ett värde på den obekanta
Läs merÖvningshäfte 3: Funktioner och relationer
GÖTEBORGS UNIVERSITET MATEMATIK 1, MAM100, HT2014 INLEDANDE ALGEBRA Övningshäfte 3: Funktioner och relationer Övning H Syftet är att utforska ett av matematikens viktigaste begrepp: funktionen. Du har
Läs merLösningsförslag till övningsuppgifter, del II
Lösningsförslag till övningsuppgifter del II Obs! Preliminär version! Ö.1. För varje delare d till n låt A d var mängden av element a sådana att gcd(a n = d. Partitionen ges av {A d : d delar n}. n = 6:
Läs merAlgebra och kryptografi Facit till udda uppgifter
VK Algebra och kryptografi Facit till udda uppgifter Tomas Ekholm Niklas Eriksen Magnus Rosenlund Matematiska institutionen, 2002 48 Grupper. Lösning 1.1. Vi väljer att studera varje element i G H för
Läs merUppgifter i TDDC75: Diskreta strukturer Kapitel 8 Ordning och oändlighet
Uppgifter i TDDC75: Diskreta strukturer Kapitel 8 Ordning och oändlighet Mikael Asplund 19 oktober 2016 Uppgifter 1. Avgör om följande relationer utgör partialordningar. Motivera varför eller varför inte.
Läs merKryssuppgifter 5, Inledande diskret matematik D/DI, HT2016 Lösningar
Kryssuppgifter, Inledande diskret matematik D/DI, HT2016 Lösningar Basuppgifter 1. Det finns två fall: FALL 1: Styrelsen har kvinnor och 3 män. I så fall finns det ) val för kvinnorna och ( 9 ) val för
Läs merTentamensskrivning i Diskret Matematik för CINTE och CMETE, SF1610, onsdagen den 20 augusti 2014, kl
1 Matematiska Institutionen KTH Tentamensskrivning i Diskret Matematik för CINTE och CMETE, SF1610, onsdagen den 20 augusti 2014, kl 14.00-19.00. Examinator: Olof Heden Hjälpmedel: Inga hjälpmedel är tillåtna
Läs merKombinatorik. Kapitel 2. Allmänt kan sägas att inom kombinatoriken sysslar man huvudsakligen med beräkningar av
Kapitel 2 Kombinatorik Allmänt kan sägas att inom kombinatoriken sysslar man huvudsakligen med beräkningar av det antal sätt, på vilket elementen i en given mängd kan arrangeras i delmängder på något sätt.
Läs merBlock 1 - Mängder och tal
Block 1 - Mängder och tal Mängder Mängder och element Venndiagram Delmängder och äkta delmängder Union och snittmängd Talmängder Heltalen Z Rationella talen Q Reella talen R Räkning med tal. Ordning av
Läs mer(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
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
Läs merLösningar till utvalda uppgifter i kapitel 2
Lösningar till utvalda uppgifter i kapitel 2 2.15 Ett Venn-diagram över situationen ser ut så här: 10 5 A B C För att få ihop 30 element totalt så måste de tre okända fälten innehålla exakt 15 element
Läs merFinaltävling i Stockholm den 22 november 2008
SKOLORNAS MATEMATIKTÄVLING Svenska Matematikersamfundet Finaltävling i Stockholm den november 008 Förslag till lösningar Problem 1 En romb är inskriven i en konve fyrhörning Rombens sidor är parallella
Läs merTentamen TMV210 Inledande Diskret Matematik, D1/DI2
Tentamen TMV20 Inledande Diskret Matematik, D/DI2 208-0-27 kl. 4.00 8.00 Examinator: Peter Hegarty, Matematiska vetenskaper, Chalmers Telefonvakt: Anton Johansson, telefon: 5325 (alt. Peter Hegarty 070-5705475)
Läs merResträkning och ekvationer
64 Resträkning och ekvationer Torsten Ekedahl Stockholms Universitet Beskrivning av uppgiften. Specialarbetet består i att sätta sig in i hur man räknar med rester vid division med primtal, hur man löser
Läs merMA2047 Algebra och diskret matematik
MA2047 Algebra och diskret matematik Något om heltal Mikael Hindgren 17 september 2018 Delbarhet Exempel 1 42 = 6 7 Vi säger: 7 är en faktor i 42 eller 7 delar 42 Vi skriver: 7 42 Definition 1 Om a, b
Läs merGrupper och RSA-kryptering
UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Erik Melin Specialkursen HT07 26 oktober 2007 Grupper och RSA-kryptering Dessa blad utgör skissartade föreläsningsanteckningar kombinerat med övningar. Framställningen
Läs merAbstrakt algebra för gymnasister
Abstrakt algebra för gymnasister Veronica Crispin Quinonez Sammanfattning. Denna text är föreläsningsanteckningar från föredraget Abstrakt algebra som hölls under Kleindagarna på Institutet Mittag-Leffler
Läs merMoment 1.15, 2.1, 2.4 Viktiga exempel 2.2, 2.3, 2.4 Övningsuppgifter Ö2.2ab, Ö2.3. Polynomekvationer. p 2 (x) = x 7 +1.
