602. Συναρτησιακή Ανάλυση. Υποδείξεις για τις Ασκήσεις

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "602. Συναρτησιακή Ανάλυση. Υποδείξεις για τις Ασκήσεις"

Transcript

1 602. Συναρτησιακή Ανάλυση Υποδείξεις για τις Ασκήσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Αθήνα 2018

2

3 Περιεχόμενα 1 Χώροι με νόρμα 1 2 Χώροι πεπερασμένης διάστασης 23 3 Γραμμικοί τελεστές και γραμμικά συναρτησοειδή 31 4 Θεώρημα Hahn-Banach 55 5 Χώροι Hilbert 75 6 Βασικά ϑεωρήματα για χώρους Banach 85

4

5 Κεφάλαιο 1 Χώροι με νόρμα 1. Αν Y και Z είναι υπόχωροι του X, αποδείξτε ότι ο Y Z είναι υπόχωρος του X, ενώ ο Y Z είναι υπόχωρος του X αν και μόνο αν είτε Y Z είτε Z Y. Υπόδειξη. (α) Για την τομή: υποθέτουμε ότι x, y Y Z και λ, µ K. Αφού x, y Y και ο Y είναι γραμμικός υπόχωρος του X, παίρνουμε λx + µy Y. Ομοίως, λx + µy Z. Δηλαδή, λx + µy Y Z. (β) Για την ένωση: αν Y Z τότε Y Z = Z, ενώ αν Z Y τότε Y Z = Y. Σε κάθε περίπτωση, ο Y Z είναι γραμμικός υπόχωρος του X. Αντίστροφα, ας υποθέσουμε ότι ο Y Z είναι γραμμικός υπόχωρος του X. Με την υπόθεση ότι υπάρχουν y Y\Z και z Z\Y, ϑα καταλήξουμε σε άτοπο. Πράγματι, αφού y, z Y Z, έχουμε y + z Y Z. άτοπο. Αν y + z Y τότε (y + z) y Y γιατί ο Y είναι υπόχωρος, δηλαδή z Y το οποίο είναι Αν y + z Z τότε (y + z) z Z γιατί ο Z είναι υπόχωρος, δηλαδή y Z το οποίο είναι πάλι άτοπο. Z Y. Αφού δεν μπορούν να ισχύουν ταυτόχρονα οι Y\Z και Z\Y, έχουμε είτε Y Z είτε 2. Εστω X χώρος με νόρμα. Αποδείξτε ότι η κλειστή ϑήκη Y ενός γραμμικού υποχώρου Y του X είναι γραμμικός υπόχωρος του X. Υπόδειξη. Εστω z, w Y και λ, µ K. Υπάρχουν z n, w n Y με z n z και w n w. Αφού ο Y είναι γραμμικός υπόχωρος του X, για κάθε n N έχουμε λz n + µw n Y. Ομως οι πράξεις του X είναι συνεχείς ως προς τη νόρμα, άρα λz n + µw n λz + µw. Αυτό σημαίνει ότι λz + µw Y.

6 2 Χ 3. Αποδείξτε ότι σε έναν χώρο με νόρμα (X, ), για κάθε x X και r > 0 ισχύουν ) B(x, r) = B(x, r), int ( B(x, r) = B(x, r) και B(x, r) = B(x, r) = S(x, r). Υπόδειξη. Η B(x, r) είναι κλειστό σύνολο και B(x, r) B(x, r). Άρα, B(x, r) B(x, r). Αντίστροφα, έστω y B(x, r), y x. Ορίζουμε y n = x+λ n (y x), όπου (λ n ) γνησίως αύξουσα ακολουθία ϑετικών αριθμών με όριο το 1. Τότε y n x + (y x) = y και x y n = λ n (y x) = λ n y x < y x r, δηλαδή y n B(x, r) και y n y. Επεται ότι y B(x, r), και αφού το y B(x, r), y x ήταν τυχόν, B(x, r) B(x, r). Η B(x, r) είναι ανοικτό σύνολο και περιέχεται στην B(x, r). Άρα, B(x, r) int( B(x, r)). Αντίστροφα, έστω y εσωτερικό σημείο της B(x, r). Υπάρχει δ > 0 τέτοιος ώστε B(y, δ) B(x, r). Τότε, αν z < δ, έχουμε y + z x r. Επιλέγουμε z = t(y x) για t > 0 αρκετά μικρό ώστε να έχουμε z < δ. Τότε, δηλαδή y x r 1+t < r, άρα y B(x, r). Από τα παραπάνω έπεται ότι y + z x = (1 + t)(y x) = (1 + t) y x r, B(x, r) = B(x, r) \ int( B(x, r)) = B(x, r) \ B(x, r) = S(x, r) και B(x, r) = B(x, r) \ B(x, r) = B(x, r) \ B(x, r) = S(x, r). 4. Εστω X γραμμικός χώρος, και, δύο νόρμες στον X. Αποδείξτε ότι x x για κάθε x X, αν και μόνο αν B (X, ) B (X, ). Υπόδειξη. Εστω ότι x x για κάθε x X. Αν x B (X, ), τότε x 1. Άρα, x x 1, το οποίο σημαίνει ότι x B (X, ). Δηλαδή, B (X, ) B (X, ). Αντίστροφα, υποθέτουμε ότι B (X, ) B (X, ) και ϑεωρούμε τυχόν x X\{0}. Τότε, x x δηλαδή x x = 1 = x x B (X, ) B (X, ), x 1 = 1. x Η 0 0 ισχύει σαν ισότητα, οπότε δείξαμε ότι x x για κάθε x X.

7 3 5. Εστω X χώρος με νόρμα, και Y ένας γραμμικός υπόχωρος του X. Αποδείξτε ότι αν Y, τότε Y = X. Υπόδειξη. Αφού Y, υπάρχουν y X και r > 0 τέτοια ώστε B(y, r) Y. Ειδικότερα, y Y. Εστω x X, x y. Τότε, y + r x y 2 x y B(y, r) (γιατί;), άρα y + r x y 2 x y Y. Ομως ο Y είναι γραμμικός υπόχωρος του X, οπότε χρησιμοποιώντας την παρατήρηση ότι y Y παίρνουμε Το x ήταν τυχόν, άρα Y = X. r x y Y = x y Y = x Y. 2 x y 6. Εστω X χώρος Banach και (Y n ) ακολουθία γραμμικών υποχώρων του X με X = n=1 Y n. Αποδείξτε ότι υπάρχει n 0 N ώστε ο Y n να είναι πυκνός στον X. Υπόδειξη. Αφού Y n Y n για κάθε n N, έχουμε δηλαδή X = Y n n=1 X = Y n X, n=1 Y n. n=1 Από τη δεύτερη μορφή του ϑεωρήματος Baire, υπάρχει n 0 N ώστε int(y n0 ). Ομως, από την Άσκηση 2 ο Y n0 είναι γραμμικός υπόχωρος του X, και αφού έχει μη κενό εσωτερικό από την Άσκηση 5 συμπεραίνουμε ότι Y n0 = X. Άρα, ο Y n0 είναι πυκνός στον X. 7. Εστω X χώρος με νόρμα και x, y X τέτοια ώστε x + y = x + y. Αποδείξτε ότι: για κάθε a, b 0 ισχύει ax + by = a x + b y. Υπόδειξη. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι a b. Γράφουμε ax + by = a(x + y) (a b)y a(x + y) (a b)y = a x + y (a b) y = a( x + y ) (a b) y = a x + b y. Η αντίστροφη ανισότητα προκύπτει άμεσα από την τριγωνική ανισότητα: ax + by ax + by = a x + b y. 8. Εστω x 1,..., x n μοναδιαία διανύσματα σε έναν χώρο με νόρμα. Ας υποθέσουμε ότι για κάποιο 0 < ε < 1 ισχύει n λ i x i (1 + ε) max 1 i n λ i,

8 4 Χ για κάθε λ 1,..., λ n K. Αποδείξτε ότι n λ i x i (1 ε) max λ i, 1 i n για κάθε λ 1,..., λ n K. Υπόδειξη. Εστω λ 1,..., λ n K. Υπάρχει j n τέτοιο ώστε λ j = max i n λ i. Ορίζουμε µ i K ϑέτοντας µ j = λ j και µ i = λ i αν i j. Από την τριγωνική ανισότητα, έχουμε 2 λ j = 2λ j x j = = n λ i x i + n µ i x i n n λ i x i + µ i x i n λ i x i + (1 + ε) max i n µ i n λ i x i + (1 + ε) λj. Άρα, n λ i x i 2 λj (1 + ε) λ j = (1 ε) max i n λ i. 9. Εστω B(x n, r n ) μια φθίνουσα ακολουθία από κλειστές μπάλες σε έναν χώρο Banach X. Αποδείξτε ότι n=1 B(x n, r n ). Υπόδειξη. Δείχνουμε πρώτα ότι (1) x n+1 x n r n r n+1 για κάθε n N. Αν x n+1 = x n αυτό είναι απλό (γιατί;) ενώ αν x n+1 x n παρατηρούμε ότι y = x n+1 + x n+1 x n x n+1 x n r n+1 B(x n+1, r n+1 ) B(x n, r n ), οπότε y x n r n = x n+1 x n + r n+1 r n. Από την (1) βλέπουμε ότι η (r n ) είναι φθίνουσα, άρα συγκλίνει. ακολουθία. Πάλι από την (1) βλέπουμε ότι, αν n < m τότε Ειδικότερα, είναι βασική x m x n x m x m x n+1 x n (r m 1 r m ) + + (r n r n+1 ) = r n r m,

9 5 οπότε η (x n ) είναι ακολουθία Cauchy στον X. Ο X είναι πλήρης, άρα υπάρχει x 0 X ώστε x n x. Αποδείξτε τώρα ότι x 0 B(x n, r n ). n=1 10. (α) Αποδείξτε ότι, αν 1 p < r, τότε για κάθε x R n ισχύει x r x p n 1 p 1 r x r. Βρείτε διανύσματα x για τα οποία ισχύει ισότητα στις παραπάνω ανισότητες. (β) Αποδείξτε ότι για κάθε ε > 0 υπάρχει N N τέτοιος ώστε: αν N < p < +, τότε για κάθε x R n ισχύει x x p (1 + ε) x. Υπόδειξη. Αποδείξτε την εξής ανισότητα: αν r 1 και a, b 0, τότε (a + b) r a r + b r. Επαγωγικά βλέπουμε ότι αν r 1 και a 1,..., a n 0, τότε Εστω p < r. Αν x = (ξ 1,..., ξ n ) R n, έχουμε (a a n ) r a r a r n. x r p = ( ξ 1 p + + ξ n p ) r/p ( ξ 1 p ) r/p + + ( ξ n p ) r/p = ξ 1 r + + ξ n r = x r r, οπότε x r x p (χρησιμοποιήσαμε την προηγούμενη ανισότητα για τα r/p > 1 και a k = ξ k p ). Για την άλλη ανισότητα χρησιμοποιούμε την ανισότητα του Hölder: x p p = ξ 1 p ξ n p 1 (( ξ 1 p ) r/p + + ( ξ n p ) r/p) p r ( ) 1 p r = x p r n 1 p r, άρα x p x r n 1 p 1 r. Η περίπτωση r = είναι απλή. Από την προηγούμενη ανισότητα έχουμε x x p n 1/p x για κάθε p 1 και για κάθε x R n. Εστω ε > 0. Αφού n 1/p 1 όταν p, υπάρχει N N ώστε n 1/p < 1 + ε για κάθε p > N. Τότε, για κάθε p > N ισχύει η x x p (1 + ε) x, x R n. 11. Θεωρούμε τον c 00 σαν υπόχωρο του l. Εστω y n = ( 1 0,..., 0,, 0,... ), n N. Αποδείξτε n 2 ότι η n y n συγκλίνει, αλλά η n y n δεν συγκλίνει στον Y. Τι συμπεραίνετε; Υπόδειξη. Εχουμε n=1 y n = n=1 ( s k = y y k = 1 n 2 1, < +. Τα μερικά αθροίσματα της n y n είναι ) 1 2 2,..., 1 k 2, 0,... x = (1/n 2 ) n N

10 6 Χ στον l. Αν υπήρχε y c 00 για το οποίο s k y, από μοναδικότητα του ορίου (στον l ) ϑα είχαμε y = x c 00, άτοπο. Βρήκαμε σειρά στον c 00 η οποία συγκλίνει απολύτως αλλά δεν συγκλίνει. Άρα, ο (c 00, l ) δεν είναι χώρος Banach. 12. Ο c 00 περιέχεται σε κάθε l p, 1 p. Αποδείξτε ότι είναι πυκνός στον l p, 1 p < +, όχι όμως στον l. Υπόδειξη. (α) Εστω x = (ξ k ) l p, 1 p < + και ε > 0. Αφού ξ k p < +, υπάρχει N N τέτοιος ώστε k=n+1 ξ k p < ε p. Ορίζουμε w = (ξ 1,..., ξ N, 0,...) c 00. Τότε, x w = ( k=n+1 ξ k p ) 1/p < ε, δηλαδή B(x, ε) c 00. Αφού το ε > 0 και το x l p ήταν τυχόντα, συμπεραίνουμε ότι ο c 00 είναι πυκνός στον l p, 1 p < +. (β) Θεωρούμε το x = (1,..., 1,...) l. Αν w c 00, υπάρχει N N τέτοιος ώστε w k = 0 για κάθε k N. Άρα, x w = sup{ 1 w k : k N} 1 w N = 1. Δηλαδή d(x, c 00 ) 1, το οποίο σημαίνει ότι B(x, 1) c 00 =. Άρα, ο c 00 δεν είναι πυκνός στον l. 13. Θεωρούμε το S = {x l : ξ k 1}. Αποδείξτε ότι το S είναι κλειστό στον l 1 (και στον l ) ως προς την x = sup{ ξ k : k N} και έχει κενό εσωτερικό. Αποδείξτε ότι ο l 1 με νόρμα την x = sup{ ξ k : k N} δεν είναι χώρος Banach. Υπόδειξη. (α) Εστω x n = (ξ nk ) S, δηλαδή k ξ nk 1 για κάθε n. Υποθέτουμε ότι x n x = (ξ k ) l. Τότε, sup{ ξ nk ξ k : k N} 0 καθώς n, άρα για κάθε k N έχουμε ξ nk ξ k καθώς n. Για κάθε N N έχουμε άρα N ξ nk N ξ k = lim ξ nk 1, n N ξ nk 1. Αφού αυτό ισχύει για κάθε N, έπεται ότι ξ k 1, δηλαδή x S. Αυτό αποδεικνύει ότι το S είναι κλειστό στον l.

11 7 (β) Θα δείξουμε ότι το S έχει κενό εσωτερικό στον (l 1, l ) - άρα και στον l. Εστω ότι υπάρχουν x S και ε > 0 με την ιδιότητα {z l 1 : z x l < ε} S. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι υπάρχουν άπειροι δείκτες k 1 < k 2 <... < k N <... για τους οποίους ξ kj 0 (αλλιώς δουλεύουμε με τα αρνητικά ξ k ). Βρίσκουμε n N τόσο μεγάλο ώστε Nε/2 > 1 και ορίζουμε ξ k 1 = ξ k1 + ε 2,..., ξ k N = ξ kn + ε 2, και ξ k = ξ k για όλους τους άλλους k. Τότε το x = (ξ k ) l 1, x x l = ε < ε, και 2 ξ k = ξ k + Nε 2 > 1, δηλαδή x S. Άτοπο, γιατί είχαμε υποθέσει ότι l 1 B(x, ε) S. (γ) Εστω ότι ο (l 1, l ) είναι χώρος Banach. Τότε, ο l 1 είναι κλειστό υποσύνολο του l ως προς την l (γιατί;). Για κάθε n N ορίζουμε F n = ns = {x l 1 : ξ k n}. Κάθε F n είναι κλειστό υποσύνολο του l 1 ως προς την l, και έχει κενό εσωτερικό στον (l 1, l ): αν το ns περιείχε μπάλα ακτίνας r > 0, τότε το S ϑα περιείχε μπάλα ακτίνας r/n, άτοπο από το (β). Τα F n είναι κλειστά υποσύνολα του l 1 με κενό εσωτερικό και l 1 = n=1 F n (γιατί;). Αυτό είναι άτοπο από το ϑεώρημα του Baire. Άρα, ο (l 1, l ) δεν είναι χώρος Banach. 14. Στον l 1 ορίζουμε x = 2 ξ k + k=2 ( ) ξ k. k Αποδείξτε ότι η είναι νόρμα. Είναι ισοδύναμη με την x = ξ k ; Είναι ο (l 1, ) χώρος Banach; Υπόδειξη. Η ορίζεται καλά, γιατί αν x l 1 έχουμε 2 ξ k + ( ) ξ k 2 k k=2 ξ k ξ k < +. Η μόνη ιδιότητα της νόρμας που χρειάζεται προσοχή, είναι η x = 0 = x = 0. Εχουμε x = 0 = 2 ξ k + k=2 k=2 ( ) ξ k = 0, k απ όπου παίρνουμε ξ k = 0 για κάθε k 2 και ξ k = 0. Αυτά τα δύο μάς δίνουν και την ξ 1 = 0, άρα x = 0.

12 8 Χ Θα δείξουμε ότι η και η συνήθης νόρμα στον l 1 είναι ισοδύναμες. Αφού ο (l 1, ) είναι χώρος Banach, αυτό δείχνει αμέσως ότι ο l 1 είναι πλήρης ως προς την (γιατί;). Εχουμε: x 2 ξ k + 3 ξ k 2 ξ k + 3 ξ k = x, και x = k=2 ξ k = ξ 1 + = ξ k ξ k k=2 ξ k + k=2 ξ k + ξ k + k=2 k=2 ξ k k=2 ξ k k=2 ξ k + 2 ξ k k=2 ( 2 2 ( ξ k ) ) ξ k k = 2 x. Είδαμε ότι 1 2 x x 7 2 x για κάθε x l 1, άρα οι δύο νόρμες είναι ισοδύναμες. 15. Στον c 0 ϑεωρούμε την x = ξ k. Αποδείξτε ότι ο (c 2 k 0, ) είναι χώρος με νόρμα, αλλά δεν είναι χώρος Banach. Υπόδειξη. Η ορίζεται καλά: αν x = (ξ k ) c 0, τότε ξ k 0, άρα υπάρχει M > 0 τέτοιος ώστε ξ k M για κάθε k N. Τότε, ξ k 2 k Τα αξιώματα της νόρμας ελέγχονται εύκολα. M 2 k = M < +. Θα ορίσουμε βασική ακολουθία στον (c 0, ), η οποία δεν συγκλίνει. Αυτό ϑα δείξει ότι ο (c 0, ) δεν είναι χώρος Banach. Ορίζουμε x n = (1,..., 1, 0,...) c 0 (n μονάδες). Εστω ε > 0. Υπάρχει n 0 N τέτοιος ώστε 1/2 n 0 < ε. Αν n > m n 0, τότε x n x m = n k=m k < 1 2 m < ε, δηλαδή η (x n ) είναι βασική ακολουθία ως προς την. Εστω ότι υπάρχει x = (ξ k ) c 0 τέτοιο ώστε x n x 0. Αφού ξ k 0, υπάρχει k 0 N τέτοιος ώστε ξ k0 < 1/2. Αν n k 0, τότε x n x = n 1 ξ k 2 k + k=n+1 ξ k 2 k 1 ξ k 0 2 k k 0+1.

