ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

Save this PDF as:

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2"

Transcript

1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : ευτέρα 17 Μαρτίου 014 Ασκηση 1. Βρείτε όλους τους ϕυσικούς διαιρέτες των αριθµών : 140, 013, 1001, 9999, , 10!, ( ) Ασκηση. Να ϐρεθεί η πρωτογενής ανάλυση των ϕυσικών αριθµών : (α) , (β) , (γ) 15 1 Ασκηση 3. Εστω a, b, n, m N έτσι ώστε : n m. είξτε ότι : Ισχύει η παραπάνω συνεπαγωγή αν n < m ; a n b m = a b Ασκηση 4. Εστω p ένας πρώτος αριθµός. 1. Αν είναι ένας ϑετικός ακέραιος και < p, δείξτε ότι : p ( p ).. Αν n είναι ένας ϑετικός ακέραιος και n < p n, δείξτε ότι : p ( n n ). Ασκηση 5. Να ϐρεθούν όλες οι ϑετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης m n = n m δηλαδή να ϐρεθούν όλα τα Ϲεύγη ϑετικών ακεραίων αριθµών (n, m) τα οποία ικανοποιούν την παραπάνω εξίσωση. Ασκηση 6. Εστω n ένας ϕυσικός αριθµός. 1. Αν ο n είναι περιττός, δείξτε ότι :. Αν n > 1, δείξτε ότι : n(n + 1) n(n + 1) n! n! = n + 1 : πρώτος Ασκηση 7. Ενας εκδοτικός οίκος από τις πωλήσεις ενός ϐιβλίου είχε έσοδα Μπορείτε να εκτιµήσετε πόσα ϐιβλία πούλησε ο εκδοτικός οίκος αν η τιµή του ϐιβλίου είναι ακέραιος και πάνω από ένα ευρώ ;

2 Ασκηση είξτε ότι ο είναι άρρητος.. Να δείξετε ότι αν ο ϕυσικός αριθµός n δεν είναι τετράγωνο ακεραίου, τότε ο αριθµός n είναι άρρητος. 3. Αν n, m N όπου n, m > 1, και ο αριθµός n m είναι ϱητός, τότε να δείξετε ότι ο αριθµός n m είναι ακέραιος. Ασκηση 9. (1) Να δείξετε ότι ο ϕυσικός αριθµός n είναι τέλειο τετράγωνο αν και µόνον αν οι δυνάµεις στην πρωτογενή ανάλυση του n είναι άρτιοι αριθµοί. () Εστω n και a = p a 1 1 pa pam m η πρωτογενής ανάλυση του ϕυσικού αριθµού a. είξτε ότι η n-στή ϱίζα του a είναι ϱητός αριθµός αν και µόνο αν το n διαιρεί το a i για κάθε i = 1,,, m: n a Q n ai, 1 i m Ασκηση 10. Εστω a > 1 ένας ϕυσικός αριθµός. 1. Ο αριθµός είναι πρώτος.. Αν ο a είναι σύνθετος, δείξτε ότι : min { N 1 & a } min { N 1 & a } a Ασκηση 11. Να ϐρεθούν όλοι οι ϕυσικοί αριθµοί οι οποίοι έχουν ακριβώς (α) 3, και (β) 4, ϑετικούς διαιρέτες. Ασκηση 1. Ενα µη-σταθερό πολυώνυµο f(t) Z[t] µε ακέραιους συντελεστές καλείται ανάγωγο αν δεν υπάρχουν πολυώνυµα g(t), h(t) Z[t] µικρότερου ϐαθµού µε f(t) = g(t)h(t). είξτε το ακόλουθο Κριτηριο Eisenstein: Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές f(t) = a 0 + a 1 t + + a n t n, n > 0, a i Z, 0 i n και a n 0 και έστω p ένας πρώτος αριθµός. Τότε : p a 0, p a 1,, p a n 1 & p a n & p a 0 = f(t) : ανάγωγο Εφαρµογη: είξτε ότι τα πολυώνυµα g 1 (t) = t 4 6t 3 + 4t 30t + 14, g (t) = t t 4, g 3 (t) = t 5 + 5t + 5, και g 4 (t) = t n p, όπου p είναι ένας πρώτος αριθµός και n > 1, είναι ανάγωγα υπεράνω του Q. Είναι το πολυώνυµο t και ανάγωγο υπεράνω του Q; Ασκηση 13. Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές f(t) = t n + c n 1 t n 1 + c 1 t + c 0, Αν ρ είναι µια πραγµατική ϱίζα του f(t), να δείξετε ότι : είτε ο ρ είναι ακέραιος ή ο ρ είναι άρρητος. Ασκηση 14. είξτε ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι της µορφής : (α) 3 + και (β)

3 3 Ασκηση 15. είξτε ότι για κάθε n 3, υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθµοί οι οποίοι δεν είναι της µορφής n Συµβολισµός : Εστω p πρώτος. Αν n είναι ένας ϕυσικός αριθµός και N 0, τότε ϑα γράφουµε : p n p n και p +1 n δηλαδή p είναι η µεγαλύτερη δύναµη του p η οποία διαιρεί τον n, και όπου = 0 αν p n. Ασκηση 16. Εστω p ένας πρώτος αριθµός. Ορίζουµε µια συνάρτηση ως εξής : v p : N N 0, v p (n) = max { N 0 p n } Αν P = {p N p : πρώτος} είναι το σύνολο των πρώτων αριθµών, να δείξετε ότι : (1) v p (n) = 0, p P n = 1. () v p (mn) = v p (m) + v p (n), p P. (3) m n v p (m) v p (n), p P. (4) v p (m) = v p (n), p P m = n. Ασκηση 17. Εστω p ένας πρώτος αριθµός και n, m, a, b N. Να δειχθούν τα ακόλουθα : (1) p n a & p m b = p n+m ab. () p n a = p n a. (3) n m & p n a & p m b = p min{n,m} (a + b). 1 Εποµένως υπάρχουν άπειροι πρώτοι οι οποίοι δεν είναι της µορφής 3 + 1, 4 + 1, 5 + 1, (και προφανως, για n =, µόνον ένας πρώτος αριθµός ο οποίος δεν είναι της µορφής + 1, ο πρώτος ).