Moment.5, 2., 2.4 Viktiga exempel 2.2, 2.3, 2.4 Övningsuppgifter Ö2.2ab, Ö2.3 Ett polynom vilket som helst kan skrivas Polynomekvationer p(x) = a 0 +a x+a 2 x 2 +...+a n x n +a n x n Talen a 0,a,...a n
Läs merPRIMTALEN, MULTIPLIKATION OCH DIOFANTISKA EKVATIONER
Explorativ övning 4 PRIMTALEN, MULTIPLIKATION OCH DIOFANTISKA EKVATIONER Syftet med detta avsnitt är att bekanta sig med delbarhetsegenskaper hos heltalen. De viktigaste begreppen är Aritmetikens fundamentalsats
Läs merTDP015: Lektion 5 - Svar
TDP015: Lektion 5 - Svar 11 maj 015 1. Huvudsaken här är att det spelar roll vilket initialvärde vi har. Nedan har jag valt beräkningar som slutar när f(x) < ɛ, där ɛ 10 10. Detta behöver ni såklart inte
Läs merSidor i boken 110-113, 68-69 2, 3, 5, 7, 11,13,17 19, 23. Ett andragradspolynom Ett tiogradspolynom Ett tredjegradspolynom
Sidor i boken 110-113, 68-69 Räkning med polynom Faktorisering av heltal. Att primtalsfaktorisera ett heltal innebär att uppdela heltalet i faktorer, där varje faktor är ett primtal. Ett primtal är ett
Läs merAlgebra och Diskret Matematik A (svenska)
MITTUNIVERSITETET TFM Tentamen 2006 MAAA99 Algebra och Diskret Matematik A (svenska) Skrivtid: 5 timmar Datum: 10 januari 2006 Denna tenta omfattar 8 frågor, där varje fråga kan ge 3 poäng. Maximalt poängantal
Läs merHögstadiets matematiktävling 2017/18 Kvalificeringstävling 14 november 2017 Lösningsförslag och bedömningsmall
Högstadiets matematiktävling 017/18 Kvalificeringstävling 14 november 017 Lösningsförslag och bedömningsmall Varje uppgift ger 0 3 poäng. Endast svar utan motivering ger 0 poäng såvida inte annat anges
Läs mera) A = 3 B = 4 C = 9 D = b) A = 250 B = 500 C = a) Tvåhundrasjuttiotre b) Ettusenfemhundranittio
Övningsblad 2.1 A Heltal 1 Skriv det tal som motsvaras av bokstaven på tallinjen. A B C D E F 0 10 0 50 A = B = C = D = E = F = G H I J K L 10 20 50 100 G = H = I = J = K = L = 2 Placera ut talen från
Läs merFöreläsning 5: Summor (forts) och induktionsbevis
ht01 Föreläsning 5: Summor (forts) och induktionsbevis Några viktiga summor Det är inte alltid möjligt att hitta uttryck för summor beskriva med summanotation, men vi tar här upp tre viktiga fall: Sats:
Läs merMA2047 Algebra och diskret matematik
MA2047 Algebra och diskret matematik Något om komplexa tal Mikael Hindgren 17 oktober 2018 Den imaginära enheten i Det finns inga reella tal som uppfyller ekvationen x 2 + 1 = 0. Vi inför den imaginära
Läs merRelationer och funktioner
Relationer och funktioner Joakim Nivre Uppsala universitet Institutionen för lingvistik och filologi Översikt Relationer: Binära relationer på mängder Mängd-, graf- och matrisnotation Egenskaper hos relationer
Läs merDefinitionsmängd, urbild, domän
5B1493, lekt 5, HT06 Funktioner Definition av begreppet Definition: Låt X och Y vara två mängder. En funktion f av typ X Y är detsamma som en delmängd av X Y, sådan att 1. Om (x, y) och (x, z) f, så är
Läs merBonusmaterial till Lära och undervisa matematik från förskoleklass till åk 6. Ledning för att lösa problemen i Övningar för kapitel 5, sid 138-144
Bonusmaterial till Lära och undervisa matematik från förskoleklass till åk 6 Ledning för att lösa problemen i Övningar för kapitel 5, sid 138-144 Avsikten med de ledtrådar som ges nedan är att peka på
Läs merTAMS79: Föreläsning 10 Markovkedjor
TAMS79: Föreläsning 0 Markovkedjor Johan Thim december 08 0. Markovkedjor Vi ska nu betrakta en speciell tidsdiskret diskret stokastisk process, nämligen Markovkedjan. Vi börjar med en definition Definition.