13 9 Αυτό είναι άτοπο, αφού υποθέσαμε ότι x n x Εστω X n-διάστατος πραγματικός γραμμικός χώρος, και x 1,..., x m διανύσματα που παράγουν τον X. Τότε, για κάθε x X υπάρχουν λ 1,..., λ m R (όχι αναγκαστικά μοναδικά), τέτοια ώστε x = m λ ix i. Ορίζουμε { m m x = inf λ i : λ i R, x = λ i x i }. Αποδείξτε ότι ο (X, ) είναι χώρος με νόρμα. Υπόδειξη. Τα x i παράγουν τον X, επομένως κάθε x X γράφεται με τουλάχιστον έναν τρόπο στη μορφή x = m λ ix i. Άρα, το { m m } λ i : x = λ i x i είναι μη κενό και κάτω φραγμένο από το 0, οπότε η { m x = inf λ i : x = m } λ i x i ορίζεται καλά. Προφανώς, x 0 για κάθε x X. Για την (N2): Εστω ότι x = 0. Τότε, για κάθε k N υπάρχουν λ (k) i τέτοιοι ώστε m λ(k) i < 1 k και x = m λ(k) i x i. Αφού λ (k) i < 1/k, έχουμε λ (k) i 0 για κάθε i m. Θεωρούμε τυχούσα νόρμα στον X. Τότε, x = m λ(k) x i m 0 x i = 0 ως προς την, άρα x = 0. i Για την (N3): Εστω x X και a R. Για τυχόν ε > 0 υπάρχουν λ i R τέτοιοι ώστε x = m λ ix i και x m λ i < x + ε. Τότε, ax = m (aλ i)x i και m aλ i < a x + a ε = ax < a x + a ε. Αφού το ε ήταν τυχόν, ax a x. Τελείως ανάλογα δείχνουμε την αντίστροφη ανισότητα. Για την (N4): Εστω x, y X και ε > 0. Υπάρχουν λ i, µ i R τέτοιοι ώστε x = m λ ix i, y = m µ ix i και m m λ i < x + ε, µ i < y + ε. Τότε, x + y = m (λ i + µ i )x i και Άρα, m λ i + µ i x + y m m λ i + µ i < x + y + 2ε. m λ i + µ i < x + y + 2ε,

14 10 Χ και αφού το ε ήταν τυχόν, παίρνουμε την x + y x + y. 17. Εστω X χώρος με νόρμα, με διάσταση μεγαλύτερη ή ίση του 2. Αν (x n ) είναι ακολουθία μη μηδενικών διανυσμάτων στον X, αποδείξτε ότι υπάρχει μη μηδενικός κλειστός υπόχωρος του X ο οποίος δεν περιέχει κανένα x n. Υπόδειξη. Θέτουμε F = span({x n : n N}) και διακρίνουμε δύο περιπτώσεις. (α) Αν dim(f) = 1, τότε υπάρχει x 0 X \ F και αν ϑέσουμε F 0 = span({x 0 }) έχουμε F 0 F = {0} (οι ευθείες F 0 και F δεν ταυτίζονται, άρα το μόνο κοινό σημείο τους είναι το 0). Αφού x n 0, έχουμε x n F 0 για κάθε n N. Επιλέγουμε λοιπόν τον F 0, ο οποίος ειναι κλειστός υπόχωρος του X (διότι έχει πεπερασμένη διάσταση) και δεν περιέχει κανένα x n. (β) Εστω ότι dim(f) 2. Θεωρούμε s k ώστε τα x s, x k να είναι γραμμικά ανεξάρτητα, και τον υπόχωρο Y = span({x s, x k }). Επίσης ϑεωρούμε το M = {n N : x n Y}. Για κάθε n M ϑεωρούμε τον υπόχωρο F n = span({x n }) που παράγεται από το x n. Παρατηρήστε ότι κάθε F n, n M, είναι γνήσιος υπόχωρος του Y διότι dim(f n ) = 1 < 2 = dim(y), άρα int Y (F n ) =, όπου int Y (A) είναι το εσωτερικό του A στον (Y, ). Επίσης, κάθε F n, n M είναι κλειστό υποσύνολο του Y. Ο Y είναι πλήρης, διότι έχει πεπερασμένη διάσταση, οπότε εφαρμόζοντας το ϑεώρημα Baire βρίσκουμε x 0 Y \ F n. Οπως και στην πρώτη περίπτωση βλέπουμε ότι n M αν ορίσουμε F 0 = span({x 0 }) τότε έχουμε x n F 0 για κάθε n M. Επίσης, αν n M έχουμε x n Y, άρα και x n F 0. Δηλαδή, ο F 0 = span({x 0 }) είναι κλειστός υπόχωρος του X και δεν περιέχει κανένα x n. 18. (α) { Εστω X χώρος } με νόρμα και D πυκνό υποσύνολο του X. Αποδείξτε ότι το σύνολο D = x x : x D, x 0 είναι πυκνό υποσύνολο της S X. (β) Εστω X χώρος με νόρμα και D πυκνό υποσύνολο της S X. Αποδείξτε ότι το σύνολο D = {qx : x D, q Q} είναι πυκνό υποσύνολο του X. (γ) Αποδείξτε ότι ένας χώρος με νόρμα X είναι διαχωρίσιμος αν και μόνο αν η μοναδιαία σφαίρα S X του X είναι διαχωρίσιμος μετρικός χώρος ως προς τη μετρική που επάγεται από τη νόρμα. Υπόδειξη. (α) Εστω x S X. Υπάρχει ακολουθία (y n ) από το D τέτοια ώστε y n x. Ειδικότερα, y n x = 1, άρα υπάρχει n 0 N ώστε y n 0 για κάθε n n 0. Θεωρούμε την ακολουθία x n = y n y n, n n 0. Εχουμε x n D και x n = 1 y n y n 1 x από τη συνέχεια της : K X X. Επεται ότι το D είναι πυκνό υποσύνολο της S X. (β) Εστω x X. Αν x = 0 τότε x D, άρα μπορούμε να υποθέσουμε ότι x 0. Θεωρούμε το y = x x S X και βρίσκουμε ακολουθία (y n ) στο D ώστε y n y. Επίσης, βρίσκουμε ακολουθία (q n ) ρητών με q n x. Τότε, q n y n D και q n y n x y = x.

15 11 Επεται ότι το D είναι πυκνό υποσύνολο του X. (γ) Υποθέτουμε αρχικά ότι ο X είναι διαχωρίσιμος. Θεωρούμε αριθμήσιμο πυκνό υποσύνολο D του X και το σύνολο D του ερωτήματος (α). Η απεικόνιση φ : D \ {0} D με φ(x) = είναι επί και το σύνολο D \ {0} είναι αριθμησιμο, άρα το D είναι αριθμήσιμο. Επεται ότι η S X είναι διαχωρίσιμος μετρικός χώρος ως προς τη μετρική που επάγεται από τη νόρμα. Αντίστροφα, υποθέτουμε ότι υπάρχει αριθμήσιμο πυκνό υποσύνολο D της S X. Θεωρούμε το σύνολο D του ερωτήματος (β). Η απεικόνιση ψ : Q D D είναι επί και τα σύνολα Q και D είναι αριθμήσιμα, άρα το Q D είναι επίσης αριθμήσιμο. Άρα το D είναι αριθμήσιμο, και έπεται ότι ο X ίναι διαχωρίσιμος. 19. (α) Εστω X διαχωρίσιμος χώρος με νόρμα και έστω D = {x n : n N} αριθμήσιμο πυκνό υποσύνολο του X. Αποδείξτε ότι αν y n X και y n < 1 για κάθε n N, τότε το σύνολο D = { x n + 1 n y n : n N } είναι πυκνό υποσύνολο του X. (β) Εστω X απειροδιάστατος χώρος με νόρμα και έστω D = {x n : n N} αριθμήσιμο υποσύνολο του X. Αποδείξτε ότι υπάρχουν y n X με y n < 1 για κάθε n N ώστε το σύνολο D = { xn + 1 n y n : n N } να είναι γραμμικά ανεξάρτητο. (γ) Αποδείξτε ότι κάθε απειροδιάστατος διαχωρίσιμος χώρος με νόρμα έχει πυκνό υποσύνολο το οποίο είναι γραμμικά ανεξάρτητο. Υπόδειξη. (α) Δείχνουμε πρώτα ότι για κάθε x X και για κάθε ε > 0 το σύνολο B(x, ε) D είναι άπειρο: αν πάρουμε οποιοδήποτε y x στον X και για τυχόν n N ϑεωρήσουμε τις μπάλες B i := B ( ) ε u i, 2n όπου ui = x + kε y x n y x, i = 0, 1,..., n 1, τότε οι B i είναι ξένες, περιέχονται στην B(x, ε) και καθεμία τους περιέχει σημείο του D διότι το D είναι πυκνό. Άρα, η B(x, ε) περιέχει τουλάχιστον n σημεία του D. Εστω τώρα x X και ε > 0. Επιλέγουμε n 0 αρκετά μεγάλο ώστε 1 n 0 < ε και χρησιμοποιώντας τον προηγούμενο ισχυρισμό βρίσκουμε n > n 0 ώστε x x n < ε 2. Τότε, 2 (x x n + 1 ) n y n x x n + 1 n y n < ε n < ε < ε. n 0 Δηλαδή, B(x, ε) D. (β) Ορίζουμε τα y n επαγωγικά. Στο πρώτο βήμα ϑεωρούμε y 1 span{x 1 } με 0 < y 1 < 1. Τότε, x 1 + y 1 0, άρα το {x 1 + y 1 } είναι γραμμικά ανεξάρτητο. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε επιλέξει τα y 1,..., y n έτσι ώστε y i < 1 και το σύνολο A n = { x1 + y 1, x y 2,..., x n + 1 n y } n να είναι γραμμικά ανεξάρτητο. Θεωρούμε τον υπόχωρο x x X n = span(a n {x n+1 }) και βρίσκουμε y n+1 X \ X n με 0 < y n+1 < 1 (αυτό γίνεται, γιατί ο X είναι απειροδιάστατος, άρα περιέχει γνήσια τον X n ). Θα δείξουμε ότι το σύνολο A n+1 = { x 1 + y 1,..., x n n+1 y } n+1 είναι γραμμικά ανεξάρτητο. Πράγματι, αν λ 1 (x 1 + y 1 ) + + λ n (x n + 1 ) ( n y n + λ n+1 x n ) n + 1 y n+1 = 0,

16 12 Χ τότε δεν μπορούμε να έχουμε λ n+1 0 γιατί ϑα μπορούσαμε να γράψουμε 1 n + 1 y n+1 = λ 1 (x 1 + y 1 ) λ ( n x n + 1 ) λ n+1 n y n x n+1, λ n+1 δηλαδή ϑα είχαμε y n+1 X n. Άρα, λ n+1 = 0 και τότε λ 1 (x 1 + y 1 ) + + λ n (x n + 1 ) n y n = 0, το οποίο δίνει λ 1 = = λ n από τη γραμμική ανεξαρτησία του A n. Ορίζεται έτσι ακολουθία (y n ) τέτοια ώστε κάθε A n να είναι γραμμικά ανεξάρτητο. Είναι τώρα εύκολο να δείξουμε ότι το σύνολο D = { x n + 1 n y n : n N } είναι γραμμικά ανεξάρτητο. (γ) Θεωρούμε αριθμήσιμο πυκνό υποσύνολο D = {x n : n N} του X, και χρησιμοποιώντας το (β) βρίσκουμε y n X με y n < 1 ώστε το σύνολο D = { x n + 1 n y n : n N } να είναι γραμμικά ανεξάρτητο. Από το (α) το D είναι επίσης πυκνό στον X, άρα έχουμε το ζητούμενο. 20. Εστω X χώρος με νόρμα και 0 < θ < 1. Ενα A B X λέγεται θ-δίκτυο για την B X αν για κάθε x B X υπάρχει a A με x a < θ. Αν το A είναι θ-δίκτυο για την B X, αποδείξτε ότι για κάθε x B X υπάρχουν a n A, n 0, ώστε x = θ n a n. n=0 Υπόδειξη. Εστω x B X. Υπάρχει a 0 A ώστε x a 0 < θ, δηλαδή x a 0 θ B X. Τότε, υπάρχει a 1 A ώστε x a 0 θ a 1 < θ, δηλαδή x a θ 2 0 a θ 2 1 θ B X. Επαγωγικά, επιλέγουμε a 0, a 1, a 2,... A με την ιδιότητα x θ n+1 a 0 θ n+1 a n θ B X = x (a 0 + θa θ n a n ) < θ n+1 για κάθε n N. Αφού θ n+1 0, αυτό σημαίνει ότι η σειρά n=0 θn a n συγκλίνει στο x. 21. Εστω X χώρος με νόρμα και έστω D πυκνό υποσύνολο του X. Αποδείξτε ότι για κάθε x X, x 0, υπάρχει ακολουθία (x n ) σημείων του D τέτοια ώστε x = n=1 x n και x n 3 x 2 n για κάθε n N. Υπόδειξη. Αφού το D είναι πυκνό, μπορούμε να βρούμε x 1 D ώστε x x 1 < x 2. Τότεμ x 1 x 1 x + x < x 2 + x = 3 x 2. Επαγωγικά, αν N 2 και έχουμε ορίσει τα x 1,..., x N 1 D, αφού το D είναι πυκνό μπορούμε να επιλέξουμε x N D ώστε ( x N 1 n=1 x n ) x N < x 2 N.

17 13 Αν s N = x x N, από την κατασκευή έχουμε x s N < x 2 N 0, άρα s N x. Συνεπώς, x = Τέλος, παρατηρούμε ότι για κάθε n 2 ισχύει x n. n=1 x n = s n s n 1 = (s n x) (s n 1 x) s n x + s n 1 x < x 2 n + x 3 x = 2n 1 2 n. 22. Εστω X χώρος Banach και Y υπόχωρος του X. Αποδείξτε ότι: αν ο Y είναι G δ υποσύνολο του X τότε ο Y είναι κλειστός υπόχωρος του X. Υπόδειξη. Εχουμε Y = n=1 A n όπου κάθε A n είναι ανοικτό υποσύνολο του X. Αν ϑέσουμε B n = A n Y τότε Y = n=1 B n και κάθε B n είναι ανοικτό στον Y, άρα ο Y είναι G δ υποσύνολο του Y. Αφού B n Y, κάθε B n είναι πυκνό στον Y, άρα το A = Y \ Y = n=1 (Y \ B n) είναι σύνολο πρώτης κατηγορίας στον Y. Υποθέτουμε ότι A. Θεωρούμε τυχόν x 0 A και ορίζουμε B = x 0 + Y. Παρατηρούμε ότι B Y και B Y = (αν υπήρχε x (x 0 + Y) Y τότε ϑα είχαμε και x 0 Y). Άρα, B A. Τότε, το B είναι σύνολο πρώτης κατηγορίας στον Y, άρα και το Y = B x 0 είναι σύνολο πρώτης κατηγορίας στον Y. Ομως, Y = Y A και οδηγούμαστε σε άτοπο από το ϑεώρημα του Baire. 23. Να συγκρίνετε τις ακόλουθες νόρμες στον C 1 [0, 1]: (α) f = f + f και f 1 = f + f. (β) f και f f(t) dt. (γ) f και f + f. Υπόδειξη. (α) Εστω f C 1 [0, 1]. Για κάθε x [0, 1] έχουμε f(x) + f (x) f + f = f 1, και παίρνοντας supremum ως προς x παίρνουμε f = f + f f 1. Αντίστροφα παρατηρούμε ότι f(x) f(0) + x 0 f (t) dt f(0) + f για κάθε x [0, 1], άρα f f(0) + f. Επεται ότι f 1 f(0) + 2 f. Παρατηρώντας ότι f(0) f(0) + f (0) f και f f

18 14 Χ (εξηγήστε γιατί) συμπεραίνουμε ότι f 1 3 f. Δηλαδή, οι δύο νόρμες είναι ισοδύναμες. (β) Παρατηρούμε ότι f f f(t) dt f f dt = 2 f. (γ) Παρατηρούμε ότι f f + f, αλλά αν ϑεωρήσουμε τη συνάρτηση f n (t) = t n τότε f n = 1 ενώ f n + f n = 1 + n. Άρα, { f + f } sup : f C 1 [0, 1], f 0 = +. f 24. Εστω C k [0, 1] ο χώρος όλων των f : [0, 1] R που έχουν k συνεχείς παραγώγους, με νόρμα την Αποδείξτε ότι ο C k [0, 1] είναι χώρος Banach. ( ) f = max max{ f (s) (t) : t [0, 1]}. 0 s k Υπόδειξη. Εύκολα ελέγχουμε ότι η είναι νόρμα στον C k [0, 1]. Ας υποθέσουμε ότι (f n ) είναι μια βασική ακολουθία στον C k [0, 1]. Γράφουμε g (s) για την s-οστή παράγωγο της g. Για κάθε ε > 0 υπάρχει n 0 N ώστε: αν n, m n 0, τότε f n f m < ε, δηλαδή f (s) n f (s) m < ε για κάθε s = 0, 1,..., k, όπου η συνήθης νόρμα στον C[0, 1]. Ο C[0, 1] είναι πλήρης, άρα υπάρχουν συνεχείς f = f (0), f s : [0, 1] R ώστε f (s) n f s ομοιόμορφα. Από γνωστό ϑεώρημα (της Πραγματικής Ανάλυσης), η f s είναι παραγωγίσιμη για κάθε s = 0, 1,..., k 1 και (f s ) = f s+1. Δηλαδή, f s = f (s) για κάθε s = 0, 1,..., k. Αφού η f (k) = f k είναι συνεχής, έχουμε f C k [0, 1]. Τέλος, Δηλαδή, f n f στον C k [0, 1]. f n f = max{ f (s) n f (s) : s = 0, 1,... k} Εστω f : [0, 1] R. Η κύμανση της f ορίζεται από την { n } V(f) = sup f(t i ) f(t i 1 ) : n N, 0 = t 0 < t 1 <... < t n = 1. Αν V(f) < +, τότε λέμε ότι η f έχει φραγμένη κύμανση. Θεωρούμε τον χώρο BV[0, 1] όλων των συναρτήσεων f : [0, 1] R που έχουν φραγμένη κύμανση, είναι συνεχείς από δεξιά και ικανοποιούν την f(0) = 0. (BV[0, 1], ) είναι χώρος Banach. Αποδείξτε ότι η f = V(f) είναι νόρμα στον BV[0, 1] και ότι ο Υπόδειξη. Ελέγχουμε πρώτα ότι ο BV[0, 1] είναι γραμμικός χώρος. Οι ιδιότητες της νόρμας έπονται άμεσα από τον ορισμό. Η υπόθεση ότι f(0) = 0 εξασφαλίζει την V(f) = 0 f 0: από την V(f) = 0 συμπεραίνουμε αρχικά ότι η f είναι σταθερή, και αφού f(0) = 0 έχουμε ότι η f μηδενίζεται παντού στο [0, 1].