4 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : ευτέρα 17 Μαρτίου 014 Ασκηση 1. Βρείτε όλους τους ϕυσικούς διαιρέτες των αριθµών : 140, 014, 1001, 9999, , 10!, ( ) Λύση. Αρκεί να ϐρούµε την πρωτογενή ανάλυση των παραπάνω αριθµών 1 Εχουµε 140 = 70 = 35 = 5 7 και άρα οι ϕυσικοί διαιρέτες του αριθµού 140 είναι : { a 5 b 7 c 0 a, 0 b, c 1} δηλαδή το σύνολο {1,, 4, 5, 10, 0, 7, 14, 8, 35, 70, 140}. Εχουµε : 014 = = = = = = = ( ) = 30! 10! (30 10)! 10! = = = = 30! 10! 0! = = 0! ! Από τη πρωτογενή ανάλυση των παραπάνω αριθµών ϐρίσκουµε όλους τους ϕυσικούς διαιρέτες τους, όπως ακριβώς κάναµε και µε τον αριθµό 140. Για παράδειγµα οι διαιρέτες του 014 είναι : 1,, 19, 53, 19, 53, 19 53, = Υπενθυµίζουµε ότι αν n = p a 1 1 pa pa είναι η πρωτογενής ανάλυση του ϕυσικού αριθµού n > 1, τότε ο ϕυσικός αριθµός d είναι διαιρέτης του n αν και µόνον αν d = p b 1 1 p b p b, όπου 0 b i a i, 1 i.

5 Ασκηση. Να ϐρεθεί η πρωτογενής ανάλυση των ϕυσικών αριθµών : (α) , (β) , (γ) 15 1 Λύση. (α) Αφού = ( ) (10 3 1) και = (10 + 1) ( ) = = = (10 1) ( ) = = = η πρωτογενής ανάλυση του είναι = (β) Εχουµε : = (10 4 ) 1 = (10 4 1) ( ) = (10 1) (10 + 1) ( ) = (10 1) (10 + 1) 101 ( ) = = = (γ) Εχουµε : 15 1 = = 3767 = Ασκηση 3. Εστω a, b, n, m N έτσι ώστε : n m. είξτε ότι : Ισχύει η παραπάνω συνεπαγωγή αν n < m ; a n b m = a b ( ) Λύση. Αν a = 1 τότε το αποτέλεσµα είναι ϕανερό. Εποµένως υποθέτουµε a. Εστω {p 1,..., p } το σύνολο των πρώτων αριθµών που διαιρούν τουλάχιστον έναν από τους a και b. Τότε υπάρχουν a i, b i 0 ώστε a = p α 1 1 pα και b = p β 1 1 pβ. Αρκεί να δείξουµε ότι α i β i για κάθε i. Εχουµε : Εποµένως a n = p nα 1 1 p nα & b m = p mβ 1 1 p mβ a n = p nα 1 1 p nα b m = p mβ 1 1 p mβ = nα i mβ i για κάθε 1 i Επειδή n m έπεται ότι α i β i για κάθε i = 1,, (πράγµατι αν υπάρχει i = 1,,, έτσι ώστε α i > β i, τότε η τελευταία αυτή ανισότητα πολλαπλασιασµένη µε την n m δίνει na i > mβ i το οποίο είναι άτοπο). Συνεπώς α i β i για κάθε i = 1,, και άρα a b. Υποθέτουµε ότι n < m. Εστω n =, m = 5, a = 4 και b =. Τότε a n = 4 = 16 3 = 5 = b m αλλά a = 4 b =. Άρα αν n < m η συνεπαγωγή ( ) δεν ισχύει.