Läs merPolynomekvationer. p 2 (x) = x x 3 +2x 10 = 0
Moment.3.,.3.3,.3.5,.3.6, 2.4., 2.4.2 Viktiga exempel.2,.4,.8,.2,.23,.25,.27,.28,.29, 2.23, 2.24 Övningsuppgifter.2,.3,.8,.24,.25,.27,.29 ab,.30,.3 ac, 2.29 abc Ett polynom vilket som helst kan skrivas
Läs merSvar och arbeta vidare med Student 2008
Student 008 Svar och arbeta vidare med Student 008 Det finns många intressanta idéer i årets Känguruaktiviteter. Problemen kan inspirera undervisningen under flera lektioner. Här ger vi några förslag att
Läs merMer om faktorisering
Matematik, KTH Bengt Ek november 2013 Material till kursen SF1662, Diskret matematik för CL1: Mer om faktorisering Inledning. Är alla ringar som Z? De första matematiska objekt vi studerade i den här kursen
Läs merMatematiska uppgifter
Elementa Årgång 6, 977 Årgång 6, 977 Första häftet 36. Lös ekvationssystemet { x y = 8 y log x + x log y = 2 (Svar: x = y = 8) 36. lös ekvationen 6sin x 6sin2x + 5sin3x =. (Svar: x = n 8, 84,26 + n 36,
Läs merInstitutionen för matematik, KTH Mats Boij. Lösningsförslag till Tentamen i 5B1118 Diskret matematik 5p 20 december, 2000
Institutionen för matematik, KTH Mats Boij Lösningsförslag till Tentamen i 5B1118 Diskret matematik 5p 20 december, 2000 1) Beräkna x 4 + 2x 3 + 3 för alla värden på x i Z 5. Lösning: Det nns bara fem
Läs merA B A B A B S S S S S F F S F S F S F F F F
Uppsala Universitet Matematiska institutionen Isac Hedén isac distans@math.uu.se Algebra I, 5 hp Vecka 17. Logik När man utför matematiska resonemang så har man alltid vissa logiska spelregler att förhålla
Läs mer4. Bestäm alla trippler n 2, n, n + 2 av heltal som samtliga är primtal. 5. Skriv upp additions- och multiplikationstabellen för räkning modulo 4.
Uppvärmningsproblem. Hur kan man se på ett heltal om det är delbart med, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0 respektive? Varför? 2. (a) Tänk på ett tresiffrigt tal abc, a 0. Bilda abcabc genom att skriva talet två
Läs merKapitel 2. Grundläggande sannolikhetslära
Sannolikhetslära och inferens II Kapitel 2 Grundläggande sannolikhetslära 1 Att beräkna en sannolikhet I många slumpförsök gäller att alla utfall i S är lika sannolika. Exempel: Tärningskast, slantsingling.
Läs merDiskret Matematik A för CVI 4p (svenska)
MITTHÖGSKOLAN TFM Tentamen 2004 MAAA98 Diskret Matematik A för CVI 4p (svenska) Skrivtid: 5 timmar Datum: 3 juni 2004 Denna tentamen omfattar 10 frågor, där varje fråga kan ge 12 poäng. Delfrågornas poäng
Läs merMatematiska uppgifter
Elementa Första häftet 3220. Bestäm alla reella tal x för vilka 3 x x + 2. 322. Pelles och Palles sammanlagda ålder är 66 år. Pelle är dubbelt så gammal som Palle var när Pelle var hälften så gammal som
Läs mer