19 15 Εστω (f m ) βασική ακολουθία στον BV[0, 1] και έστω ε > 0. s, m m 0 τότε Υπάρχει m 0 N ώστε: αν (1) V(f s f m ) < ε. Παρατηρήστε ότι (2) f s f m V(f s f m ). Πράγματι, αν g BV[0, 1] και αν t (0, 1], ϑεωρώντας τη διαμέριση {0 < t 1} βλέπουμε ότι g(t) = g(t) g(0) + g(1) g(t) V(g), άρα g V(g). Από την (2) έπεται ότι η (f m ) είναι βασική ακολουθία στον B[0, 1] άρα συγκλίνει ομοιόμορφα σε μια συνάρτηση f B[0, 1] (επίσης, η f είναι συνεχής από δεξιά ως ομοιόμορφο όριο συναρτήσεων που είναι συνεχείς από δεξιά). Σταθεροποιώντας 0 = t 0 < t 1 <... < t n = 1, m m 0 και αφήνοντας το s βλέπουμε ότι n (f f m )(t i ) (f f m )(t i 1 ) = lim s n (f s f m )(t i ) (f s f m )(t i 1 ) lim inf s V(f s f m ) ε. Επεται ότι V(f f m ) 0 όταν το m. Ειδικότερα, V(f) V(f f m0 ) + V(f m0 ) <, δηλαδή f BV[0, 1]. 26. Εστω 0 < α 1. Συμβολίζουμε με Λ α ([0, 1]) τον χώρο των Hölder συνεχών συναρτήσεων με εκθέτη α: δηλαδή, f Λ α ([0, 1]) αν και μόνο αν f(0) = 0 και { } f(x) f(y) f Λα := sup x y α : x, y [0, 1], x y < +. (α) Αποδείξτε ότι ο (Λ α ([0, 1]), Λα ) είναι χώρος Banach. (β) Εστω λ α ([0, 1]) το σύνολο των f Λ α ([0, 1]) που ικανοποιούν την f(x) f(y) lim x y x y α = 0 για κάθε y [0, 1]. Αποδείξτε ότι: αν 0 < α < 1 τότε ο λ α ([0, 1]) είναι απειροδιάστατος κλειστός υπόχωρος του Λ α ([0, 1]). Ποιός είναι ο λ α ([0, 1]) στην περίπτωση α = 1; Υπόδειξη. Δείχνουμε πρώτα ότι η Λα κάθε x (0, 1] ίσχύει f(x) = f(x) f(0) είναι νόρμα (απλό). Επίσης, παρατηρούμε ότι, για f(x) f(0) x α f Λα, άρα f f Λα. Αυτό σημαίνει ότι κάθε βασική ακολουθία (f n ) στον (Λ α ([0, 1]), Λα ) είναι βασική ακολουθία ως προς την, άρα συγκλίνει ομοιόμορφα σε κάποια f C[0, 1]. Ελέγχουμε ότι f Λ α ([0, 1]) και f n f Λα 0.

20 16 Χ Για τον λ α ([0, 1]) παρατηρήστε ότι: αν 0 < α < 1 τότε οι g n (t) = t n ανήκουν στον λ α ([0, 1]) (άρα έχει άπειρη διάσταση) ενώ αν f λ 1 ([0, 1]) τότε f f(y) f(x) (x) = lim y x = 0 για κάθε x, άρα η f είναι σταθερή, και λόγω της f(0) = 0 αναγκαστικά η μηδενική συνάρτηση. 27. Εστω c 0 ο γραμμικός χώρος των ακολουθιών x = (ξ k ) που συγκλίνουν στο 0. Αν x = (ξ k ) c 0, υπάρχει μετάθεση των φυσικών π : N N ώστε η ( ξ π(n) ) να είναι φθίνουσα, και η ακολουθία (ξ n) με ξ n = ξ π(n) ορίζεται μονοσήμαντα από την (ξ n ). Για κάθε x c 0, ορίζουμε { 1 m } x = sup ξ m n : m N, n=1 και ϑέτουμε d 0 = {x c 0 : x < + }. Αποδείξτε ότι ο (d 0, ) είναι χώρος με νόρμα. Είναι χώρος Banach; Υπόδειξη. Ο (d 0, ) είναι χώρος με νόρμα: δείχνουμε μόνο την τριγωνική ανισότητα (ελέγξτε όμως και τα άλλα αξιώματα της νόρμας). Παρατηρήστε ότι, αν x = (ξ k ), y = (η k ) d 0, τότε για κάθε m N, m m (x + y) k m ξ k + η k. Πράγματι, αν (x + y) k = ξ j k + η jk τότε m m (x + y) k = ξ jk + η jk m m ξ jk + η jk y x m m ξ k + η k, γιατί οποιεσδήποτε m απόλυτες τιμές όρων π.χ. της (ξ k ) έχουν άθροισμα το πολύ ίσο με ξ ξ m. Επεται ότι { 1 m } { x + y = sup (x + y) m k : m N 1 m } { 1 m } sup + sup m m = x + y. (β) Ο (d 0, ) είναι πλήρης: έστω (x l ) βασική ακολουθία στον d 0. Για κάθε ε > 0 υπάρχει l 0 N τέτοια ώστε: αν l, s l 0, τότε 1 m (x l x s ) m k < ε για κάθε m N. Τότε, για κάθε m N έχουμε ξ l m ξ s m (x l x s ) 1 < ε, δηλαδή x l x s < ε. Ειδικότερα, η (ξ l m) l N είναι βασική ακολουθία για κάθε m και ορίζεται το ξ m = lim l ξl m R. Επιπλέον, ξ k lim s xs x = 0 (από την πληρότητα του l ). Θέτουμε η k

21 17 x = (ξ m ) και δείχνουμε ότι x l x 0. Αν μάς δώσουν ε > 0, για το l 0 που ορίσαμε παραπάνω έχουμε: για κάθε l l 0 και για κάθε m N, s > l 0 1 m (x l x) m k 1 m (x l x s ) m k + 1 m (x s x) m k ε + 1 m (x s x) m k ε + m x s x. Αφήνοντας το s βλέπουμε ότι για κάθε m N, άρα 1 m (x l x) m k ε { x l 1 m } x = sup (x l x) m k : m N ε για κάθε l l 0. Αυτό δείχνει ότι x l x Ξέρουμε ότι ο c 0 είναι κλειστός υπόχωρος του l. Αποδείξτε ότι αν x = (ξ k ) l, τότε d(x, c 0 ) = lim sup k ξ k. Είναι πάντα σωστό ότι υπάρχει y x c 0 ώστε d(x, c 0 ) = x y x ; Υπόδειξη. Εστω x = (ξ k ) l, και α = lim sup k ξ k. Δείχνουμε πρώτα ότι x y α για κάθε y c 0. Εστω y = (η k ) c 0, και έστω ε > 0. Ξέρουμε ότι η k 0, άρα υπάρχει k 0 N ώστε: για κάθε k k 0, η k < ε. Από την άλλη πλευρά, υπάρχει υπακολουθία της ( ξ k ) που συγκλίνει στο α. Άρα, υπάρχει k k 0 ώστε ξ k α < ε. Τότε, ξ k η k ξ k η k > α ε ε = α 2ε, άρα x y > α 2ε και αφού το ε > 0 ήταν τυχόν, x y α. Αφού το y c 0 ήταν τυχόν, d(x, c 0 ) = inf{ x y : y c 0 } α. Δείχνουμε τώρα ότι μπορούμε να επιλέξουμε y x c 0 τέτοιο ώστε x y x = α. Θεωρούμε τα σύνολα και ϑέτουμε A n = {k N : ξ k > α + 1/n}, n N, B 0 = A 1, B n = A n+1 \A n = {k N : α + 1/n ξ k > α + 1/(n + 1)}. Κάθε A n είναι πεπερασμένο σύνολο, αλλιώς η ξ k ϑα είχε υπακολουθία που ϑα συνέκλινε σε αριθμό μεγαλύτερο από α. Άρα, και κάθε B n είναι πεπερασμένο. Ορίζουμε y x = (η k ) ως εξής: (1) Αν k B n, ϑέτουμε η k = ξ k + α αν ξ k < 0 και η k = ξ k α αν ξ k > 0. Σε κάθε περίπτωση, ξ k η k = α και η k 1 n, εκτός ίσως από τα k B 0, τα οποία όμως είναι πεπερασμένα το πλήθος και δεν επηρεάζουν τη σύγκλιση της (η k ).

22 18 Χ (2) Αν k B n, ϑέτουμε η k = 0, οπότε ξ k η k α αφού γι αυτά τα k έχουμε ξ k α. Οπως ορίσαμε το y x = (η k ), έχουμε x y x α. Μένει να δείξουμε ότι y x c 0 : έστω ε > 0. Υπάρχει n 0 τέτοιο ώστε 1/n 0 < ε. Αν k 0 = max{k : k n 0 n=0 B n}, τότε για κάθε k > k 0 ισχύει η k 1/n 0 < ε. Άρα, η k 0, δηλαδή y x c 0. Από τα παραπάνω, α d(x, c 0 ) x y x α, δηλαδή y x x = d(x, c 0 ). 29. Εστω K φραγμένο υποσύνολο του c 0. Αποδείξτε ότι το K είναι ολικά φραγμένο αν και μόνο αν για κάθε ε > 0 υπάρχει n 0 (ε) N ώστε για κάθε n n 0 και κάθε x = (ξ n ) K ισχύει ξ n ε. Υπόδειξη. Υποθέτουμε πρώτα ότι το K είναι ολικά φραγμένο. Εστω ε > 0. Μπορούμε να βρούμε x 1,..., x N K ώστε: για κάθε x K υπάρχει j N με την ιδιότητα Για κάθε j = 1,..., N έχουμε x x j = sup{ ξ n ξ j n : n N} < ε/2. lim n ξj n = 0, άρα υπάρχει n j (ε) ώστε: για κάθε n n j, ξ j n < ε/2. Θέτουμε n 0 = max{n 1,..., n N }. Εστω τώρα x K. Βρίσκουμε j N ώστε x x j < ε/2, και για κάθε n n 0 γράφουμε ξ n ξ n ξ j n + ξ j n x x j + ξ j n < ε/2 + ε/2 = ε. Αφού το ε > 0 ήταν τυχόν, έπεται το ζητούμενο. Για την αντίστροφη κατεύθυνση, έστω ε > 0. Εφαρμόζουμε την υπόθεση και βρίσκουμε n 0 N ώστε για κάθε n n 0 και κάθε x = (ξ n ) K να ισχύει ξ n ε. Γνωρίζουμε ότι το K είναι φραγμένο, δηλαδή υπάρχει M > 0 τέτοιος ώστε x M για κάθε x K. Θεωρούμε πεπερασμένη ακολουθία M = t 0 < t 1 < < t m = M τέτοια ώστε t i+1 t i < ε/2 για κάθε i = 0, 1,..., m 1. Στη συνέχεια ορίζουμε το σύνολο A = {y = (y 1,..., y n0, 0,...) : y n {t 0, t 1,..., t m ) για κάθε n = 1,..., n 0 }. Το A είναι πεπερασμένο υποσύνολο του c 0 : κάθε y A είναι τελικά μηδενική ακολουθία, άρα ανήκει στον c 0, και το πλήθος των στοιχείων του A είναι ίσο με (m + 1) n 0. Θα δείξουμε ότι για κάθε x K υπάρχει y A τέτοιο ώστε x y < ε. Αυτό αποδεικνύει ότι το K είναι ολικά φραγμένο (εξηγήστε γιατί). Εστω x = (ξ n ) στο K. Γνωρίζουμε ότι ξ n < ε/2 για κάθε n > n 0. Επίσης, για κάθε n = 1,..., n 0 έχουμε ξ n M, άρα υπάρχει i n {0, 1,..., m} τέτοιος ώστε ξ n t in < ε/2. Αν ορίσουμε y = (t i1,..., t in0, 0,...) τότε y A και είναι εύκολο να έλέγξουμε ότι x y ε/2 < ε (εξηγήστε γιατί).

23 Εστω 1 p < και K κλειστό και φραγμένο υποσύνολο του l p. Αποδείξτε ότι το K είναι συμπαγές αν και μόνο αν για κάθε ε > 0 υπάρχει n 0 (ε) N ώστε για κάθε n n 0 και κάθε x = (ξ k ) K να ισχύει ξ k p < ε. k=n Υπόδειξη. Υποθέτουμε πρώτα ότι το K είναι συμπαγές. Εστω ε > 0. Αφού το K είναι ολικά φραγμένο, μπορούμε να βρούμε x 1,..., x N K ώστε: για κάθε x K υπάρχει j N με την ιδιότητα x x j p p = Για κάθε j = 1,..., N υπάρχει n j (ε) ώστε ξ k ξ j k p < (ε/2) p. k=n j ξ j k p < (ε/2) p. Θέτουμε n 0 = max{n 1,..., n N }. Εστω τώρα x K. Βρίσκουμε j N ώστε x x j p p < (ε/2) p, και για κάθε n n 0 γράφουμε ( ) 1/p ( ) 1/p ( ) 1/p ξ k p ξ k ξ j k p + ξ j k p < ε. k=n k=n Αφού το ε > 0 ήταν τυχόν, έπεται το ζητούμενο. Για την αντίστροφη κατεύθυνση, αρκεί να δείξουμε ότι το K είναι ολικά φραγμένο (ως κλειστό υποσύνολο του l p ϑα είναι και πλήρες, άρα συμπαγές). Θα μιμηθούμε το επιχείρημα της προηγούμενης άσκησης. Εστω ε > 0. Εφαρμόζουμε την υπόθεση και βρίσκουμε n 0 N ώστε για κάθε n n 0 και κάθε x = (ξ k ) K να ισχύει ξ k p < (ε/2) p. k=n Γνωρίζουμε ότι το K είναι φραγμένο, δηλαδή υπάρχει M > 0 τέτοιος ώστε x p M για κάθε x K. Θεωρούμε πεπερασμένη ακολουθία M = t 0 < t 1 < < t m = M τέτοια ώστε t i+1 t i p < 1 n 0 (ε/2) p για κάθε i = 0, 1,..., m 1. Στη συνέχεια ορίζουμε το σύνολο k=n A = {y = (y 1,..., y n0, 0,...) : y k {t 0, t 1,..., t m ) για κάθε k = 1,..., n 0 }. Το A είναι πεπερασμένο υποσύνολο του l p : κάθε y A είναι τελικά μηδενική ακολουθία, άρα ανήκει στον l p, και το πλήθος των στοιχείων του A είναι ίσο με (m + 1) n 0. Θα δείξουμε ότι για κάθε x K υπάρχει y A τέτοιο ώστε x y p < ε. Αυτό αποδεικνύει ότι το K είναι ολικά φραγμένο. Εστω x = (ξ k ) στο K. Γνωρίζουμε ότι k=n 0 +1 ξ k p < (ε/2) p. Επίσης, για κάθε k = 1,..., n 0 έχουμε ξ k M, άρα υπάρχει i k {0, 1,..., m} τέτοιος ώστε

24 20 Χ ξ k t in p < 1 n 0 (ε/2) p. Αν ορίσουμε y = (t i1,..., t in0, 0,...) τότε y A και είναι εύκολο να έλέγξουμε ότι ( n0 ) 1/p 1/p x y p ξ k t ik p + ξ k p < ε. k=n Εστω X χώρος Banach και K συμπαγές υποσύνολο του X. Αποδείξτε ότι υπάρχει ακολουθία (x n ) στον X τέτοια ώστε x n 0 και K conv({x n : n N}), όπου conv(a) είναι η κυρτή ϑήκη του A (το μικρότερο κυρτό σύνολο το οποίο περιέχει το A - ισοδύναμα, το σύνολο όλων των κυρτών συνδυασμών σημείων του A). Υπόδειξη. Το K είναι συμπαγές, άρα το 2K είναι συμπαγές και ειδικότερα ολικά φραγμένο. Υπάρχει λοιπόν πεπερασμένο σύνολο A 1 2K τέτοιο ώστε 2K ( a, 1 ). 4 a A 1 B Ορίζουμε K 2 = [ ( a + 2K B a, 1 )]. 4 Παρατηρήστε ότι a A 1 ( K 2 B 0, 1 ). 4 Επίσης, το K 2 είναι συμπαγές (εξηγήστε γιατί), άρα το 2K 2 είναι συμπαγές και ειδικότερα ολικά φραγμένο. Υπάρχει λοιπόν πεπερασμένο σύνολο A 2 2K 2 τέτοιο ώστε 2K 2 ( ) 1 a,. Ορίζουμε K 3 = a A 2 a A 2 B 4 2 [ ( a + 2K 2 B a, και συνεχίζουμε με τον ίδιο τρόπο. Παρατηρήστε ότι ( ) K 3 B 1 0,. 4 2 )] 1, Στο n-οστό βήμα ϑεωρούμε το 2K n και το καλύπτουμε με μπάλες ακτίνας 1 4 n που έχουν κέντρα από κάποιο πεπερασμένο σύνολο A n 2K n. Ορίζουμε το K n+1 όπως παραπάνω και έχουμε ( ) K n+1 B 1 0, 4 n. Εστω x K. Από την κατασκευή, υπάρχει a 1 A 1 τέτοιο ώστε 2x a 1 K 2. Τότε, 4x 2a 1 2K 2, άρα υπάρχει a 2 A 2 τέτοιο ώστε 4x 2a 1 a 2 K 3. Ομοίως, 8x 4a 1 2a 2 2K 3, άρα 4 2

25 21 υπάρχει a 3 A 3 τέτοιο ώστε 8x 4a 1 2a 2 a 3 K 4. Οι σχέσεις αυτές μας λένε ισοδύναμα ότι Γενικά, x a K 2, x a 1 2 a K 3, x a 1 2 a a K 4,... το οποίο αποδεικνύει ότι n x n a i 2 i 1 2 n K n+1, a i 2 i x = 1 n 1 2 n n a i 2 i x. Επεται ότι x conv(a 1 A 2 A n ). Θεωρούμε την ακολουθία (x m ) που προκύπτει αν πάρουμε σαν πρώτους όρους τα σημεία του A 1, επόμενους τα σημεία του A 2, επόμενους τα σημεία του A 3 και ούτω καθεξής. Από την κατασκευή, έχουμε a A n = a 2K n = a 2 4 n, άρα x m 0, και αυτό ολοκληρώνει την απόδειξη.