6 3 Ασκηση 4. Εστω p ένας πρώτος αριθµός. 1. Αν είναι ένας ϑετικός ακέραιος και < p, δείξτε ότι : p ( p ).. Αν n είναι ένας ϑετικός ακέραιος και n < p n, δείξτε ότι : p ( n n ). ( p Λύση. 1. Επειδή ο αριθµός ) είναι ϑετικός ακέραιος, µπορούµε να ϑέσουµε ( ) p p! = = r, όπου r N!(p )! και εποµένως p! = r!(p )!. Επειδή p p!, ϑα έχουµε p r!(p )!. Επειδή ο p είναι πρώτος, από το Λήµµα του Ευκλείδη, έπεται ότι ο p διαιρεί κάποιον από τους!, (p )!, r. Οµως αν p!, τότε πάλι από το Λήµµα του Ευκλείδη ϑα έχουµε p l για κάποιο l, και ιδιαίτερα p l. Αυτό είναι άτοπο διότι < p. Αν p (p )!, τότε καταλήγουµε στο άτοπο ότι p l, και ιδιαίτερα p l, για κάποιο l p < p. Εποµένως ϑα έχουµε p r και άρα p ( p ). ( ) n. Επειδή ο αριθµός n είναι ϑετικός ακέραιος, µπορούµε να ϑέσουµε ( n n ) = (n)! n!n! = (n)! = r, όπου r N (n!) και εποµένως (n! = r(n!). Επειδή p n, έπεται προφανώς ότι p (n)!, και άρα p r(n!). Επειδή ο p είναι πρώτος, τότε από το Λήµµα του Ευκλείδη, έπεται ότι είτε ο p διαιρεί κάποιον από τους n!, r. Οµως αν p n!, τότε πάλι από το Λήµµα του Ευκλείδη ϑα έχουµε p l για κάποιο l n, και ιδιαίτερα p l n. Αυτό είναι άτοπο διότι n < p. Εποµένως p r και άρα p n n. Ασκηση 5. Να ϐρεθούν όλες οι ϑετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης m n = n m δηλαδή να ϐρεθούν όλα τα Ϲεύγη ϑετικών ακεραίων αριθµών (n, m) τα οποία ικανοποιούν την παραπάνω εξίσωση. Λύση. Αν n = 1 τότε ϕανερά πρέπει m = 1. Οµοίως αν m = 1 τότε πρέπει n = 1. Εποµένως υποθέτουµε n, m. Αφού m n = n m τότε έπεται άµεσα από τη ϑεωρία, παραδείγµατος χάριν µε χρήση του Λήµµατος του Ευκλείδη, ότι οι αριθµοί m και n έχουν τους ίδιους πρώτους διαιρέτες. Εστω m = p a 1 1 pa pa & n = p b 1 1 p b p b οι πρωτογενείς αναλύσεις των αριθµών m και n αντίστοιχα. Τότε χρησιµοποιώντας την µοναδικότητα της ανάλυσης σε πρώτους παράγοντες, ϑα έχουµε : m n = n m = p na 1 1 p na p na = p mb 1 1 p mb p mb = a i n = b i m, i = 1,,, Προφανώς αν n = m τότε η εξίσωση m n = n m ικανοποιείται. Υποθέτουµε λοιπόν ότι m n και έστω n > m. Επειδή a i n = b i m και n > m έπεται ότι a i < b i για κάθε i = 1,,. Αυτό όµως σηµαίνει ότι m n διότι µπορούµε να γράψουµε n = p b 1 1 p b p b = p b 1 a 1 1 p b a p b a p a 1 1 pa pa = d m, όπου d = pa 1 b 1 1 p a b p a b Άρα m n = n = dm = m dm = (dm) m = m d = dm = m d 1 = d Επειδή n > m έχουµε ότι d > 1. ιακρίνουµε τις περιπτωσεις : (1) Αν d = τότε ϑα έχουµε m 1 = και άρα m = και n = dm = 4.

7 4 () Αν d >, τότε επειδή m, ϑα έχουµε : m d 1 d 1. είχνουµε µε χρήση της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής ότι : d 1 > d, d 3. Πράγµατι η ανισότητα ισχύει για d = 3, διότι 3 1 = = 4 > 3. Εστω d > 3 και υποθέτουµε ότι d 1 > d. Τότε d = d 1 > d > 1 + d. Άρα απο την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η ανισότητα d 1 > d ισχύει για κάθε d 3. Εποµένως ϑα έχουµε m d 1 d 1 > d το οποίο είναι άτοπο. Άρα οι µόνες λύσεις µε n > m είναι m = και n = d = = 4. Εποµένως όλες οι λύσεις της εξίσωσης m n = n m είναι οι ακόλουθες : m = και n = 4 n = και m = 4 n = m Ασκηση 6. Εστω n ένας ϕυσικός αριθµός. 1. Αν ο n είναι περιττός, δείξτε ότι :. Αν n > 1, δείξτε ότι : n(n + 1) n(n + 1) n! n! = n + 1 : πρώτος Ισχύει η αντίστροφη συνεπαγωγή ; ηλαδή αν ο αριθµός n+1 είναι πρώτος, ισχύει ότι n(n+1) n!; Λύση. 1. Επειδή ο n είναι περιττός, ϑα έχουµε n = +1, για κάποιο 0, και τότε n+1 = ( +1). Εποµένως n(n + 1) ( + 1)( + 1) = = ( + 1)( + 1) = ( + 1)n Επειδή + 1 < n, έπεται ότι n! = 1 ( + 1) n και εποµένως n(n+1) = ( + 1)n n!. Ο n είναι άρτιος διότι αν ήταν περιττός, τότε από το 1. ϑα είχαµε ότι n(n+1) n! το οποίο είναι άτοπο από την υπόθεση. Ετσι n = για κάποιο 1. Θα δείξουµε ότι ο περιττός αριθµός n + 1 είναι πρώτος. Εστω ότι ο n + 1 = + 1 είναι σύνθετος. Τότε n + 1 = a b για κάποιους ϑετικούς ακέραιους a, b µε 1 < a, b < n = + 1. Τότε : n(n + 1) n! = ab ()! = a b ()! Αυτό είναι άτοπο διότι 1 και 1 < a, b. Εποµένως ο n + 1 είναι πρώτος αριθµός. Αντίστροφα, έστω ότι ο αριθµός n + 1 είναι πρώτος. Αν n + 1 =, τότε n = 1, το οποίο είναι άτοπο διότι n > 1. Άρα n + 1 >, και τότε ο n + 1 είναι περιττός. Αυτο σηµαίνει ότι ο n είναι άρτιος, δηλαδή n n(n+1) = N. Εποµένως = (n + 1) και άρα αν n(n+1) n!, τότε ϑα έχουµε (n + 1) n!. Επειδή προφανώς n + 1 (n + 1), έπεται ότι n + 1 n! και επειδή ο αριθµός n + 1 είναι πρώτος, από το Λήµµα του Ευκλείδη ϑα έχουµε ότι n + 1 l, και ιδιάιτερα n + 1 l, για κάποιο l n. Φυσικά αυτό είναι άτοπο και εποµένως καταλήγουµε ότι n(n+1) n!, δηλαδή η αντίστροφη συνεπαγωγή ισχύει.