26

27 Κεφάλαιο 2 Χώροι πεπερασμένης διάστασης 1. Εστω και δύο ισοδύναμες νόρμες στον γραμμικό χώρο X. Να δείξετε ότι αν (x n ) είναι μια ακολουθία στοιχείων του X και x X, τότε x n x 0 αν και μόνο αν x n x 0. Υπόδειξη. Άμεσο, αφού υπάρχουν a, b > 0 τέτοιοι ώστε a x x b x για κάθε x X. Για παράδειγμα, αν x n x 0 τότε 0 x n x 1 a x n x 0, άρα x n x 0. Η αντίστροφη συνεπαγωγή έπεται όμοια από την x n x b x n x. 2. Εστω και δύο ισοδύναμες νόρμες στον γραμμικό χώρο X. Αποδείξτε ότι υπάρχει ομοιομορφισμός f : B (X, ) B (X, ). Δηλαδή, η f είναι συνεχής, ένα προς ένα και επί, και η f 1 είναι συνεχής. Υπόδειξη. Οι και είναι ισοδύναμες, άρα υπάρχουν a, b > 0 τέτοιοι ώστε a x x b x για κάθε x X. Ορίζουμε f : B (X, ) B (X, ) με f( 0) = 0 και f(x) = x x x, x 0. (α) Η f είναι καλά ορισμένη: αν x B (X, ), x 0, τότε x 1 άρα f(x) = x x x = x 1, δηλαδή f(x) B (X, ). Αν x = 0, τότε f(x) = 0 B(X, ). (β) Δείχνουμε πρώτα τη συνέχεια της f: αν x n x 0 ως προς την και x 0 0, τότε από την ισοδυναμία των νορμών παίρνουμε x n x 0, x n x 0 ως προς την (γιατί;) και x n x 0 > 0, οπότε από τη συνέχεια του πολλαπλασιασμού ως προς την συμπεραίνουμε ότι f(x n ) = x n x n x n x 0 x 0 x 0 = f(x 0 )

28 24 Χ ως προς την. Αν x n 0 τότε x n 0 από την ισοδυναμία των νορμών, και x n / x n 1/a αν x n 0 ή f(xn ) = 0 αν xn = 0. Σε κάθε περίπτωση, f(x n ) 1 a x n b a x n 0, δηλαδή f(x n ) 0 = f( 0). Επεται ότι η f είναι συνεχής. (γ) Η f είναι επί: αν y 0 και y 1, τότε το x = ( y / y )y έχει νόρμα x = y 1 και (ελέγξτε το) f(x) = x x x = y. (δ) Η f είναι ένα προς ένα: αν f(x) = f(x 1 ) και x 0, τότε x1 0 (γιατί;) και ( ) x x x = x 1 x 1 x 1. Αυτό σημαίνει ότι τα x, x 1 είναι συγγραμμικά και μάλιστα x = tx 1, t > 0. Άρα, η ( ) παίρνει τη μορφή x x x = t x tx = x = tx = t = 1, t x οπότε x 1 = x. Αν πάλι x = 0 και f(x1 ) = f( 0) = 0, είναι φανερό ότι x1 = 0 = x. (ε) Η f 1 : B (X, ) B (X, ) ορίζεται από την f 1 (y) = y y y. Οπως στο (β) δείχνουμε ότι η f 1 είναι συνεχής. Άρα, η f είναι ομοιομορφισμός. 3. (α) Αποδείξτε ότι για κάθε 1 p < q < +, ο l p περιέχεται γνήσια στον l q, και ο l q περιέχεται γνήσια στον c 0. (β) Εξετάστε αν οι νόρμες p και q είναι ισοδύναμες στον l p (p < q). (γ) Εξετάστε αν ισχύει c 0 = 1 p<+ l p. Υπόδειξη. (α) Εστω x = (ξ k ) l p. Τότε ξ k p < +, άρα ξ k 0. Για μεγάλα k έχουμε 0 ξ k < 1 και αφού p < q βλέπουμε ότι 0 ξ k q ξ k p. Από κριτήριο σύγκρισης ξ k q < +, δηλαδή x l q. Άρα, l p l q. Ο εγκλεισμός είναι γνήσιος. Το x = (1/k 1/p ) l q \l p (γιατί;). (β) Για κάθε n N ορίζουμε x n = (1,..., 1, 0,...) (n μονάδες και μετά μηδενικά). Τότε, x n p x n q = n1/p n 1/q = n 1 p 1 q + όταν n. Δηλαδή, δεν υπάρχει b > 0 τέτοιο ώστε x p b x q για κάθε x l p (εξηγήστε γιατί). Άρα, οι δύο νόρμες δεν είναι ισοδύναμες.

29 25 1 (γ) Παίρνουμε ξ k = ln(k+1), k = 1, 2,.... Τότε, ξ k 0 όταν k, όμως το κριτήριο συμπύκνωσης δείχνει ότι 1 [ln(k + 1)] p = + ( για κάθε p 1. Άρα x = 1 ln(k+1) ) k N c 0\ p 1 l p. 4. Στον χώρο C[0, 1] ϑεωρούμε τη συνήθη νόρμα f = max t [0,1] f(t). Σε κάθε μία από τις παρακάτω περιπτώσεις, βρείτε το σύνολο {g K : f g = d(f, K)}. (α) K είναι το σύνολο των σταθερών συναρτήσεων, f τυχούσα στον C[0, 1]. (β) K = {ax : a R}, f σταθερή. (γ) K = {g C[0, 1] : g 0, 1 0 g(t)dt g(0) + 1}, f 0. Υπόδειξη. (α) Εστω f C[0, 1] και M = max{f(t) : 0 t 1}, m = min{f(t) : 0 t 1}. Θεωρούμε τη συνάρτηση g 0 K με g 0 (x) = M+m στο [0, 1]. Τότε, 2 { f(x) M + m { } f g 0 = max 2 } : x [0, 1] = max M M + m, M + m m 2 2 Αν g K, τότε g(x) = c R στο [0, 1]. Διακρίνουμε τρείς περιπτώσεις: (i) c < m = f g = M c > M m M m 2. (ii) c > M = f g = c m > M m M m 2. (iii) m c M = f g = max{m c, c m} M m 2. = M m. 2 Από τα παραπάνω έπεται ότι f g M m 2 = f g 0. Συνεπώς, d(f, K) = M+m 2 = d(f, g 0 ). (β) Εστω f(x) = c, x [0, 1]. Τότε, για κάθε g(x) = ax στο K έχουμε f g = max 0 x 1 c ax c και για την g 0 0 έχουμε g 0 K και f g 0 = c. Συνεπώς, d(f, K) = c. Τώρα, παρατηρούμε τα εξής: (i) Αν c 0, τότε όλες οι g(x) = ax με 0 a 2c (και μόνον αυτές, εξηγήστε γιατί) ικανοποιούν την f g = c = d(f, K). (ii) Αν c < 0, τότε όλες οι g(x) = ax με 2c a 0 (και μόνο αυτές, εξηγήστε γιατί) ικανοποιούν την f g = c = d(f, K). (γ) Αν g K, τότε g f = max 0 x 1 g(x) = max 0 x 1 g(x). Ομως, ( ) 1 g(0) g(t)dt max 0 x 1 g(x). Άρα g f 1, και αφού η g K ήταν τυχούσα, d(f, K) 1. Εστω ότι υπάρχει g K για την οποία g f = 1. Τότε έχουμε ισότητα στην ( ), άρα 0 g 1 και 1 0 g(t)dt = g(0) + 1 = 1, οπότε η g είναι συνεχής συνάρτηση με g(0) = 0, 0 g 1 και 1 0 g(t)dt = 1, το οποίο είναι άτοπο (γιατί;).

30 26 Χ Από την άλλη πλευρά, d(f, K) = 1. Πράγματι, για κάθε μικρό ε > 0 ορίζουμε g ε με g ε (0) = 0, g 1 + δ στο [ε, 1] και g ε γραμμική στο [0, ε]. Αν δ = ε/2 1 (ε/2), τότε 1 0 g ε(t)dt = 1. Άρα, g ε K και g f = 1 + δ = 1 + ε/2 1 (ε/2). Επεται ότι d(f, K) lim ε 0 + ( 1 + ε/2 ) 1 (ε/2) Άρα d(f, K) = 1, αλλά δεν υπάρχει g K με την ιδιότητα f g = d(f, K). 5. Αποδείξτε την εξής παραλλαγή του Λήμματος του Riesz: αν ο Y είναι υπόχωρος του X που έχει πεπερασμένη διάσταση, τότε υπάρχει x X με x = 1 και d(x, Y) = 1. Υπόδειξη. Εστω v X\Y. Αφού ο Y έχει πεπερασμένη διάσταση, είναι κλειστός υπόχωρος του X, και αφού v Y έχουμε d(v, Y) = a > 0. Για κάθε n N μπορούμε να βρούμε y n Y με την ιδιότητα a v y n < a + 1 n (ϑυμηθείτε τον ορισμό της d(v, Y)). Για κάθε n N έχουμε = 1. y n y 1 y n v + v y 1 < 2a n 2a + 2. Δηλαδή, η ακολουθία (y n ) περιέχεται στην B(y 1, 2a + 2) που είναι συμπαγές σύνολο γιατί ο Y έχει πεπερασμένη διάσταση. Άρα, υπάρχει υπακολουθία (y kn ) της (y n ) με y kn y Y. Τότε, v y = lim v y n = a. Δηλαδή, υπάρχει πλησιέστερο προς το v σημείο του Y. Συνεχίζουμε όπως στην απόδειξη του Λήμματος του Riesz. Ορίζουμε x = 1 a (v y). Τότε x = 1 και για κάθε z Y x z = v y a z = v (y + az) a = v (y + az) a d(v, Y) a = 1, γιατί y + az Y (ο Y είναι γραμμικός υπόχωρος του X). d(x, Y) x 0 = x = 1, συμπεραίνουμε ότι d(x, Y) = 1. Δείξαμε ότι d(x, Y) 1 και αφού 6. Εστω X = (R n, ) και ένα ε > 0. (α) Εστω x 1, x 2,..., x k B X με την ιδιότητα x i x j ε αν i j. Να δείξετε ότι k (1+2/ε) n. Υπόδειξη: Οι μπάλες B(x i, ε/2) περιέχονται στην B(0, 1 + ε/2) και είναι ξένες ανά δύο. (β) Αποδείξτε ότι υπάρχει ε δίκτυο για την B X με πληθάριθμο N (1 + 2/ε) n. Υπόδειξη. (α) Θεωρούμε τις μπάλες B(x i, ε ), i = 1,..., k. Αν V είναι ο όγκος της B(0, 1), τότε 2 ο όγκος της B(x i, ε 2 ) είναι V( ε 2 )n για κάθε i = 1,..., k. Αφού i j x i x j ε, οι B(x i, ε 2 ) είναι ξένες, άρα η ένωσή τους k B(x i, ε 2 ) έχει όγκο ( ε ) n U = k V. 2

31 27 Από την άλλη πλευρά, αν y B(x i, ε 2 ) για κάποιο i k, τότε y x i + ε 2 < 1 + ε 2, δηλαδή k ( B x i, ε ) ( 1 + ε ) B(0, 1). 2 2 Επεται ότι k V ( ε 2) n = U ( 1 + ε 2) n V, το οποίο δίνει το ζητούμενο. (β) Θεωρούμε την κλάση όλων των συνόλων {x 1,..., x k } B X, k N, που ικανοποιούν την i j x i x j ε. Από το (α) κάθε τέτοιο σύνολο έχει πλήθος στοιχείων το πολύ ίσο με (1 + 2 ε )n, άρα ανάμεσά τους υπάρχει κάποιο με μέγιστο πληθάριθμο. Παίρνουμε ένα τέτοιο {x 1,..., x k }. Τότε, το {x 1,..., x k } είναι ε-δίκτυο για την B X : αν υπήρχε y B X με y x i ε για κάθε i k, τότε το {y, x 1,..., x k } ϑα ήταν στην κλάση μας και ϑα είχε περισσότερα από k στοιχεία. Από την κατασκευή και το (α), το ε-δίκτυο που φτιάξαμε έχει το πολύ (1 + 2 ε )n στοιχεία. 7. Εστω X απειροδιάστατος χώρος με νόρμα. (α) Αποδείξτε ότι υπάρχουν x 1, x 2,..., x n,... B X ώστε x n B X B X και τα x n B X να είναι ξένα. (β) Το ερώτημα απαιτεί κάποια γνώση Θεωρίας Μέτρου. Αποδείξτε ότι δεν υπάρχει μέτρο Borel µ στον X που να ικανοποιεί τα εξής: (i) Το µ είναι αναλλοίωτο στις μεταφορές, δηλαδή µ(x + A) = µ(a) για κάθε x X και κάθε Borel υποσύνολο A του X. (ii) µ(a) > 0 για κάθε ανοικτό, μη κενό A X. (iii) Υπάρχει μη κενό ανοικτό A 0 X με µ(a 0 ) <. Υπόδειξη. (α) Από το Λήμμα του Riesz μπορούμε να βρούμε (y n ) n=1 στην B X με την ιδιότητα y n y m > 2 3 αν n m. Θέτουμε x n = 3y n 4. Τότε, x n B X B X (εξηγήστε γιατί) και τα x n B X είναι ξένα: αν, για κάποια n m, υπήρχε y X με y x n 1 4 και y x m 1 4, τότε ϑα είχαμε x n x m 1 2, οπότε y n y m = 4 3 x n x m 2, το οποίο είναι άτοπο. 3 (β) Υποθέτουμε ότι υπάρχει μέτρο µ το οποίο ικανοποιεί τα (i) (iii). Το A 0 είναι ανοιχτό, επομένως υπάρχει ανοικτή μπάλα B(x 0, r) A 0. Από τα (ii) και (iii) βλέπουμε ότι 0 < µ(b(x 0, r)) <. Αφού το µ είναι αναλλοίωτο ως προς τις μεταφορές, έπεται ότι 0 < µ(b(0, r)) <. Εφαρμόζοντας το (α) μπορούμε να βρούμε x n B(0, r) ώστε οι μπάλες B(x n, r/5) να είναι ξένες και να περιέχονται στην B(0, r). Χρησιμοποιώντας πάλι τα (i) και (ii) βλέπουμε ότι υπάρχει t > 0 ώστε µ(b(x n, r/5)) = t για κάθε n N. Ομως τότε, ( ) + > µ(b(0, r)) µ B(x n, r/5) n=1 µ(b(x n, r/5)) = n=1 t. n=1

32 28 Χ Αυτό είναι άτοπο. 8. Αποδείξτε ότι ένας χώρος με νόρμα είναι πεπερασμένης διάστασης αν και μόνο αν περιέχει συμπαγές σύνολο με μη κενό εσωτερικό. Υπόδειξη. Εστω X χώρος με νόρμα. Υποθέτουμε πρώτα ότι ο X έχει πεπερασμένη διάσταση. Γνωρίζουμε τότε ότι η B X είναι συμπαγές σύνολο και ότι int(b X ) = B(0, 1) = {x X : x < 1}. Αντίστροφα, υποθέτουμε ότι υπάρχει K X συμπαγές, με int(k). Τότε, μπορούμε να βρούμε x 0 X και r > 0 τέτοια ώστε B(x 0, r) K. Αν ορίσουμε K 1 = x 0 + K τότε B(0, r) = x 0 + B(x 0, r) x 0 + K = K 1. Επεται ότι B(0, 1) = 1 r B(0, r) 1 r K 1. Εύκολα ελέγχουμε ότι το σύνολο 1 r K 1 είναι συμπαγές. Αρχικά, η συνάρτηση f : X X με f(y) = x 0 +y είναι συνεχής, και αφού το K είναι συμπαγές βλέπουμε ότι το K 1 = x 0 +K = f(k) είναι συμπαγές. Επειτα, η συνάρτηση g : X X με g(y) = 1 r y είναι συνεχής, και αφού το K 1 είναι συμπαγές βλέπουμε ότι το 1 r K 1 είναι συμπαγές. Τώρα, αφού B(0, 1) 1 r K 1 και το 1 r K 1 είναι κλειστό, βλέπουμε ότι B X = B(0, 1) 1 r K 1, άρα η B X, ως κλειστό υποσύνολο συμπαγούς συνόλου, είναι συμπαγής. Αναγκαστικά, ο X έχει πεπερασμένη διάσταση. 9. Εστω X χώρος Banach. Αν B X = A n, όπου κάθε A n είναι συμπαγές υποσύνολο του X, n=1 αποδείξτε ότι ο X είναι χώρος πεπερασμένης διάστασης. Υπόδειξη. Για κάθε k 1 ϑεωρούμε το σύνολο B n,k := ka n. Παρατηρούμε (δείτε και την προηγούμενη άσκηση) ότι κάθε B n,k είναι συμπαγές. Επίσης, η οικογένεια {B n,k : n, k 1} είναι αριθμήσιμη. Γράφουμε ( ) X = kb X = k A n = ka n = B n,k. n=1 n, n, Από την δεύτερη μορφή του ϑεωρήματος Baire μπορούμε να βρούμε n 0, k 0 1 ώστε το σύνολο B n0,k 0 να έχει μη κενό εσωτερικό. Αφού το B n0,k 0 είναι συμπαγές, εφαρμόζοντας την προηγούμενη άσκηση συμπεραίνουμε ότι ο X είναι χώρος πεπερασμένης διάστασης. 10. Εστω X χώρος με νόρμα. Ενα υποσύνολο A του X λέγεται ισοπλευρικό αν υπάρχει a > 0 ώστε x y = a για κάθε x, y A με x y. Αποδείξτε ότι:

33 29 (α) Αν ο X έχει πεπερασμένη διάσταση τότε κάθε ισοπλευρικό υποσύνολό του είναι πεπερασμένο. (β) Στον l n υπάρχει ισοπλευρικό σύνολο με 2n στοιχεία. (γ) Στον l n p, όπου n 2 και p > 1, υπάρχει ισοπλευρικό σύνολο με n + 1 στοιχεία. Για το (γ) δοκιμάστε το {e 1,..., e n, r(e e n )} για κατάλληλο r R. Υπόδειξη. (α) Εστω ότι ο X έχει πεπερασμένη διάσταση και περιέχει άπειρο ισοπλευρικό σύνολο. Τότε υπάρχουν άπειρη ακολουθία (x n ) στον X και a > 0 ώστε: αν m n τότε x n x m = a. Παρατηρούμε ότι η (x n ) περιέχεται στο συμπαγές σύνολο B(x 1, a) (η συμπάγεια έπεται από την υπόθεση ότι dim(x) < ) άρα έχει συγκλίνουσα υπακολουθία (x kn ). Αυτό οδηγεί σε άτοπο: η (x kn ) ϑα ήταν βασικά, άρα ϑα μπορούσαμε να βρούμε n 0 N ώστε για κάθε m > n n 0 να ισχύει x km x kn < a 2 ενώ ταυτόχρονα x k m x kn = a. (β) Θεωρούμε το A = {a = (a 1, a 2,..., a n ) : a j {0, 1}}. Το A έχει 2 n στοιχεία και είναι ισοπλευρικό υποσύνολο του l n : αν a, a A και a a τότε (εξηγήστε γιατί). a a = max{ a j a j : j = 1,..., n} = 1 (γ) Για κάθε r > 0 ϑεωρούμε το σύνολο A r = {e 1,..., e n, r(e e n )}, το οποίο έχει n + 1 σημεία (εδώ χρησιμοποιείται η υπόθεση ότι n 2, άρα 1 r (e e n ) e j για κάθε 1 j n). Παρατηρούμε ότι αν 1 i, j n και i j τότε ενώ για κάθε 1 j n ισχύει 1 r (e e n ) e j p p e i e j p p = 2, ( = 1 r,..., 1 r, 1 r 1, 1 r,..., 1 ) p r = (n 1) 1 1 (n 1) + 1 r p + 1 r p = rp rp r p. Θεωρούμε τη συνεχή συνάρτηση g : [0, ) R με g(r) = 2r p (n 1) 1 r p. Παρατηρούμε ότι lim r g(r) = lim r (2r p (n 1) (r 1) p ) = + και g(0) = (n 1) 1 < 0. συνεπώς, υπάρχει r 0 > 0 τέτοιος ώστε g(r 0 ) = 0, δηλαδή p Επεται ότι το A r0 2 = (n 1) + 1 r p r p. είναι ισοπλευρικό υποσύνολο του l n p με n + 1 στοιχεία.

34

35 Κεφάλαιο 3 Γραμμικοί τελεστές και γραμμικά συναρτησοειδή 1. Ορίζουμε T : l 2 l 2 τον τελεστή της αριστερής μετατόπισης ως εξής: για κάθε x = (ξ 1, ξ 2,..., ξ k,...), ϑέτουμε Tx = (ξ 2, ξ 3,...). (α) Αποδείξτε ότι ο T ορίζεται καλά, και είναι φραγμένος γραμμικός τελεστής. (β) Ορίζουμε T n = T T T (n φορές). Βρείτε την T n, n N, και το lim n T n. (γ) Αν x l 2, βρείτε το lim n T n x. Υπόδειξη. (α) Ο T ορίζεται καλά, γιατί Tx 2 2 = ξ k 2 k=2 ξ k 2 = x 2 2 < +, δηλαδή Tx l 2. Η ίδια ανισότητα δείχνει ότι ο T είναι φραγμένος και T 1. Η γραμμικότητα του T ελέγχεται εύκολα. (β) Επαγωγικά δείχνουμε ότι T n x = (ξ n+1, ξ n+2,...). Για τη νόρμα του T n έχουμε T n T T = T n 1. Ισχύει ισότητα, γιατί Ειδικότερα, lim n T n = 1. T n T ne n+1 2 e n+1 2 = 1 1 = 1. (γ) Αν x l 2, τότε T n x 2 = Δηλαδή, T n x 0 για κάθε x l2. k=n+1 ξ k 2 0 όταν n (ουρά συγκλίνουσας σειράς). 2. Ορίζουμε F : l 1 R με F(x) = ξ k. Αποδείξτε ότι το F είναι γραμμικό συναρτησοειδές. Είναι φραγμένο; Αν ναι, ποιά είναι η νόρμα του; Υπόδειξη. Αν x l 1, η σειρά ξ k συγκλίνει απολύτως άρα συγκλίνει. Αυτό σημαίνει ότι το F είναι καλά ορισμένο. Η γραμμικότητα ελέγχεται εύκολα: F(ax + by) = k + bη k ) = a (aξ ξ k + b η k = af(x) + bf(y).

36 32 Γ Εχουμε F(x) = ξ k ξ k = x 1, άρα το F είναι φραγμένο και F 1. Ισχύει ισότητα, γιατί αν ξ k 0 τότε F(x) = F(x) = ξ k = ξ k = x Εστω T : C[0, 1] C[0, 1], με (Tf)(t) = t 0 f(s)ds, t [0, 1]. (α) Αποδείξτε ότι ο T είναι φραγμένος, γραμμικός και ένα προς ένα τελεστής. (β) Βρείτε την εικόνα R(T) του T. (γ) Είναι ο T 1 : R(T) C[0, 1] φραγμένος; (δ) Βρείτε την T. Υπόδειξη. (α) Για κάθε t [0, 1] έχουμε άρα (Tf)(t) = t 0 t f(s)ds f(s) ds f 0 t Tf = max (Tf)(t) f. 0 t 1 0 ds = f t f, Επεται ότι ο T είναι φραγμένος και T 1. Για την γραμμικότητα του T παρατηρούμε ότι αν f, g C[0, 1] και a, b R, τότε [T(af + bg)](t) = t 0 (af(s) + bg(s))ds = a t 0 f(s)ds + b = a(tf)(t) + b(tg)(t) = [a(tf) + b(tg)](t), t 0 g(s)ds άρα T(af + bg) = a(tf) + b(tg). Η Tf είναι συνεχώς παραγωγίσιμη συνάρτηση, αφού (Tf) = f. Αυτό αποδεικνύει ότι ο T είναι καλά ορισμένος, αλλά και ότι είναι ένα προς ένα: Tf = Tg = (Tf) = (Tg) = f = g. (β) Οπως παρατηρήσαμε στο (α) η T f είναι συνεχώς παραγωγίσιμη και (T f)(0) = 0. Αυτές είναι ακριβώς οι συναρτήσεις που ανήκουν στην εικόνα R(T) του T. Πράγματι, αν g C 1 [0, 1] και g(0) = 0, ϑεωρούμε την f = g C[0, 1]. λογισμού έχουμε δηλαδή, Tf = g. (Tf)(t) = t 0 f(s)ds = t 0 Από το ϑεμελιώδες ϑεώρημα του απειροστικού g (s)ds = g(t) g(0) = g(t),

37 33 (γ) Για κάθε n N, η συνάρτηση f n (t) = t n είναι συνεχώς παραγωγίσιμη και f n (0) = 0. Από το (β), f n R(T) και [T 1 (f n )](t) = f n(t) = nt n 1. Άρα, T 1 (f n ) f n = n 1 = n (γιατί;). Επεται ότι ο T 1 δεν είναι φραγμένος: αν ήταν, ϑα είχαμε T 1 n για κάθε n N (γιατί;). (δ) Αν πάρουμε f 1 στο [0, 1], τότε f = 1 και (Tf)(t) = t 0 ds = t. Άρα, το οποίο αποδεικνύει ότι T = 1. T Tf = max t = 1, 0 t 1 4. Στον C[ 1, 1] ορίζουμε f = max 1 t 1 f(t). Υπολογίστε τις νόρμες των παρακάτω συναρτησοειδών F : C[ 1, 1] R: (α) F(g) = 1 1 g(s)ds g(0). (β) F(g) = g(1/2)+g( 1/2) 2g(0). 2 Υπόδειξη. (α) Για κάθε g C[0, 1] έχουμε 1 1 F(g) = g(s)ds g(0) g(s) ds + g(0) 2 g + g = 3 g. 1 1 Άρα, το F είναι φραγμένο και F 3. Για κάθε μικρό ε > 0 ορίζουμε g ε C[ 1, 1] ϑέτοντας g ε 1 στα [ 1, ε] και [ε, 1], g ε (0) = 1 και επεκτείνοντας γραμμικά στα [ ε, 0] και [0, ε]. Τότε g ε = 1 και 1 F F(g ε ) = ε 0 = ds ε g ε (s)ds + 1 g ε (s)ds + ε 0 1 g ε (s)ds + ε = (1 ε) (1 ε) + 1 = 3 2ε. Αφού η ανισότητα αυτή ισχύει για κάθε μικρό ε > 0, βλέπουμε ότι Άρα, F = 3. (β) Για κάθε g C[0, 1] έχουμε F(g) = g(1/2) 2 F lim 2ε) = 3. ε 0 +(3 + g( 1/2) 2 g(0) g 2 + g + g = 2 g. 2 g(1/2) 2 ds g( 1/2) 2 + g(0)

38 34 Γ Άρα, το F είναι φραγμένο και F 2. Ορίζουμε g C[ 1, 1] ϑέτοντας g 1 στα [ 1, 1/2] και [1/2, 1], g(0) = 1 και επεκτείνοντας γραμμικά στα [ 1/2, 0] και [0, 1/2]. Τότε g = 1 και F F(g) = g(1/2) + g( 1/2) g(0) 2 2 = ( 1) = 2. Άρα, F = Θεωρούμε τη γραμμική απεικόνιση f : c 0 R με f(x) = Αποδείξτε ότι f c 0 και υπολογίστε την f. Υπόδειξη. Εστω x = (x k ) c 0. Παρατηρούμε ότι, αφού x k x για κάθε k, x k 3 k x 1 3 k = 1 2 x <, άρα η σειρά x k συγκλίνει απολύτως και 3 k x k f(x) = Επεται ότι f c 0 και f k x k 3 k 1 2 x. x k 3 k, όπου x = (x k ) c 0. Για κάθε N N ϑεωρούμε το x N = (1,..., 1, 0,...) c 0 (οι πρώτες N συντεταγμένες του x N είναι ίσες με 1 και οι υπόλοιπες ίσες με 0). Εχουμε x N = 1, άρα N 1 f f(x N ) = 3 k = ( 1 N 3) Επεται ότι f 1 2. Άρα, τελικά, f = Αποδείξτε ότι οι γραμμικοί τελεστές S, T : l 1 l 1 με S(x) = (x k+1 ) k N και T(x) = x + S(x) είναι φραγμένοι και υπολογίστε τη νόρμα τους. Υπόδειξη. Εστω x = (x k ) k 1 l 1. Εχουμε S(x) = (x 2, x 3,...), άρα S(x) 1 = x k x k = x 1. k=2 Επεται ότι ο S είναι φραγμένος και S 1. Θεωρώντας το e 2 = (0, 1, 0,...) παρατηρούμε ότι S(e 2 ) = e 1 και e 2 1 = 1, άρα S S(e 2 ) 1 = e 1 1 = 1. Συνεπώς, S = 1. Για τον T παρατηρούμε ότι T(x) 1 = x + S(x) 1 x 1 + S(x) 1 2 x 1, άρα ο T είναι φραγμένος και T 2. Αν x = (x k ) με x 1 = 0, x k 0 για κάθε k 1 και x 1 = k=2 x k = 1, έχουμε T T(x) 1 = (x 1 + x 2, x 2 + x 3,...) 1 = (x k + x k+1 ) = x k + x k = 2 x k = 2. k=2 k=2

Εισαγωγικά. 1.1 Η σ-αλγεβρα ως πληροφορία

Εισαγωγικά. 1.1 Η σ-αλγεβρα ως πληροφορία 1 Εισαγωγικά 1.1 Η σ-αλγεβρα ως πληροφορία Στη θεωρία μέτρου, όταν δουλεύει κανείς σε έναν χώρο X, συνήθως έχει διαλέξει μια αρκετά μεγάλη σ-άλγεβρα στον X έτσι ώστε όλα τα σύνολα που εμφανίζονται να ανήκουν

Διαβάστε περισσότερα

5.1 Μετρήσιμες συναρτήσεις

5.1 Μετρήσιμες συναρτήσεις 5 Μετρήσιμες συναρτήσεις 5.1 Μετρήσιμες συναρτήσεις Ορισμός 5.1. Εστω (Ω, F ), (E, E) μετρήσιμοι χώροι. Μια συνάρτηση f : Ω E λέγεται F /Eμετρήσιμη αν f 1 (A) F για κάθε A E. (5.1) Συμβολίζουμε το σύνολο

Διαβάστε περισσότερα

Εστω X σύνολο και A μια σ-άλγεβρα στο X. Ονομάζουμε το ζεύγος (X, A) μετρήσιμο χώρο.

Εστω X σύνολο και A μια σ-άλγεβρα στο X. Ονομάζουμε το ζεύγος (X, A) μετρήσιμο χώρο. 2 Μέτρα 2.1 Μέτρα σε μετρήσιμο χώρο Εστω X σύνολο και A μια σ-άλγεβρα στο X. Ονομάζουμε το ζεύγος (X, A) μετρήσιμο χώρο. Ορισμός 2.1. Μέτρο στον (X, A) λέμε κάθε συνάρτηση µ : A [0, ] που ικανοποιεί τις

Διαβάστε περισσότερα

Εφαρμογές στην κίνηση Brown

Εφαρμογές στην κίνηση Brown 13 Εφαρμογές στην κίνηση Brown Σε αυτό το κεφάλαιο θέλουμε να κάνουμε για την πολυδιάστατη κίνηση Brown κάτι ανάλογο με αυτό που κάναμε στην Παράγραφο 7.2 για τη μονοδιάστατη κίνηση Brown. Δηλαδή να μελετήσουμε

Διαβάστε περισσότερα

Ανελίξεις σε συνεχή χρόνο

Ανελίξεις σε συνεχή χρόνο 4 Ανελίξεις σε συνεχή χρόνο Σε αυτό το κεφάλαιο είναι συγκεντρωμένοι ορισμοί και αποτελέσματα από τη θεωρία των στοχαστικών ανελιξεων συνεχούς χρόνου. Με εξαίρεση την Παράγραφο 4.1, η οποία είναι εντελώς

Διαβάστε περισσότερα

Αναλυτικές ιδιότητες

Αναλυτικές ιδιότητες 8 Αναλυτικές ιδιότητες 8. Βαθμός συνέχειας* Ξέρουμε ότι η κίνηση Brown είναι συνεχής και θα δείξουμε αργότερα ότι είναι πουθενά διαφορίσιμη. Πόσο ομαλή είναι λοιπόν; Μια ασθενέστερη μορφή ομαλότητας είναι

Διαβάστε περισσότερα

Ανεξαρτησία Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές

Ανεξαρτησία Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές 10 Ανεξαρτησία 10.1 Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές Στην παράγραφο αυτή δουλεύουμε σε χώρο πιθανότητας (Ω, F, P). Δίνουμε καταρχάς τον ορισμό της ανεξαρτησίας για ενδεχόμενα,

Διαβάστε περισσότερα

HY 280. θεμελιακές έννοιες της επιστήμης του υπολογισμού ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑ ΕΠΙΣΤΗΜΗΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ. Γεώργιος Φρ.

HY 280. θεμελιακές έννοιες της επιστήμης του υπολογισμού ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑ ΕΠΙΣΤΗΜΗΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ. Γεώργιος Φρ. HY 280 «ΘΕΩΡΙΑ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΥ» θεμελικές έννοιες της επιστήμης του υπολογισμού ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜΑ ΕΠΙΣΤΗΜΗΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ Γεώργιος Φρ. Γεωργκόπουλος μέρος Α Εισγωγή, κι η σική θεωρί των πεπερσμένων

Διαβάστε περισσότερα

Αποδεικτικές Διαδικασίες και Μαθηματική Επαγωγή.