8 5 Ασκηση 7. Ενας εκδοτικός οίκος από τις πωλήσεις ενός ϐιβλίου είχε έσοδα Μπορείτε να εκτιµήσετε πόσα ϐιβλία πούλησε ο εκδοτικός οίκος αν η τιµή του ϐιβλίου είναι ακέραιος και πάνω από ένα ευρώ ; Λύση. Εστω m η τιµή του ϐιβλίου και n ο αριθµός των ϐιβλίων που πουλήθηκαν. Τότε προφανώς ϑα έχουµε : = m n Εποµένως οι αριθµοί είναι διαιρέτες του Η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού είναι = και εποµένως οι διαιρέτες του , εκτός των 1 και , είναι οι αριθµοί 79 και Άρα η πιθανότερη εκδοχή είναι ότι n = 4759, και m = 79. Εποµένως το πιθανότερο είναι ότι ο εκδοτικός οίκος πούλησε 4759 ϐιβλία στη τιµή των 79. Ασκηση είξτε ότι ο είναι άρρητος.. Να δείξετε ότι αν ο ϕυσικός αριθµός n δεν είναι τετράγωνο ακεραίου, τότε ο αριθµός n είναι άρρητος. 3. Αν n, m N όπου n, m > 1, και ο αριθµός n m είναι ϱητός, τότε να δείξετε ότι ο αριθµός n m είναι ακέραιος. Λύση. 1. Υποθέτουµε αντίθετα ότι Q. Άρα = a b όπου a, b Z, b 0 και χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι οι a, b δεν έχουν κοινό παράγοντα. Τότε a = = a = b = a = a (1) b Αφού το διαιρεί τον αριθµό a τότε a = c και εποµένως έχουµε a = 4c = 4c = b = c = b = b = b () Από τις σχέσεις (1) και () έπεται ότι το είναι κοινός παράγοντας των a, b. Αυτό όµως είναι άτοπο και άρα / Q.. Εστω ότι n Q, δηλαδή n = a b µε a, b Z, b 0 και χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι οι a, b δεν έχουν κοινό παράγοντα. Τότε a = nb και από την υπόθεση µας το n δεν είναι τετράγωνο ακεραίου. Άρα υπάρχει πρώτος αριθµός p έτσι ώστε Εποµένως µπορούµε να γράψουµε Τότε Άρα a = pc και τότε έχουµε p n p n και p n n = pn όπου p n n a = p a = p a a = p c = nb = pn b = pc = n b = p n b p n = p b = p b Τότε ο πρώτος p είναι κοινός παράγοντας των a και b και εποµένως έχουµε καταλήξει σε άτοπο. Άρα n / Q.

9 6 3. Εχουµε n m = a b και υποθέτουµε ότι οι αριθµοί a, b δεν έχουν κοινό παράγοντα. Εστω ότι b > 1. Τότε υπάρχει πρώτος p b έτσι ώστε n a a n = mb n m = = = p a n = p a b p b Τότε ο πρώτος p είναι κοινός παράγοντας των a και b και εποµένως έχουµε καταλήξει σε άτοπο. Συνεπώς b = 1 και εποµένως n m Z. Ασκηση 9. (1) Να δείξετε ότι ο ϕυσικός αριθµός n είναι τέλειο τετράγωνο αν και µόνον αν οι δυνάµεις στην πρωτογενή ανάλυση του n είναι άρτιοι αριθµοί. () Εστω n και a = p a 1 1 pa pam m η πρωτογενής ανάλυση του ϕυσικού αριθµού a. είξτε ότι η n-στή ϱίζα του a είναι ϱητός αριθµός αν και µόνο αν το n διαιρεί το a i για κάθε i = 1,,, m: n a Q n ai, 1 i m Λύση. (1) Θα δείξουµε ότι ο αριθµός n = p a 1 1 pa pa είναι τέλειο τετράγωνο αν και µόνο αν τα a i είναι άρτιοι αριθµοί για κάθε 1 i. Αν για κάθε 1 i οι αριθµοί a i είναι άρτιοι, τότε a i = b i και άρα n = p a 1 1 pa pa = pb 1 1 pb p b = (p b 1 1 p b p b ) Συνεπώς ο αριθµός n είναι τέλειο τετράγωνο. Εστω n = m και m = p b 1 1 p b η πρωτογενής ανάλυση του m. Τότε n = m = p b 1 1 p b = p a 1 1 pa = pb 1 1 p b και λόγω µοναδικότητας της παραγοντοποίησης έπεται ότι a i = b i για κάθε 1 i. () Εστω ότι n a Q. Τότε από το τρίτο ερώτηµα της Άσκησης 8 έπεται ότι n a Z. Εστω n a = p 1 1 pm m η πρωτογενής ανάλυση του n a. Τότε a = (p 1 1 pm m ) n = a = p a 1 1 pam m = p n 1 1 p nm m = a i = n i Συνεπώς n a i για κάθε 1 i m. Αντίστροφα, έστω a = p a 1 1 pam m η πρωτογενής ανάλυση του a και έστω n a i για κάθε 1 i m. Άρα a i = n i και τότε a = p a 1 1 pam m = p n 1 1 p nm m = (p 1 1 pm m ) n Εποµένως έχουµε : n a = p 1 1 pm m Z Q. Ασκηση 10. Εστω a > 1 ένας ϕυσικός αριθµός. 1. είξτε ότι ο αριθµός είναι πρώτος.. Αν ο αριθµός a είναι σύνθετος, δείξτε ότι : min { N 1 & a } min { N 1 & a } a

10 7 Λύση. Θεωρούµε το σύνολο X = { N 1 & a } N Επειδή a > 1, το σύνολο X είναι µη-κενό διότι περιέχει το a. Εποµένως από την Αρχή Καλής ιάταξης το σύνολο X έχει ελάχιστο στοιχείο, έστω : p = minx 1. Θα δείξουµε ότι ο p είναι πρώτος. Επειδή p > 1, ο p έχει έναν πρώτο διαιρέτη q. Επειδή q p και p a, έπεται ότι q a και άρα επειδή q > 1 (επειδή ο q είναι πρώτος), έπεται ότι q X. Επειδή q p = minx, έπεται ότι q p και εποµένως q = p, δηλαδή ο p είναι πρώτος.. Αν ο a είναι σύνθετος, τότε προφανώς p a και επειδή p a, έπεται ότι a = pb, όπου 1 < b < a. Επειδή b > 1, ο b έχει έναν πρώτο διαιρέτη q. Ο q είναι προφανώς και διαιρέτης του a, και εποµένως p q b διότι ο q είναοι ο µικρότερος (πρώτος) διαιρλετης του a. Ετσι ϑα έχουµε a = pb pp = p = p a Ασκηση 11. Να ϐρεθούν όλοι οι ϕυσικοί αριθµοί οι οποίοι έχουν ακριβώς (α) 3, και (β) 4, ϑετικούς διαιρέτες. Λύση. (α) Εστω α N µε ακριβώς 3 ϑετικούς διαιρέτες. Επειδή 1, α α έπεται ότι ο α έχει ακριβώς έναν διαιρέτη d α µε d 1 και d α. Εστω α = p a 1 1 pan n η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού α. Αν n τότε οι αριθµοί 1, p 1, p, p 1 p α, που είναι άτοπο. Άρα n = 1, δηλαδή α = p a 1 1. Αν a 1 3 τότε 1, p, p, p 3 α που είναι άτοπο διότι ο αριθµός α έχει ακριβώς 3 διαιρέτες. Εποµένως α = p, όπου p πρώτος αριθµός. (β) Εστω α N µε ακριβώς 4 ϑετικούς διαιρέτες και έστω α = p a 1 1 pan n η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού α. ιακρίνουµε τις περιπτώσεις : (1) Αν n = 1 τότε α = p. Φανερά για την τιµή = 3 και µόνο για αυτήν ο αριθµός α = p 3 έχει ακριβώς 4 διαιρέτες : 1, p, p, p 3. () Αν n = τότε α = p a 1 1 pa. Άρα µόνο για a 1 = a = 1 ο αριθµός α έχει ακριβώς 4 διαιρέτες : 1, p 1, p, p 1 p. (3) Αν n 3 τότε επειδή οι 1, p 1, p, p 3, p 1 p είναι διαιρέτες του α ο αριθµός α έχει περισσότερους από 4 διαιρέτες. Ασκηση 1. Ενα µη-σταθερό πολυώνυµο f(t) Z[t] µε ακέραιους συντελεστές καλείται ανάγωγο αν δεν υπάρχουν πολυώνυµα g(t), h(t) Z[t] µικρότερου ϐαθµού µε f(t) = g(t)h(t). είξτε το ακόλουθο Κριτηριο Eisenstein: Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές f(t) = a 0 + a 1 t + + a n t n, n > 0, a i Z, 0 i n και a n 0 και έστω p ένας πρώτος αριθµός. Τότε : p a 0, p a 1,, p a n 1 & p a n & p a 0 = f(t) : ανάγωγο Εφαρµογη: είξτε ότι τα πολυώνυµα g 1 (t) = t 4 6t 3 + 4t 30t + 14, g (t) = t t 4, g 3 (t) = t 5 + 5t + 5, και g 4 (t) = t n p, όπου p είναι ένας πρώτος αριθµός και n > 1, είναι ανάγωγα υπεράνω του Q. Είναι το πολυώνυµο t και ανάγωγο υπεράνω του Q; Λύση. Εστω ότι το πολυώνυµο f(t) δεν είναι ανάγωγο. Άρα f(t) = g(t)h(t) όπου g(t) = b 0 + b 1 t + + b s t s Z[t], h(t) = c 0 + c 1 t + + c r t r Z[t] και s 1, r 1. Τότε a 0 = b 0 c 0, a 1 = b 0 c 1 + b 1 c 0,, a i = b 0 c i + b 1 c i b i c 0

11 8 όπου 0 i n. Αφού p a 0 και a 0 = b 0 c 0 έπεται ότι p b 0 ή p c 0. Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι p b 0. Τότε p c 0, διότι αν p c 0, ϑα είχαµε ότι p b 0 c 0 = a 0 το οποίο είναι άτοπο. Αν p b s τότε p b s c r = p a n που είναι άτοπο. Άρα p b s. Εποµένως υπάρχει ένα i s έτσι ώστε p b 0, b 1, b i 1 και p b i. Οµως a i = b 0 c i + b 1 c i b i 1 c 1 + b i c 0 και p a i p b 0 c i + + b i 1 c 1 = που είναι άτοπο. Συνεπώς το πολυώνυµο f(t) είναι ανάγωγο. p b i c 0 p c 0 = p b i Εφαρµογη: Επιλέγοντας, p = 3 για το g 1 (t), p = 3 για το g (t), p = 5 για το g 3 (t), και p = p, για το g 4 (t), από το Κριτήριο Eisenstein ϐλέπουµε ότι τα πολυώνυµα g i (t), 1 i 4, είναι ανάγωγα υπεράνω του Q. Αντίθετα το πολυώνυµο t 4 + 4, για το οποίο δεν µπορεί να εφαρµοσθεί το Κριτήριο Eisenstein, δεν είναι ανάγωγο διότι : t = ( t t + ) (t + t + ) Ασκηση 13. Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές f(t) = t n + c n 1 t n 1 + c 1 t + c 0, Αν ρ είναι µια πραγµατική ϱίζα του f(t), να δείξετε ότι : είτε ο ρ είναι ακέραιος ή ο ρ είναι άρρητος. Λύση. Εστω p = a b Q µια ϱίζα του f(t). Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι οι a, b δεν έχουν κανένα κοινό παράγοντα. Άρα (a (a a b )n + c n 1 b )n c 1 b + c 0 = 0 Πολλαπλασιάζοντας της παραπάνω σχέση µε b n ϑα έχουµε a n + c n 1 a n 1 b + + c 1 ab n 1 + c 0 b n = 0 = a n = b( c n 1 a n 1 c 1 ab n c 0 b n 1 ) = b a n Υποθέτουµε ότι b ±1. Τότε ο b έχει ένα πρώτο διαιρέτη q και άρα q b = q a n = q a b a n Συνεπώς οι a, b έχουν ένα κοινό πρώτο διαιρέτη που είναι άτοπο. Άρα b = ±1 και έτσι έχουµε το Ϲητούµενο. Ασκηση 14. είξτε ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι της µορφής : (α) 3 + και (β) Λύση. (α) Υποθέτουµε ότι υπάρχει πεπερασµένο πλήθος πρώτων της µορφής 3 +, και έστω ότι όλοι οι πρώτοι της µορφής 3 + είναι οι p 1, p,, p n. Θεωρούµε τον ϕυσικό αριθµό a = 3p 1 p p n 1 ο οποίος είναι της µορφής 3+ διότι a = 3p 1 p p n 1 = 3p 1 p p n 3+ = 3(p 1 p p n 1)+. Ισχυρισµός: ο αριθµός a έχει έναν πρώτο διαιρέτη της µορφής 3 +. Πράγµατι : a > 1 και άρα ο a έχει έναν πρώτο διαιρέτη p ο οποίος ϑα έχει µια από τις παρακάτω µορφές : d = 3 ή d = ή d = 3 +. Επειδή ο p είναι πρώτος, προφανώς ο p δεν µπορεί να