Αποδεικτικές Διαδικασίες και Μαθηματική Επαγωγή. Αποδεικτικές Διαδικασίες και Μαθηματική Επαγωγή. Mαθηματικό σύστημα Ένα μαθηματικό σύστημα αποτελείται από αξιώματα, ορισμούς, μη καθορισμένες έννοιες και θεωρήματα. Η Ευκλείδειος γεωμετρία αποτελεί ένα

Διαβάστε περισσότερα

Ας υποθέσουμε ότι ο παίκτης Ι διαλέγει πρώτος την τυχαιοποιημένη στρατηγική (x 1, x 2 ), x 1, x2 0,

Ας υποθέσουμε ότι ο παίκτης Ι διαλέγει πρώτος την τυχαιοποιημένη στρατηγική (x 1, x 2 ), x 1, x2 0, Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών Τμήμα Στατιστικής Εισαγωγή στην Επιχειρησιακή Ερευνα Εαρινό Εξάμηνο 2015 Μ. Ζαζάνης Πρόβλημα 1. Να διατυπώσετε το παρακάτω παίγνιο μηδενικού αθροίσματος ως πρόβλημα γραμμικού

Διαβάστε περισσότερα

Το Θεώρημα Μοναδικότητας των Stone και von Neumann

Το Θεώρημα Μοναδικότητας των Stone και von Neumann Κ Ε Το Θεώρημα Μοναδικότητας των Stone και von Neumann Διπλωματική Εργασία Ειδίκευσης στα Θεωρητικά Μαθηματικά Πανεπιστήμιο Αθηνών Τμήμα Μαθηματικών Αθήνα 2011 Αφιερώνεται στην οικογένεια μου ii Περίληψη

Διαβάστε περισσότερα

«ΔΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ»

«ΔΙΑΚΡΙΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ» HY 118α «ΔΙΚΡΙΤ ΜΘΗΜΤΙΚ» ΣΚΗΣΕΙΣ ΠΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ ΤΜΗΜ ΕΠΙΣΤΗΜΗΣ ΥΠΟΛΟΙΣΤΩΝ εώργιος Φρ. εωργακόπουλος ΜΕΡΟΣ (1) ασικά στοιχεία της θεωρίας συνόλων. Π. ΚΡΗΤΗΣ ΤΜ. ΕΠ. ΥΠΟΛΟΙΣΤΩΝ «ΔΙΚΡΙΤ ΜΘΗΜΤΙΚ». Φ. εωργακόπουλος

Διαβάστε περισσότερα

{ i f i == 0 and p > 0

{ i f i == 0 and p > 0 ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΕΠΙΣΤΗΜΗΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ Σχεδίαση και Ανάλυση Αλγορίθμων Διδάσκων: Ε. Μαρκάκης, Φθινοπωρινό εξάμηνο 014-015 Λύσεις 1ης Σειράς Ασκήσεων

Διαβάστε περισσότερα

Επίλυση ειδικών μορφών ΣΔΕ

Επίλυση ειδικών μορφών ΣΔΕ 15 Επίλυση ειδικών μορφών ΣΔΕ Σε αυτό το κεφάλαιο θα δούμε κάποιες ειδικές μορφές ΣΔΕ για τις οποίες υπάρχει μέθοδος επίλυσης. Περισσότερες μπορεί να δει κανείς στο Kloeden and Plaen (199), 4.-4.4. Θα

Διαβάστε περισσότερα

Ανεξαρτησία Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές

Ανεξαρτησία Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές 10 Ανεξαρτησία 10.1 Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές Στην παράγραφο αυτή δουλεύουμε σε χώρο πιθανότητας (Ω, F, P). Δίνουμε καταρχάς τον ορισμό της ανεξαρτησίας για ενδεχόμενα,

Διαβάστε περισσότερα

Η ανισότητα α β α±β α + β με α, β C και η χρήση της στην εύρεση ακροτάτων.

Η ανισότητα α β α±β α + β με α, β C και η χρήση της στην εύρεση ακροτάτων. A A N A B P Y T A Άρθρο στους Μιγαδικούς Αριθμούς 9 5 0 Η ανισότητα α β α±β α + β με α, β C και η χρήση της στην εύρεση ακροτάτων. Δρ. Νίκος Σωτηρόπουλος, Μαθηματικός Εισαγωγή Το άρθρο αυτό γράφεται με

Διαβάστε περισσότερα

Περίληψη. του Frostman 4.1. Τέλος, η ϑεωρία του μέτρου Hausdorff αναπτύσσεται περαιτέρω στην τελευταία παράγραφο. Εισαγωγή 2

Περίληψη. του Frostman 4.1. Τέλος, η ϑεωρία του μέτρου Hausdorff αναπτύσσεται περαιτέρω στην τελευταία παράγραφο. Εισαγωγή 2 Το Μέτρο και η Διάσταση Hausdorff Γεωργακόπουλος Νίκος Τερεζάκης Αλέξης Περίληψη Αναπτύσσουμε τη ϑεωρία του μέτρου και της διάστασης Hausdorff με εφαρμογές στον υπολογισμό διαστάσεων συνόλων fractal (Θεώρημα

Διαβάστε περισσότερα

Ο τύπος του Itô. f (s) ds (12.1) f (g(s)) dg(s). (12.2) t f (B s ) db s + 1 2

Ο τύπος του Itô. f (s) ds (12.1) f (g(s)) dg(s). (12.2) t f (B s ) db s + 1 2 12 Ο τύπος του Itô Για συνάρτηση f : R R με συνεχή παράγωγο, έχουμε d f (s) = f (s) ds που σε ολοκληρωτική μορφή σημαίνει f (b) f (a) = b a f (s) ds (12.1) για κάθε a < b. Αν επιπλέον και η g : R R έχει

Διαβάστε περισσότερα

Ανεξαρτησία Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές

Ανεξαρτησία Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές 10 Ανεξαρτησία 10.1 Ανεξαρτησία για οικογένειες συνόλων και τυχαίες μεταβλητές Στην παράγραφο αυτή δουλεύουμε σε χώρο πιθανότητας (Ω, F, P). Δίνουμε καταρχάς τον ορισμό της ανεξαρτησίας για ενδεχόμενα,

Διαβάστε περισσότερα

Ο Ισχυρός Νόμος των Μεγάλων Αριθμών

Ο Ισχυρός Νόμος των Μεγάλων Αριθμών 1 Ο Ισχυρός Νόμος των Μεγάλων Αριθμών Στο κεφάλαιο αυτό παρουσιάζουμε ένα από τα σημαντικότερα αποτελέσματα της Θεωρίας Πιθανοτήτων, τον ισχυρό νόμο των μεγάλων αριθμών. Η διατύπωση που θα αποδείξουμε

Διαβάστε περισσότερα

Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων

Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Δευτέρα 8 Μαΐου 0 Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στη Μιγαδική Ανάλυση. (Πρώτη Ολοκληρωμένη Γραφή)

Εισαγωγή στη Μιγαδική Ανάλυση. (Πρώτη Ολοκληρωμένη Γραφή) Εισαωή στη Μιαδική Ανάλυση Σημειώσεις (Πρώτη Ολοκληρωμένη Γραφή) Ε. Στεφανόπουλος Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αιαίου Καρλόβασι Καλοκαίρι 26 Πρόλοος Οι σημειώσεις αυτές είναι αποτέλεσμα επεξερασίας

Διαβάστε περισσότερα

Μεγάλες αποκλίσεις* 17.1 Η έννοια της μεγάλης απόκλισης

Μεγάλες αποκλίσεις* 17.1 Η έννοια της μεγάλης απόκλισης 7 Μεγάλες αποκλίσεις* 7. Η έννοια της μεγάλης απόκλισης Εστω (X ) ανεξάρτητες και ισόνομες τυχαίες μεταβλητές ώστε P(X = ) = P(X = ) = /2 και S = k= X k το άθροισμα των πρώτων από αυτές. Ο νόμος των μεγάλων

Διαβάστε περισσότερα

Αναγνώριση Προτύπων. Σήμερα! Λόγος Πιθανοφάνειας Πιθανότητα Λάθους Κόστος Ρίσκο Bayes Ελάχιστη πιθανότητα λάθους για πολλές κλάσεις

Αναγνώριση Προτύπων. Σήμερα! Λόγος Πιθανοφάνειας Πιθανότητα Λάθους Κόστος Ρίσκο Bayes Ελάχιστη πιθανότητα λάθους για πολλές κλάσεις Αναγνώριση Προτύπων Σήμερα! Λόγος Πιθανοφάνειας Πιθανότητα Λάθους Πιθανότητα Λάθους Κόστος Ρίσκο Bayes Ελάχιστη πιθανότητα λάθους για πολλές κλάσεις 1 Λόγος Πιθανοφάνειας Ας υποθέσουμε ότι θέλουμε να ταξινομήσουμε

Διαβάστε περισσότερα

1. Εστω ότι A, B, C είναι γενικοί 2 2 πίνακες, δηλαδή, a 21 a, και ανάλογα για τους B, C. Υπολογίστε τους πίνακες (A B) C και A (B C) και

1. Εστω ότι A, B, C είναι γενικοί 2 2 πίνακες, δηλαδή, a 21 a, και ανάλογα για τους B, C. Υπολογίστε τους πίνακες (A B) C και A (B C) και ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗ ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Εαρινό Εξάμηνο 0 Ασκήσεις για προσωπική μελέτη Είναι απολύτως απαραίτητο να μπορείτε να τις λύνετε, τουλάχιστον τις υπολογιστικές! Εστω ότι A, B, C είναι γενικοί πίνακες,

Διαβάστε περισσότερα

Μεγάλες αποκλίσεις* 17.1 Η έννοια της μεγάλης απόκλισης

Μεγάλες αποκλίσεις* 17.1 Η έννοια της μεγάλης απόκλισης 7 Μεγάλες αποκλίσεις* 7. Η έννοια της μεγάλης απόκλισης Εστω (X ανεξάρτητες και ισόνομες τυχαίες μεταβλητές ώστε P(X = = P(X = = /2 και S = k= X k το άθροισμα των πρώτων από αυτές. Ο νόμος των μεγάλων

Διαβάστε περισσότερα

Μεγάλες αποκλίσεις* 17.1 Η έννοια της μεγάλης απόκλισης

Μεγάλες αποκλίσεις* 17.1 Η έννοια της μεγάλης απόκλισης 7 Μεγάλες αποκλίσεις* 7. Η έννοια της μεγάλης απόκλισης Εστω (X ανεξάρτητες και ισόνομες τυχαίες μεταβλητές ώστε (X = = (X = = /2 και S = k= X k το άθροισμα των πρώτων από αυτές. Ο νόμος των μεγάλων αριθμών

Διαβάστε περισσότερα

Εξαναγκασμένες ταλαντώσεις, Ιδιοτιμές με πολλαπλότητα, Εκθετικά πινάκων. 9 Απριλίου 2013, Βόλος

Εξαναγκασμένες ταλαντώσεις, Ιδιοτιμές με πολλαπλότητα, Εκθετικά πινάκων. 9 Απριλίου 2013, Βόλος ιαφορικές Εξισώσεις Εξαναγκασμένες ταλαντώσεις, Ιδιοτιμές με πολλαπλότητα, Ατελείς ιδιοτιμές Εκθετικά πινάκων Μανόλης Βάβαλης Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Τηλεπικοινωνιών και ικτύων Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας 9 Απριλίου

Διαβάστε περισσότερα

Οι γέφυρες του ποταμού... Pregel (Konigsberg)

Οι γέφυρες του ποταμού... Pregel (Konigsberg) Οι γέφυρες του ποταμού... Pregel (Konigsberg) Β Δ Β Δ Γ Γ Κύκλος του Euler (Euler cycle) είναι κύκλος σε γράφημα Γ που περιέχει κάθε κορυφή του γραφήματος, και κάθε ακμή αυτού ακριβώς μία φορά. Για γράφημα

Διαβάστε περισσότερα

Παντού σε αυτό το κεφάλαιο, αν δεν αναφέρεται κάτι διαφορετικό, δουλεύουμε σε ένα χώρο πιθανότητας (Ω, F, P) και η G F είναι μια σ-άλγεβρα.

Παντού σε αυτό το κεφάλαιο, αν δεν αναφέρεται κάτι διαφορετικό, δουλεύουμε σε ένα χώρο πιθανότητας (Ω, F, P) και η G F είναι μια σ-άλγεβρα. 2 Δεσμευμένη μέση τιμή 2.1 Ορισμός Παντού σε αυτό το κεφάλαιο, αν δεν αναφέρεται κάτι διαφορετικό, δουλεύουμε σε ένα χώρο πιθανότητας (Ω, F, P) και η G F είναι μια σ-άλγεβρα. Ορισμός 2.1. Για X : Ω R τυχαία

Διαβάστε περισσότερα

Δημήτρης Χελιώτης ΕΝΑ ΔΕΥΤΕΡΟ ΜΑΘΗΜΑ ΣΤΙΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ

Δημήτρης Χελιώτης ΕΝΑ ΔΕΥΤΕΡΟ ΜΑΘΗΜΑ ΣΤΙΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ Δημήτρης Χελιώτης ΕΝΑ ΔΕΥΤΕΡΟ ΜΑΘΗΜΑ ΣΤΙΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ ii ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΧΕΛΙΩΤΗΣ Επίκουρος καθηγητής Τμήμα Μαθηματικών Εθνικό και Καποδιστριακό Πανεπιστήμιο Αθηνων Ενα δεύτερο μάθημα στις πιθανότητες Ενα δεύτερο

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 1. Πίνακες και απαλοιφή Gauss

Κεφάλαιο 1. Πίνακες και απαλοιφή Gauss Κεφάλαιο 1 Πίνακες και απαλοιφή Gauss Γύρω απ το γινομένου πινάκων Κάτι σαν τυπολόγιο Αν AB = C, τότε: 1 (C) i j = (i-γραμμή A) ( j-στήλη B) Το συμβολίζει εσωτερικό γινόμενο 2 (i-γραμμή C) = k(a) ik (k-γραμμή

Διαβάστε περισσότερα

Martingales. 3.1 Ορισμός και παραδείγματα

Martingales. 3.1 Ορισμός και παραδείγματα 3 Martingales 3.1 Ορισμός και παραδείγματα Εστω χώρος πιθανότητας (Ω, F, P). Διήθηση σε αυτό τον χώρο λέμε μια αύξουσα ακολουθία (F n ) n 0 σ-αλγεβρών, η καθεμία από τις οποίες είναι υποσύνολο της F. Δηλαδή,

Διαβάστε περισσότερα

Ισοπεριμετρικές ανισότητες για το

Ισοπεριμετρικές ανισότητες για το Ισοπεριμετρικές ανισότητες για το μέτρο του Gauss Διπλωματική Εργασία Μαρία Μαστροθεοδώρου Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Αθήνα 018 Περιεχόμενα 1 Εισαγωγή 1 1.1 Το ισοπεριμετρικό πρόβλημα................................

Διαβάστε περισσότερα

ιάσταση του Krull Α.Π.Θ. Θεσσαλονίκη Χ. Χαραλαμπους (ΑΠΘ) ιάσταση του Krull Ιανουάριος, / 27

ιάσταση του Krull Α.Π.Θ. Θεσσαλονίκη Χ. Χαραλαμπους (ΑΠΘ) ιάσταση του Krull Ιανουάριος, / 27 ιάσταση του Krull Χ. Χαραλάμπους Α.Π.Θ. Θεσσαλονίκη Ιανουάριος, 2017 Χ. Χαραλαμπους (ΑΠΘ) ιάσταση του Krull Ιανουάριος, 2017 1 / 27 Ορισμοί Εστω R (αντιμεταθετικός) δακτύλιος. Ορισμός Η διάσταση του Krull

Διαβάστε περισσότερα

Αναγνώριση Προτύπων. Σημερινό Μάθημα

Αναγνώριση Προτύπων. Σημερινό Μάθημα Αναγνώριση Προτύπων Σημερινό Μάθημα Εκτίμηση Πυκνότητας με k NN k NN vs Bayes classifier k NN vs Bayes classifier Ο κανόνας ταξινόμησης του πλησιέστερου γείτονα (k NN) lazy αλγόριθμοι O k NN ως χαλαρός

Διαβάστε περισσότερα

Κατασκευή της κίνησης Brown και απλές ιδιότητες

Κατασκευή της κίνησης Brown και απλές ιδιότητες 5 Κατασκευή της κίνησης Brown και απλές ιδιότητες 51 Ορισμός, ύπαρξη, και μοναδικότητα Ορισμός 51 Μια στοχαστική ανέλιξη { : t } ορισμένη σε έναν χώρο πιθανότητας (Ω, F, P) και με τιμές στο R λέγεται (μονοδιάστατη)

Διαβάστε περισσότερα

Χαρακτηριστικές συναρτήσεις

Χαρακτηριστικές συναρτήσεις 13 Χαρακτηριστικές συναρτήσεις 13.1 Μετασχηματισμός Fourier μέτρου πιθανότητας στο R Εστω (Ω, F, µ) χώρος μέτρου και f : Ω C Borel-μετρήσιμη συνάρτηση. Το πραγματικό και φανταστικό μέρος της f, που τα

Διαβάστε περισσότερα

Γραμμική Ανεξαρτησία. Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Τηλεπικοινωνιών και ικτύων Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας. 17 Μαρτίου 2013, Βόλος

Γραμμική Ανεξαρτησία. Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Τηλεπικοινωνιών και ικτύων Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας. 17 Μαρτίου 2013, Βόλος Γραμμικές Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις Ανώτερης Τάξης Γραμμικές Σ Ε 2ης τάξης Σ Ε 2ης τάξης με σταθερούς συντελεστές Μιγαδικές ρίζες Γραμμικές Σ Ε υψηλότερης τάξης Γραμμική Ανεξαρτησία Μανόλης Βάβαλης

Διαβάστε περισσότερα

21/11/2005 Διακριτά Μαθηματικά. Γραφήματα ΒΑΣΙΚΗ ΟΡΟΛΟΓΙΑ : ΜΟΝΟΠΑΤΙΑ ΚΑΙ ΚΥΚΛΟΙ Δ Ι. Γεώργιος Βούρος Πανεπιστήμιο Αιγαίου

21/11/2005 Διακριτά Μαθηματικά. Γραφήματα ΒΑΣΙΚΗ ΟΡΟΛΟΓΙΑ : ΜΟΝΟΠΑΤΙΑ ΚΑΙ ΚΥΚΛΟΙ Δ Ι. Γεώργιος Βούρος Πανεπιστήμιο Αιγαίου Γραφήματα ΒΑΣΙΚΗ ΟΡΟΛΟΓΙΑ : ΜΟΝΟΠΑΤΙΑ ΚΑΙ ΚΥΚΛΟΙ A Ε B Ζ Η Γ K Θ Δ Ι Ορισμός Ένα (μη κατευθυνόμενο) γράφημα (non directed graph) Γ, είναι μία δυάδα από σύνολα Ε και V και συμβολίζεται με Γ=(Ε,V). Το σύνολο

Διαβάστε περισσότερα

( ιμερείς) ΙΜΕΛΕΙΣ ΣΧΕΣΕΙΣ Α Β «απεικονίσεις»

( ιμερείς) ΙΜΕΛΕΙΣ ΣΧΕΣΕΙΣ Α Β «απεικονίσεις» ( ιμερείς) ΙΜΕΛΕΙΣ ΣΧΕΣΕΙΣ Α Β «πεικονίσεις» 1. ΣΧΕΣΕΙΣ: το σκεπτικό κι ο ορισμός. Τ σύνολ νπριστούν ιδιότητες μεμονωμένων στοιχείων: δεδομένου συνόλου S, κι ενός στοιχείου σ, είνι δυντόν είτε σ S είτε

Διαβάστε περισσότερα

ΣΥΝΟΛΑ (προσέξτε τα κοινά χαρακτηριστικά των παρακάτω προτάσεων) Οι άνθρωποι που σπουδάζουν ΤΠ&ΕΣ και βρίσκονται στην αίθουσα

ΣΥΝΟΛΑ (προσέξτε τα κοινά χαρακτηριστικά των παρακάτω προτάσεων) Οι άνθρωποι που σπουδάζουν ΤΠ&ΕΣ και βρίσκονται στην αίθουσα ΣΥΝΟΛΑ (προσέξτε τα κοινά χαρακτηριστικά των παρακάτω προτάσεων) Οι άνθρωποι που σπουδάζουν ΤΠ&ΕΣ και βρίσκονται στην αίθουσα Τα βιβλία διακριτών μαθηματικών του Γ.Β. Η/Υ με επεξεργαστή Pentium και χωρητικότητα

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο Η εκθετική κατανομή. Η πυκνότητα πιθανότητας της εκθετικής κατανομής δίδεται από την σχέση (1.1) f(x) = 0 αν x < 0.

Κεφάλαιο Η εκθετική κατανομή. Η πυκνότητα πιθανότητας της εκθετικής κατανομής δίδεται από την σχέση (1.1) f(x) = 0 αν x < 0. Κεφάλαιο Συνεχείς Τυχαίες Μεταβλητές. Η εκθετική κατανομή Η πυκνότητα πιθανότητας της εκθετικής κατανομής δίδεται από την σχέση f(x) = λe λx αν x, αν x

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Εαρινό Εξάμηνο

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Εαρινό Εξάμηνο ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΕΠΛ231: Δομές Δεδομένων και Αλγόριθμοι Εαρινό Εξάμηνο 2017-2018 Φροντιστήριο 3 - Λύσεις 1. Εστω ο πίνακας Α = [12, 23, 1, 5, 7, 19, 2, 14]. i. Να δώσετε την κατάσταση

Διαβάστε περισσότερα

ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ 2. Σάμης Τρέβεζας

ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ 2. Σάμης Τρέβεζας ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ 2 Σάμης Τρέβεζας ii ΣΑΜΗΣ ΤΡΕΒΕΖΑΣ Λέκτορας Τμήμα Μαθηματικών Εθνικό και Καποδιστριακό Πανεπιστήμιο Αθηνων Πιθανότητες ΙΙ Σημειώσεις σε εξέλιξη... (02/03) Περιεχόμενα 1 Δομές σε Οικογένειες

Διαβάστε περισσότερα

Η εξίσωση Black-Scholes

Η εξίσωση Black-Scholes 8 Η εξίσωση Black-Scholes 8. Μια απλή αγορά Θεωρούμε ότι έχουμε μια αγορά που έχει μόνο δύο προϊόντα. Το ένα είναι η δυνατότητα κατάθεσης σε μια τράπεζα (ισοδύναμα, αγορά ομολόγων της τράπεζας) και το

Διαβάστε περισσότερα

Αναγνώριση Προτύπων. Σημερινό Μάθημα

Αναγνώριση Προτύπων. Σημερινό Μάθημα Αναγνώριση Προτύπων Σημερινό Μάθημα Μη Παραμετρικός Υπολογισμός πυκνότητας με εκτίμηση Ιστόγραμμα Παράθυρα Parzen Εξομαλυμένη Kernel Ασκήσεις 1 Μη Παραμετρικός Υπολογισμός πυκνότητας με εκτίμηση Κατά τη

Διαβάστε περισσότερα

Η ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΤΩΝ FRACTALS

Η ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΤΩΝ FRACTALS Η ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΤΩΝ FRACTALS ΕΛΕΝΗ ΤΑΝΤΟΥΛΟΥ ΕΠΙΒΛΕΠΩΝ ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ: ΑΝΤΩΝΗΣ ΤΣΟΛΟΜΥΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΙΓΑΙΟΥ ΣΧΟΛΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΜΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΣΑΜΟΣ 2009 Στην μητέρα μου που μπορεί και με ανέχεται ακόμα,

Διαβάστε περισσότερα

ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΟN ΣΤΟΧΑΣΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΟN ΣΤΟΧΑΣΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ Δημήτρης Χελιώτης ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΟN ΣΤΟΧΑΣΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ B τ u(x):=e x {f(b τ ) u(x) = } x ii ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΧΕΛΙΩΤΗΣ Επίκουρος καθηγητής Τμήμα Μαθηματικών Εθνικό και Καποδιστριακό Πανεπιστήμιο Αθηνων Εισαγωγή στον

Διαβάστε περισσότερα

ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΟN ΣΤΟΧΑΣΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΟN ΣΤΟΧΑΣΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ Δημήτρης Χελιώτης ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΟN ΣΤΟΧΑΣΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ B τ u(x):=e x {f(b τ ) u(x) = } x ii ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΧΕΛΙΩΤΗΣ Επίκουρος καθηγητής Τμήμα Μαθηματικών Εθνικό και Καποδιστριακό Πανεπιστήμιο Αθηνων Εισαγωγή στον

Διαβάστε περισσότερα

ΣΧΟΛΙΚΟ ΕΤΟΣ ΕΥΘΥΓΡΑΜΜΗ ΟΜΑΛΗ ΚΙΝΗΣΗ ΤΡΙΩΡΗ ΓΡΑΠΤΗ ΕΞΕΤΑΣΗ ΣΤΗ ΦΥΣΙΚΗ A ΛΥΚΕΙΟΥ. Ονοματεπώνυμο Τμήμα

ΣΧΟΛΙΚΟ ΕΤΟΣ ΕΥΘΥΓΡΑΜΜΗ ΟΜΑΛΗ ΚΙΝΗΣΗ ΤΡΙΩΡΗ ΓΡΑΠΤΗ ΕΞΕΤΑΣΗ ΣΤΗ ΦΥΣΙΚΗ A ΛΥΚΕΙΟΥ. Ονοματεπώνυμο Τμήμα Σελίδα 1 ΣΧΟΛΙΚΟ ΕΤΟΣ 2014 2015 ΕΥΘΥΓΡΑΜΜΗ ΟΜΑΛΗ ΚΙΝΗΣΗ ΤΡΙΩΡΗ ΓΡΑΠΤΗ ΕΞΕΤΑΣΗ ΣΤΗ ΦΥΣΙΚΗ A ΛΥΚΕΙΟΥ Ονοματεπώνυμο Τμήμα ΘΕΜΑ Α Οδηγία: Να γράψετε στην κόλλα σας τον αριθμό καθεμιάς από τις παρακάτω ερωτήσεις

Διαβάστε περισσότερα

Το κράτος είναι φτιαγμένο για τον άνθρωπο και όχι ο άνθρωπος για το κράτος. A. Einstein Πηγή:

Το κράτος είναι φτιαγμένο για τον άνθρωπο και όχι ο άνθρωπος για το κράτος. A. Einstein Πηγή: Ας πούμε και κάτι για τις δύσκολες μέρες που έρχονται Το κράτος είναι φτιαγμένο για τον άνθρωπο και όχι ο άνθρωπος για το κράτος. A. Einstein 1879-1955 Πηγή: http://www.cognosco.gr/gnwmika/ 1 ΚΥΚΛΙΚΟΣ

Διαβάστε περισσότερα

Διανυσματικές Συναρτήσεις

Διανυσματικές Συναρτήσεις Κεφάλαιο 5 Διανυσματικές Συναρτήσεις 51 Διανυσματατικές συναρτήσεις Μια συνάρτηση με τιμές στοr n, n>1 λέγεται διανυσματική συνάρτηση Τις διανυσματικές συναρτήσεις ϑα τις συμβολίζουμε με παχειά γράμματα,

Διαβάστε περισσότερα

Στοχαστικές διαφορικές εξισώσεις

Στοχαστικές διαφορικές εξισώσεις 14 Στοχαστικές διαφορικές εξισώσεις 14.1 Γενικά Στοχαστική διαφορική εξίσωση λέμε μια εξίσωση της μορφής dx = µ(, X ) d + σ(, X ) db, X = x, (14.1) με µ, σ : [, ) R R μετρήσιμες συναρτήσεις, x R, και B

Διαβάστε περισσότερα

Μαθηματικά Πληροφορικής

Μαθηματικά Πληροφορικής Πανεπιστήμιο Αθηνών Μαθηματικά Πληροφορικής Ηλίας Κουτσουπιάς Αθήνα, Οκτώβριος 2009 Περιεχόμενα Περιεχόμενα 1 Σύνολα... 5 ΆλλαΣύμβολα... 6 1 Υποθέσεις και Θεωρήματα 9 1.1 Παρατήρηση-Υπόθεση-Απόδειξη...

Διαβάστε περισσότερα

Γενικό Λύκειο Μαραθοκάμπου Σάμου. Άλγεβρα Β λυκείου. 13 Οκτώβρη 2016

Γενικό Λύκειο Μαραθοκάμπου Σάμου. Άλγεβρα Β λυκείου. 13 Οκτώβρη 2016 Γενικό Λύκειο Μαραθοκάμπου Σάμου Άλγεβρα Β λυκείου Εργασία2 η : «Συναρτήσεις» 13 Οκτώβρη 2016 Ερωτήσεις Θεωρίας 1.Πότελέμεότιμιασυνάρτησηfείναιγνησίωςάυξουσασεέναδιάστημα του πεδίου ορισμού της; 2.Πότελέμεότιμιασυνάρτησηfείναιγνησίωςφθίνουσασεέναδιάστημα

Διαβάστε περισσότερα

Σχέσεις και ιδιότητές τους

Σχέσεις και ιδιότητές τους Σχέσεις και ιδιότητές τους Διμελής (binary) σχέση Σ από σύνολο Χ σε σύνολο Υ είναι ένα υποσύνολο του καρτεσιανού γινομένου Χ Υ. Αν (χ,ψ) Σ, λέμε ότι το χ σχετίζεται με το ψ και σημειώνουμε χσψ. Στην περίπτωση

Διαβάστε περισσότερα

τους στην Κρυπτογραφία και τα

τους στην Κρυπτογραφία και τα Οι Ομάδες των Πλεξίδων και Εφαρμογές τους στην Κρυπτογραφία και τα Πολυμερή Σχολή Εφαρμοσμένων Μαθηματικών και Φυσικών Επιστημών ΕΜΠ Επιβλέπουσα Καθηγήτρια: Λαμπροπούλου Σοφία Ιούλιος, 2013 Περιεχόμενα

Διαβάστε περισσότερα

Επιχειρησιακή Ερευνα Ι

Επιχειρησιακή Ερευνα Ι Επιχειρησιακή Ερευνα Ι Μ. Ζαζάνης Κεφάλαιο 1 Τετραγωνικές μορφές στον R n και το ϑεώρημα του Taylor Ορισμός 1. Εστω a 11 a 1n A =.. a n1 a nn συμμετρικός πίνακας n n με στοιχεία στους πραγματικούς αριθμούς.

Διαβάστε περισσότερα

Δ Ι Α Κ Ρ Ι Τ Α Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α. 1η σειρά ασκήσεων

Δ Ι Α Κ Ρ Ι Τ Α Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α. 1η σειρά ασκήσεων Δ Ι Α Κ Ρ Ι Τ Α Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α 1η σειρά ασκήσεων Ονοματεπώνυμο: Αριθμός μητρώου: Ημερομηνία παράδοσης: Μέχρι την Τρίτη 2 Απριλίου 2019 Σημειώστε τις ασκήσεις για τις οποίες έχετε παραδώσει λύση: 1

Διαβάστε περισσότερα

Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων

Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΗΣ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Τετάρτη 23 Μαΐου 2012 Εκφωήσεις και Λύσεις

Διαβάστε περισσότερα

17 Μαρτίου 2013, Βόλος

17 Μαρτίου 2013, Βόλος Συνήθεις ιαφορικές Εξισώσεις 1ης Τάξης Σ Ε 1ης τάξης, Πεδία κατευθύνσεων, Υπαρξη και μοναδικότητα, ιαχωρίσιμες εξισώσεις, Ολοκληρωτικοί παράγοντες, Αντικαταστάσεις, Αυτόνομες εξισώσεις Μανόλης Βάβαλης

Διαβάστε περισσότερα

ΕΙΣΑΓΩΓΗ. H λογική ασχολείται με δύο έννοιες, την αλήθεια και την απόδειξη. Oι έννοιες αυτές έχουν γίνει

ΕΙΣΑΓΩΓΗ. H λογική ασχολείται με δύο έννοιες, την αλήθεια και την απόδειξη. Oι έννοιες αυτές έχουν γίνει ΕΙΣΑΓΩΓΗ ------------------------------------------------------------------------------------- H λογική ασχολείται με δύο έννοιες, την αλήθεια και την απόδειξη. Oι έννοιες αυτές έχουν γίνει αντικείμενο

Διαβάστε περισσότερα

σε ευκλείδειους χώρους και σε πολλαπλότητες Riemann

σε ευκλείδειους χώρους και σε πολλαπλότητες Riemann Κ Ε Ο μετασχηματισμός Riesz σε ευκλείδειους χώρους και σε πολλαπλότητες Riemann Διπλωματική Εργασία στα Εφαρμοσμένα Μαθηματικά Εθνικό και Καποδιστριακό Πανεπιστήμιο Αθηνών Τμήμα Μαθηματικών Αθήνα 213 Αφιερώνεται

Διαβάστε περισσότερα

Ευρωπαϊκά παράγωγα Ευρωπαϊκά δικαιώματα

Ευρωπαϊκά παράγωγα Ευρωπαϊκά δικαιώματα 17 Ευρωπαϊκά παράγωγα 17.1 Ευρωπαϊκά δικαιώματα Ορισμός 17.1. 1) Ευρωπαϊκό δικαίωμα αγοράς σε μία μετοχή είναι ένα συμβόλαιο που δίνει στον κάτοχό του το δικαίωμα να αγοράσει μία μετοχή από τον εκδότη

Διαβάστε περισσότερα

Η έκδοση αυτή είναι υπό προετοιμασία. Γιάννης Α. Αντωνιάδης, Αριστείδης Κοντογεώργης

Η έκδοση αυτή είναι υπό προετοιμασία. Γιάννης Α. Αντωνιάδης, Αριστείδης Κοντογεώργης Θεωρία Αριθμών και Εφαρμογές Η έκδοση αυτή είναι υπό προετοιμασία Γιάννης Α. Αντωνιάδης, Αριστείδης Κοντογεώργης 9 Φεβρουαρίου 2015 2 Περιεχόμενα I ΑΡΙΘΜΟΘΕΩΡΙΑ ΤΩΝ ΡΗΤΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ 7 1 ΔΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑ ΚΑΙ ΠΡΩΤΟΙ

Διαβάστε περισσότερα

(3 ο ) Εξαντλητική αναζήτηση I: μεταθέσεις & υποσύνολα (4 o ) Εξαντλητική αναζήτηση II: συνδυασμοί, διατάξεις & διαμερίσεις

(3 ο ) Εξαντλητική αναζήτηση I: μεταθέσεις & υποσύνολα (4 o ) Εξαντλητική αναζήτηση II: συνδυασμοί, διατάξεις & διαμερίσεις (3 ο ) Εξαντλητική αναζήτηση I: μεταθέσεις & υποσύνολα (4 o ) Εξαντλητική αναζήτηση II: συνδυασμοί, διατάξεις & διαμερίσεις Είναι πράγματι τα «προβλήματα» τόσο δύσκολα; Είδαμε (σύντομα) στα προηγούμενα

Διαβάστε περισσότερα

Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων

Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ) Τετάρτη 8 Μαΐου 26 Εκφωνήσεις και Λύσεις των Θεμάτων η LaT E X-έκδοση ( 22/5/26)

Διαβάστε περισσότερα

Αλγόριθμοι & Βελτιστοποίηση Μεταπτυχιακό Μάθημα ΠΜΣ/ΕΤΥ 2η Ενότητα: Μοντελοποίηση Προβλημάτων ως ΓΠ, Ισοδυναμες Μορφές ΓΠ, Γεωμετρία Χωρου Λύσεων

Αλγόριθμοι & Βελτιστοποίηση Μεταπτυχιακό Μάθημα ΠΜΣ/ΕΤΥ 2η Ενότητα: Μοντελοποίηση Προβλημάτων ως ΓΠ, Ισοδυναμες Μορφές ΓΠ, Γεωμετρία Χωρου Λύσεων Αλγόριθμοι & Βελτιστοποίηση Μεταπτυχιακό Μάθημα ΠΜΣ/ΕΤΥ 2η Ενότητα: Μοντελοποίηση Προβλημάτων ως ΓΠ, Ισοδυναμες Μορφές ΓΠ, Γεωμετρία Χωρου Λύσεων Χρήστος Ζαρολιάγκης (zaro@ceid.upatras.gr) Σπύρος Κοντογιάννης

Διαβάστε περισσότερα

Σημειώσεις Μαθηματικών Μεθόδων. Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών

Σημειώσεις Μαθηματικών Μεθόδων. Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών Σημειώσεις Μαθηματικών Μεθόδων Μιχάλης Ζαζάνης Τμήμα Στατιστικής Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών Φεβρουαρίου 08 Κεφάλαιο Το Μιγαδικό Εκθετικό Είναι γνωστό ότι η εκθετική συνάρτηση e x έχει το ανάπτυγμα

Διαβάστε περισσότερα

Αλγόριθμοι & Βελτιστοποίηση

Αλγόριθμοι & Βελτιστοποίηση Αλγόριθμοι & Βελτιστοποίηση ΠΜΣ / ΕΤΥ : Μεταπτυχιακό Μάθημα 4η Ενότητα: Γραμμικά Συστήματα Εξισωσεων και Pivots Χρήστος Ζαρολιάγκης (zaro@ceid.upatras.gr) Σπύρος Κοντογιάννης (kontog@cs.uoi.gr) Τμήμα Μηχανικών

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγικές Διαλέξεις στην Θεωρία των Αλυσίδων Markov και των Στοχαστικών Ανελίξεων. Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών

Εισαγωγικές Διαλέξεις στην Θεωρία των Αλυσίδων Markov και των Στοχαστικών Ανελίξεων. Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών Εισαγωγικές Διαλέξεις στην Θεωρία των Αλυσίδων Markov και των Στοχαστικών Ανελίξεων Μιχάλης Ζαζάνης Τμήμα Στατιστικής Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών Κεφάλαιο Αλυσίδες Markov σε Συνεχή Χρόνο. Αλυσίδες

Διαβάστε περισσότερα

Αρτιες και περιττές συναρτήσεις

Αρτιες και περιττές συναρτήσεις Μελέτη Συναρτήσεων: άρτιες, περιττές συναρτήσεις - μονοτονία - ακρότατα Κωνσταντίνος Α. Ράπτης Άρτιες και περιττές συναρτήσεις Ὁι ψυχολόγοι κάνουν λόγο για δύο επίπεδα συλλογιστικής και μνήμης: το αρχαϊκό

Διαβάστε περισσότερα

Πιθανότητες ΙΙ 1 o Μέρος. Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών

Πιθανότητες ΙΙ 1 o Μέρος. Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών Πιθανότητες ΙΙ o Μέρος Μιχάλης Ζαζάνης Τμήμα Στατιστικής Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών 4 Απριλίου 7 Κεφάλαιο Συνεχείς Τυχαίες Μεταβλητές. Η εκθετική κατανομή Η πυκνότητα πιθανότητας της εκθετικής κατανομής

Διαβάστε περισσότερα

ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΑΡΧΕΣ ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ ΜΑΘΗΜΑ ΕΠΙΛΟΓΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΑΡΧΕΣ ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ ΜΑΘΗΜΑ ΕΠΙΛΟΓΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΑΡΧΕΣ ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ ΜΑΘΗΜΑ ΕΠΙΛΟΓΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΕΠΩΝΥΜΟ: ΟΝΟΜΑ: ΟΜΑΔΑ Α Για τις προτάσεις Α1 μέχρι και Α6 να

Διαβάστε περισσότερα

Ταξινόμηση των μοντέλων διασποράς ατμοσφαιρικών ρύπων βασισμένη σε μαθηματικά κριτήρια.