12 9 είναι της µορφής 3. Αν όλοι οι πρώτοι διαιρέτες του a είναι της µορφής 3 + 1, τότε επειδή από το Θεµελιώδες Θεώρηµα της Αριθµητικής κάθε ϕυσικός αριθµός > 1 είναι ίσος µε το γινόµενο (δυνάµεων) των πρώτων διαιρετών του και επειδή προφανώς γινόµενο αριθµών των µορφής είναι της µορφής 3 +1, έπεται ότι ο a ϑα είναι της µορφής 3 +1 το οποίο είναι άτοπο διότι ο a είναι της µορφής 3 +. Άρα τουλάχιστον ένας πρώτος διαιρέτης p του a είναι της µορφής 3 +. Επειδή p 1, p,, p n είναι όλοι οι πρώτοι της µορφής 3 +, έπεται ότι p = p i για κάποιο i = 1,,, n. Τότε επειδή p a και p 3p 1 p p n, ϑα έχουµε ότι p 1 το οποίο είναι άτοπο. Άρα το πλήθος των πρώτων αριθµών της µορφής 3 + είναι άπειρο. (β) Υποθέτουµε ότι υπάρχει πεπερασµένο πλήθος πρώτων της µορφής 4 + 3, και έστω ότι όλοι οι πρώτοι της µορφής είναι οι p 1, p,, p n. Θεωρούµε τον ϕυσικό αριθµό a = 4p 1 p p n 1 ο οποίος είναι της µορφής 4+3 διότι a = 4p 1 p p n 1 = 4p 1 p p n 4+3 = 4(p 1 p p n 1)+3. Ισχυρισµός: ο αριθµός a έχει έναν πρώτο διαιρέτη της µορφής Πράγµατι : a > 1 και άρα ο a έχει έναν πρώτο διαιρέτη p ο οποίος ϑα έχει µια από τις παρακάτω µορφές : d = 4 ή d = ή d = 4 + ή d = Επειδή ο p είναι πρώτος, προφανώς ο p δεν µπορεί να είναι της µορφής 4 ή 4 +. Αν όλοι οι πρώτοι διαιρέτες του a είναι της µορφής 4 + 1, τότε επειδή από το Θεµελιώδες Θεώρηµα της Αριθµητικής κάθε ϕυσικός αριθµός > 1 είναι ίσος µε το γινόµενο (δυνάµεων) των πρώτων διαιρετών του και επειδή προφανώς γινόµενο αριθµών των µορφής είναι της µορφής 4 + 1, έπεται ότι ο a ϑα είναι της µορφής το οποίο είναι άτοπο διότι ο a είναι της µορφής Άρα τουλάχιστυον ένας πρώτος διαιρέτης p του a είναι της µορφής Επειδή p 1, p,, p n είναι όλοι οι πρώτοι της µορφής 4 + 3, έπεται ότι p = p i για κάποιο i = 1,,, n. Τότε επειδή p a και p 4p 1 p p n, ϑα έχουµε ότι p 1 το οποίο είναι άτοπο. Άρα το πλήθος των πρώτων αριθµών της µορφής είναι άπειρο. Ασκηση 15. είξτε ότι για κάθε n 3, υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθµοί οι οποίοι δεν είναι της µορφής n + 1. Λύση. Υποθέτουµε ότι υπάρχει πεπερασµένο πλήθος πρώτων οι οποίοι δεν είναι της µορφής n + 1, και έστω ότι όλοι αυτοί οι πρώτοι είναι οι p 1, p,, p m. Μπορούµε να υποθέσουµε ότι p 1 = ο οποίος δεν είναι της µορφής n + 1 (αν ήταν ϑα είχαµε = n + 1 δηλαδή n = 1 το οποίο είναι άτοπο διότι n 3). Θεωρούµε τον ϕυσικό αριθµό a = np 1 p p m 1 Ισχυρισµός: ο αριθµός a έχει έναν πρώτο διαιρέτη ο οποίος δεν είναι της µορφής n + 1. Πράγµατι, έχουµε a n 1 και άρα ο a έχει έναν πρώτο διαιρέτη. Αν κάθε πρώτος διαιρέτης του a είναι της µορφής n + 1, τότε επειδή από το Θεµελιώδες Θεώρηµα της Αριθµητικής κάθε ϕυσικός αριθµός > 1 είναι ίσος µε το γινόµενο (δυνάµεων) των πρώτων διαιρετών του και επειδή προφανώς γινόµενο αριθµών των µορφής n + 1 είναι της µορφής n + 1, έπεται ότι ο a ϑα είναι της µορφής n + 1. Οµως ο a δεν µπορεί να είναι της µορφής n + 1 διότι αν ήταν ϑα είχαµε n + 1 = n 1 p p m 1 = n( p 1 p p m ) = = n = n Αυτό είναι άτοπο διότι από την υπόθεση n 3. Άρα πράγµατι ο a έχει έναν πρώτο διαιρέτη p ο οποίος δεν είναι της µορφής n + 1. Επειδή p 1, p,, p m είναι όλοι οι πρώτοι οι οποίοι δεν είναι της µορφής n + 1, έπεται ότι p = p i για κάποιο i = 1,,, m. Τότε επειδή p a και p np 1 p p m, ϑα έχουµε ότι p 1 το οποίο είναι άτοπο. Άρα το πλήθος των πρώτων αριθµών οι οποίοι δεν είναι της µορφής n + 1 είναι άπειρο. Εποµένως υπάρχουν άπειροι πρώτοι οι οποίοι δεν είναι της µορφής 3 + 1, 4 + 1, 5 + 1, (και προφανως, για n =, υπάρχει µόνον ένας πρώτος αριθµός ο οποίος δεν είναι της µορφής + 1, ο πρώτος ).

13 10 Συµβολισµός : Εστω p πρώτος. Αν n είναι ένας ϕυσικός αριθµός και N 0, τότε ϑα γράφουµε : p n p n και p +1 n δηλαδή p είναι η µεγαλύτερη δύναµη του p η οποία διαιρεί τον n, και όπου = 0 αν p n. Ασκηση 16. Εστω p πρώτος. Ορίζουµε συνάρτηση v p : N N 0, v p (n) = max { N 0 p n } Αν P = {p N p : πρώτος} είναι το σύνολο των πρώτων αριθµών, να δείξετε ότι : (1) v p (n) = 0, p P n = 1. () v p (mn) = v p (m) + v p (n), p P. (3) m n v p (m) v p (n), p P. (4) v p (m) = v p (n), p P m = n. Λύση. (1) Αν n = 1 τότε για κάθε p P έχουµε v p (1) = max { N 0 p 1 } = 0. Αντίστροφα αν v p (n) = 0, p P, τότε δεν υπάρχει πρώτος που να διαιρεί τον n στη πρωτογενή του ανάλυση, δηλαδή αναγκαστικά n = 1. () Χρησιµοποιώντας τη πρωτογενή ανάλυση των αριθµών m και n έχουµε ότι µε (p, q) = 1 και (p, q ) = 1. Τότε m = p a q και n = p b q mn = p a+b qq και (p, qq ) = 1 διότι διαφορετικά αν p qq τότε p q ή p q που είναι άτοπο. Άρα p P έχουµε v p (mn) = a + b = v p (m) + v p (n) (3) Εστω m n, άρα υπάρχει c έτσι ώστε n = mc. Τότε από το προηγούµενο ερώτηµα έπεται ότι και άρα v p (m) v p (n) για κάθε p P. Αντίστροφα ορίζουµε c = v p (n) = v p (mc) = v p (m) + v p (c) p:πρώτος p vp(n) vp(m) Τότε m = nc και άρα m n. (4) Επεται άµεσα από το ερώτηµα (3). Ασκηση 17. Εστω p ένας πρώτος αριθµός και n, m, a, b N. Να δειχθούν τα ακόλουθα : (1) p n a & p m b = p n+m ab. () p n a = p n a. (3) n m & p n a & p m b = p min{n,m} (a + b). Λύση. (1) Εστω p n a και p m b. Άρα p n a, p n+1 a και p m b, p m+1 b. Άρα a = p n q και b = p m r όπου το p δεν εµφανίζεται στη πρωτογενή ανάλυση των αριθµών q και r. Τότε ab = (p n q)(p m r) = p n+m qr και άρα p n+m ab και p n+m+1 ab αφού το p δεν διαιρεί το qr. Εποµένως p n+m ab.

14 11 () Εστω p n a, δηλαδή p n a και p n+1 a. Άρα a = p n m όπου p m. Τότε p m και έχουµε Συνεπώς p n a. (3) Εστω p n a και p m b µε n m. Εχουµε a = p n m a = p n q και b = p m r όπου το p δεν εµφανίζεται στη πρωτογενή ανάλυση των αριθµών q και r. Υποθέτουµε ότι n = min{n, m}. Τότε Επειδή p q αλλά p p m n r έπεται ότι a + b = p n q + p m r = p n (q + p m n r) p (q + p m n r) Εποµένως έχουµε ότι p min{n,m} (a + b).

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt016/nt016.html Πέµπτη 7 Οκτωβρίου 016 Ασκηση 1. Βρείτε όλους

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 6 Μαρτίου 2013 Ασκηση 1. Βρείτε όλους τους

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 13 Μαρτίου 2013 Ασκηση 1. Αφού ϐρείτε την

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 7 Φεβρουαρίου 03 Ασκηση. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2016/nt2016.html Πέµπτη 3 Νοεµβρίου 2016 Ασκηση 1. Αφού ϐρείτε

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : htt://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt204/nt204.html htts://sites.google.com/site/maths4eu/home/4

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 6

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 6 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 6 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : htt://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2016/nt2016.html Πέµπτη 23 Νεµβρίου 2016 Ασκηση 1. Αν N, να

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 7

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 7 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 7 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uo.gr/abelga/numbertheory/nt2016/nt2016.html Πέµπτη 7 εκεµβρίου 2016 Ασκηση 1. Για κάθε

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκοντες: Α Μπεληγιάννης - Σ Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuogr/abelga/numbertheory/nthtml Τετάρτη 10 Απριλίου 2013 Ασκηση 1 Θεωρούµε τις αριθµητικές

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt016/nt016.html Πέµπτη 13 Οκτωβρίου 016 Ασκηση 1. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt01b/nt01b.html Πέµπτη 1 Οκτωβρίου 01 Ασκηση 1. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές»

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο : Το σύνολο των πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας) α)

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Παρασκευή 16 & Τετάρτη 21 Νοεµβρίου

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» (ε) Κάθε συγκλίνουσα ακολουθία άρρητων αριθµών συγκλίνει σε άρρητο αριθµό.