Ταξινόμηση των μοντέλων διασποράς ατμοσφαιρικών ρύπων βασισμένη σε μαθηματικά κριτήρια. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ Ταξινόμηη των μοντέλων διαποράς ατμοφαιρικών ρύπων βαιμένη ε μαθηματικά κριτήρια. Μοντέλο Ελεριανά μοντέλα (Elerian) Λαγκρατζιανά μοντέλα (Lagrangian) Επιπρόθετος διαχωριμός Μοντέλα

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Εαρινό Εξάμηνο

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Εαρινό Εξάμηνο ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΥΠΡΟΥ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΕΠΛ31: Δομές Δεδομένων και Αλγόριθμοι Εαρινό Εξάμηνο 017-018 Φροντιστήριο 5 1. Δικαιολογήστε όλες τις απαντήσεις σας. i. Δώστε τις 3 βασικές ιδιότητες ενός AVL δένδρου.

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΑΚΑ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑ ΚΟΛΛΙΝΤΖΑ ΜΑΘΗΜΑ: ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΑΚΑ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑ ΚΟΛΛΙΝΤΖΑ ΜΑΘΗΜΑ: ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ ΜΑΘΗΜΑ: ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ Την ευθύνη του εκπαιδευτικού υλικού έχει ο επιστημονικός συνεργάτης των Πανεπιστημιακών Φροντιστηρίων «ΚOΛΛΙΝΤΖΑ», οικονομολόγος συγγραφέας θεμάτων ΑΣΕΠ, Παναγιώτης Βεργούρος.

Διαβάστε περισσότερα

Αρτιες και περιττές συναρτήσεις

Αρτιες και περιττές συναρτήσεις Μελέτη Συναρτήσεων: άρτιες, περιττές συναρτήσεις - μονοτονία - ακρότατα Κώστας Ράπτης Άρτιες και περιττές συναρτήσεις Ὁι ψυχολόγοι κάνουν λόγο για δύο επίπεδα συλλογιστικής και μνήμης: το αρχαϊκό και το

Διαβάστε περισσότερα

ΠΡΟΛΟΓΟΣ. Αθήνα, 12 Απριλίου 2016.

ΠΡΟΛΟΓΟΣ. Αθήνα, 12 Απριλίου 2016. Αλγεβρική Γεωμετρία ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Πρόλογος Κεφάλαιο 1. Αλγεβρικές ποικιλότητες 1 1. Αλγεβρικά Σύνολα 1 2. Το Θεώρημα Ριζών του Hilbert 7 3. Συγγενείς Αλγεβρικές Ποικιλότητες 14 4. Πολλαπλότητα και Πολλαπλότητα

Διαβάστε περισσότερα

Εξέταση Ηλεκτρομαγνητισμού Ι 2 Φεβρουαρίου 2018

Εξέταση Ηλεκτρομαγνητισμού Ι 2 Φεβρουαρίου 2018 ΕΚΠΑ, Τμήμα Φυσικής Εξέταση Ηλεκτρομαγνητισμού Ι 2 Φεβρουαρίου 2018 ΘΕΜΑ 1 Γραμμική κατανομή φορτίου εκτείνεται από h έως +h κατά μήκος του άξονα z με ετερογενή πυκνότητα λ 0 < 0 για h z < 0 και λ 0 >

Διαβάστε περισσότερα

Αλγόριθμοι & Βελτιστοποίηση

Αλγόριθμοι & Βελτιστοποίηση Αλγόριθμοι & Βελτιστοποίηση ΠΜΣ/ΕΤΥ: Μεταπτυχιακό Μάθημα 8η Ενότητα: Γραμμικός Προγραμματισμός ως Υπορουτίνα για Επίλυση Προβλημάτων Χρήστος Ζαρολιάγκης (zaro@ceid.upatras.gr) Σπύρος Κοντογιάννης (kontog@cs.uoi.gr)

Διαβάστε περισσότερα

Παραβολή ψ=αχ 2 +βχ+γ, α 0. Η παραβολή ψ = αχ 2. Γενικά : Κάθε συνάρτηση της μορφής ψ=αχ 2 + βχ +γ, α 0 λέγεται τετραγωνική συνάρτηση.

Παραβολή ψ=αχ 2 +βχ+γ, α 0. Η παραβολή ψ = αχ 2. Γενικά : Κάθε συνάρτηση της μορφής ψ=αχ 2 + βχ +γ, α 0 λέγεται τετραγωνική συνάρτηση. Η παραβολή ψ=αχ 2 +βχ+γ Σελίδα 1 από 10 Παραβολή ψ=αχ 2 +βχ+γ, α0 Γενικά : Κάθε συνάρτηση της μορφής ψ=αχ 2 + βχ +γ, α0 λέγεται τετραγωνική συνάρτηση. Η παραβολή ψ = αχ 2 Η γραφική παράσταση της συνάρτησης

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγικές Διαλέξεις στην Θεωρία των Αλυσίδων Markov και των Στοχαστικών Ανελίξεων. Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών

Εισαγωγικές Διαλέξεις στην Θεωρία των Αλυσίδων Markov και των Στοχαστικών Ανελίξεων. Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών Εισαγωγικές Διαλέξεις στην Θεωρία των Αλυσίδων Markov και των Στοχαστικών Ανελίξεων Μιχάλης Ζαζάνης Τμήμα Στατιστικής Οικονομικό Πανεπιστήμιο Αθηνών Κεφάλαιο Αλυσίδες Markov σε Συνεχή Χρόνο Αλυσίδες Markov

Διαβάστε περισσότερα

ΜΙΚΡΟΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗ Η ΚΑΤΑΝΑΛΩΤΙΚΗ ΑΠΟΦΑΣΗ. Άσκηση με θέμα τη μεγιστοποίηση της χρησιμότητας του καταναλωτή

ΜΙΚΡΟΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗ Η ΚΑΤΑΝΑΛΩΤΙΚΗ ΑΠΟΦΑΣΗ. Άσκηση με θέμα τη μεγιστοποίηση της χρησιμότητας του καταναλωτή ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΟ ΙΔΡΥΜΑ ΙΟΝΙΩΝ ΝΗΣΩΝ ΣΧΟΛΗ ΔΙΟΙΚΗΣΗΣ ΚΑΙ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΤΜΗΜΑ ΔΙΟΙΚΗΣΗΣ ΕΠΙΧΕΙΡΗΣΕΩΝ ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: ΔΙΟΙΚΗΣΗ ΕΠΙΧΕΙΡΗΣΕΩΝ ΑΚΑΔΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 07 08 ΛΕΥΚΑΔΑ ΜΙΚΡΟΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗ Η ΚΑΤΑΝΑΛΩΤΙΚΗ

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑ: Aποτελεσματικότητα της νομισματικής και δημοσιονομικής πολιτικής σε μια ανοικτή οικονομία

ΘΕΜΑ: Aποτελεσματικότητα της νομισματικής και δημοσιονομικής πολιτικής σε μια ανοικτή οικονομία ΘΕΜΑ: ποτελεσματικότητα της νομισματικής και δημοσιονομικής πολιτικής σε μια ανοικτή οικονομία Σύνταξη: Μπαντούλας Κων/νος, Οικονομολόγος, Ms Χρηματοοικονομικών 1 Η πρώτη θεωρία σχετικά με τον αυτόματο

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΑΚΑ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑ ΚΟΛΛΙΝΤΖΑ ΜΑΘΗΜΑ: ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΑΚΑ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑ ΚΟΛΛΙΝΤΖΑ ΜΑΘΗΜΑ: ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ ΜΑΘΗΜΑ: ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΗΣ ΘΕΩΡΙΑΣ Tα Πανεπιστημιακά Φροντιστήρια «ΚΟΛΛΙΝΤΖΑ» προετοιμάζοντας σε ολιγομελείς ομίλους τους υποψήφιους για τον επικείμενο διαγωνισμό του Υπουργείου Οικονομικών, με κορυφαίο

Διαβάστε περισσότερα

Μετασχηματισμοί Laplace. Τμήμα Ηλεκτρολόγων Μηχανικών και Μηχανικών Η/Υ Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας

Μετασχηματισμοί Laplace. Τμήμα Ηλεκτρολόγων Μηχανικών και Μηχανικών Η/Υ Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας ιαφορικές Εξισώσεις Μετασχηματισμοί Laplace Μανόλης Βάβαλης Τμήμα Ηλεκτρολόγων Μηχανικών και Μηχανικών Η/Υ Πανεπιστήμιο Θεσσαλίας Βόλος, 11 Μαΐου 2015 Περιεχόμενα Μετασχηματισμοί Laplace Ορισμός μετασχηματισμού

Διαβάστε περισσότερα

Έννοια. Η αποδοχή της κληρονομίας αποτελεί δικαίωμα του κληρονόμου, άρα δεν

Έννοια. Η αποδοχή της κληρονομίας αποτελεί δικαίωμα του κληρονόμου, άρα δεν 1 1. Αποδοχή κληρονομίας Έννοια. Η αποδοχή της κληρονομίας αποτελεί δικαίωμα του κληρονόμου, άρα δεν μπορεί να ασκηθεί από τους δανειστές του κληρονόμου, τον εκτελεστή της διαθήκης, τον κηδεμόνα ή εκκαθαριστή

Διαβάστε περισσότερα

Προτεινόμενα θέματα στο μάθημα. Αρχές Οικονομικής Θεωρίας ΟΜΑΔΑ Α. Στις προτάσεις από Α.1. μέχρι και Α10 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της

Προτεινόμενα θέματα στο μάθημα. Αρχές Οικονομικής Θεωρίας ΟΜΑΔΑ Α. Στις προτάσεις από Α.1. μέχρι και Α10 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της Προτεινόμενα θέματα στο μάθημα Αρχές Οικονομικής Θεωρίας ΟΜΑΔΑ Α Στις προτάσεις από Α.1. μέχρι και Α10 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της καθεμιάς και δίπλα σε κάθε αριθμό την ένδειξη Σωστό, αν

Διαβάστε περισσότερα

Αναγνώριση Προτύπων. Σημερινό Μάθημα

Αναγνώριση Προτύπων. Σημερινό Μάθημα Αναγνώριση Προτύπων Σημερινό Μάθημα Bias (απόκλιση) και variance (διακύμανση) Ελεύθεροι Παράμετροι Ελεύθεροι Παράμετροι Διαίρεση dataset Μέθοδος holdout Cross Validation Bootstrap Bias (απόκλιση) και variance

Διαβάστε περισσότερα

Φροντιστήριο 2: Ανάλυση Αλγόριθμου. Νικόλας Νικολάου ΕΠΛ432: Κατανεμημένοι Αλγόριθμοι 1 / 10

Φροντιστήριο 2: Ανάλυση Αλγόριθμου. Νικόλας Νικολάου ΕΠΛ432: Κατανεμημένοι Αλγόριθμοι 1 / 10 Φροντιστήριο 2: Ανάλυση Αλγόριθμου Εκλογής Προέδρου με O(nlogn) μηνύματα Νικόλας Νικολάου ΕΠΛ432: Κατανεμημένοι Αλγόριθμοι 1 / 10 Περιγραφικός Αλγόριθμος Αρχικά στείλε μήνυμα εξερεύνησης προς τα δεξιά

Διαβάστε περισσότερα

"Η απεραντοσύνη του σύμπαντος εξάπτει τη φαντασία μου. Υπάρχει ένα τεράστιο σχέδιο, μέρος του οποίου ήμουν κι εγώ".

Η απεραντοσύνη του σύμπαντος εξάπτει τη φαντασία μου. Υπάρχει ένα τεράστιο σχέδιο, μέρος του οποίου ήμουν κι εγώ. "Η απεραντοσύνη του σύμπαντος εξάπτει τη φαντασία μου. Υπάρχει ένα τεράστιο σχέδιο, μέρος του οποίου ήμουν κι εγώ". "Ότι ανόητο είπα μπορεί και να είναι ένα ρέψιμο κάποιου ξεχασμένου αστέρα..." "Δεν κάνει

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΣΥΝΟΛΩΝ: μια σύνοψη των θεμελιακών χαρακτηριστικών.

ΘΕΩΡΙΑ ΣΥΝΟΛΩΝ: μια σύνοψη των θεμελιακών χαρακτηριστικών. ΘΕΩΡΙ ΣΥΝΟΛΩΝ: μια σύνοψη των θεμελιακών χαρακτηριστικών. 1. ΣΥΝΟΛ: το σκεπτικό. σύνολο = πολλά στοιχεία ως «ένα», ως «μία» ολότητα. τα στοιχεία ανήκουν στο σύνολο, ή είναι μέλη του συνόλου το σύνολο περιέχει

Διαβάστε περισσότερα

επίπεδων καμπυλών Χειμερινό Εξάμηνο I(P, F G) των F και G σε ένα σημείο P A 2 K

επίπεδων καμπυλών Χειμερινό Εξάμηνο I(P, F G) των F και G σε ένα σημείο P A 2 K Θεωρία Τομών Επίπεδων Καμπυλών Εργασία στο πλαίσιο τού μαθήματος Αλγεβρικές Καμπύλες (με κωδ. αριθμό Α 19) Χειμερινό Εξάμηνο 2008-2009 Μιχαήλ Γκίκας 1 Αριθμός τομής δυο συσχετικών επίπεδων καμπυλών Εστω

Διαβάστε περισσότερα

Pointers. Σημερινό Μάθημα! Χρήση pointer Τελεστής * Τελεστής & Γενικοί δείκτες Ανάκληση Δέσμευση μνήμης new / delete Pointer σε αντικείμενο 2

Pointers. Σημερινό Μάθημα! Χρήση pointer Τελεστής * Τελεστής & Γενικοί δείκτες Ανάκληση Δέσμευση μνήμης new / delete Pointer σε αντικείμενο 2 Pointers 1 Σημερινό Μάθημα! Χρήση pointer Τελεστής * Τελεστής & Γενικοί δείκτες Ανάκληση Δέσμευση μνήμης new / delete Pointer σε αντικείμενο 2 1 Μνήμη μεταβλητών Κάθε μεταβλητή έχει διεύθυνση Δεν χρειάζεται

Διαβάστε περισσότερα

Συναρτήσεις. Σημερινό μάθημα

Συναρτήσεις. Σημερινό μάθημα Συναρτήσεις Σημερινό μάθημα C++ Συναρτήσεις Δήλωση συνάρτησης Σύνταξη συνάρτησης Πρότυπο συνάρτησης & συνάρτηση Αλληλο καλούμενες συναρτήσεις συναρτήσεις μαθηματικών Παράμετροι συναρτήσεων Τοπικές μεταβλητές

Διαβάστε περισσότερα

ΔΙΠΛΩΜΑΤΙΚΗ ΕΡΓΑΣΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΜΕΘΟΔΟΙ ΒΕΛΤΙΣΤΟΠΟΙΗΣΗΣ

ΔΙΠΛΩΜΑΤΙΚΗ ΕΡΓΑΣΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΜΕΘΟΔΟΙ ΒΕΛΤΙΣΤΟΠΟΙΗΣΗΣ ΔΙΠΛΩΜΑΤΙΚΗ ΕΡΓΑΣΙΑ ΘΕΜΑ : ΔΙΑΦΟΡΙΚΕΣ ΜΕΘΟΔΟΙ ΒΕΛΤΙΣΤΟΠΟΙΗΣΗΣ Πανεπιστήμιο Πατρών Σχολή : Θετικών Επιστημών Τμήμα : Μαθηματικών Μ.Δ.Ε. : Μαθηματικά των Φυσικών και Βιομηχανικών Εφαρμογών Ακαδημαϊκό Έτος

Διαβάστε περισσότερα

Κληρονομικότητα. Σήμερα! Κλάση Βάσης Παράγωγη κλάση Απλή κληρονομικότητα Protected δεδομένα Constructors & Destructors overloading

Κληρονομικότητα. Σήμερα! Κλάση Βάσης Παράγωγη κλάση Απλή κληρονομικότητα Protected δεδομένα Constructors & Destructors overloading Κληρονομικότητα Σήμερα! Κλάση Βάσης Παράγωγη κλάση Απλή κληρονομικότητα Protected δεδομένα Constructors & Destructors overloading 2 1 Κλάση Βάση/Παράγωγη Τα διάφορα αντικείμενα μπορούν να έχουν μεταξύ

Διαβάστε περισσότερα

G περιέχει τουλάχιστον μία ακμή στο S. spanning tree στο γράφημα G.

G περιέχει τουλάχιστον μία ακμή στο S. spanning tree στο γράφημα G. ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΕΠΙΣΤΗΜΗΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ Σχεδίαση και Ανάλυση Αλγορίθμων Διδάσκων: Ε. Μαρκάκης, Φθινοπωρινό εξάμηνο 2014-2015 Λύσεις 3ης Σειράς Ασκήσεων

Διαβάστε περισσότερα