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» (ε) Κάθε συγκλίνουσα ακολουθία άρρητων αριθµών συγκλίνει σε άρρητο αριθµό. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο : Ακολουθίες πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας α Κάθε

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 9

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 9 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 9 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2016/nt2016.html Πέµπτη 12 Ιανουαρίου 2017 Ασκηση 1. Εστω

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις Επαναληψης

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις Επαναληψης ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις Επαναληψης ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 22 Μαΐου 2013 Ασκηση 1. (1) Να λυθεί η γραµµική

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη Μαΐου 013 Ασκηση 1. Βρείτε τις τάξεις των

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2015/nt2015.html Παρασκευή 29 Μαίου 2015 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

Μάθηµα Θεωρίας Αριθµών Ε.Μ.Ε

Μάθηµα Θεωρίας Αριθµών Ε.Μ.Ε Μάθηµα Θεωρίας Αριθµών Ε.Μ.Ε 1. Να αποδειχθεί ότι κάθε ϑετικός ακέραιος αριθµός n 6, µπορεί να γραφεί στη µορφή όπου οι a, b, c είναι ϑετικοί ακέραιοι. n = a + b c,. Να αποδειχθεί ότι για κάθε ακέραιο

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 3 Μαρτίου 2016 Αν (G, ) είναι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : htt://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Σάββατο 20 Απριλίου 2013 Ασκηση 1. 1) είξτε ότι η

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος :

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2015/nt2015.html ευτέρα 30 Μαρτίου 2015 Ασκηση 1. Να ϐρεθούν όλοι

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 17 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii19/laii19html Παρασκευή 1 Μαρτίου 19 Υπενθυµίσεις

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 7 Απριλίου 2017 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις Επαναληψης. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος :

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις Επαναληψης. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Ασκησεις Επαναληψης ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt015/nt015.html Τρίτη Ιουνίου 015 Ασκηση 1. (1) Να λυθεί η γραµµική

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Επανάληψης. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος :

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Επανάληψης. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Ασκησεις - Επανάληψης ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt015b/nt015b.html Πέµπτη 1 Ιανουαρίου 016 Ασκηση 1. (1) Να λυθεί

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2016/nt2016.html Πέµπτη 10 Νοεµβρίου 2016 Ασκηση 1. Να ϐρεθούν

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 5

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 5 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 5 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt206/nt206.html Πέµπτη 6 Νεµβρίου 206 Ασκηση. Να δειχθεί ότι

Διαβάστε περισσότερα

τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής για να αποδείξουµε τη Ϲητούµενη ισότητα.

τη µέθοδο της µαθηµατικής επαγωγής για να αποδείξουµε τη Ϲητούµενη ισότητα. Αριστοτελειο Πανεπιστηµιο Θεσσαλονικης Τµηµα Μαθηµατικων Εισαγωγή στην Αλγεβρα Τελική Εξέταση 15 Φεβρουαρίου 2017 1. (Οµάδα Α) Εστω η ακολουθία Fibonacci F 1 = 1, F 2 = 1 και F n = F n 1 + F n 2, για n

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδες Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2014/asi2014.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Παρασκευή 2 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος :

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt205/nt205.html ευτέρα 27 Απριλίου 205 Ασκηση. είξτε ότι για κάθε

Διαβάστε περισσότερα

ιδασκοντες: x R y x y Q x y Q = x z Q = x z y z Q := x + Q Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012

ιδασκοντες: x R y x y Q x y Q = x z Q = x z y z Q := x + Q Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 ιδασκοντες: Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 10 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii2019/laii2019html Παρασκευή 1 Μαρτίου 2019 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Ελάχιστο Πολυώνυµο Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 20 4. Ελάχιστο Πολυώνυµο Στην παρούσα παράγραφο

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Σχέσεις Ισοδυναµίας, ιαµερίσεις, και Πράξεις Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 202 Μέρος 4. Θεωρητικά

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρητικά Θέµατα. Ι. Θεωρία Οµάδων. x R y ή x R y ή x y(r) [x] R = { y X y R x } X. Μέρος Σχέσεις Ισοδυναµίας, ιαµερίσεις, και Πράξεις

Θεωρητικά Θέµατα. Ι. Θεωρία Οµάδων. x R y ή x R y ή x y(r) [x] R = { y X y R x } X. Μέρος Σχέσεις Ισοδυναµίας, ιαµερίσεις, και Πράξεις 202 Μέρος 4. Θεωρητικά Θέµατα Ι. Θεωρία Οµάδων 1. Σχέσεις Ισοδυναµίας, ιαµερίσεις, και Πράξεις 1.1. Σχέσεις ισοδυναµίας. Εστω X ένα µη-κενό σύνολο. Ορισµός 1.1. Μια σχέση ισοδυναµίας επί του X είναι ένα

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρια Αριθµων Προβληµατα

Θεωρια Αριθµων Προβληµατα Θεωρια Αριθµων Προβληµατα Μιχάλης Κολουντζάκης Τµήµα Μαθηµατικών και Εφαρµοσµένων Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Κρήτης Βούτες 700 3 Ηράκλειο 6 Απριλίου 205 Πολλές από τις παρακάτω ασκήσεις είναι από το ϐιβλίο

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρια Αριθµων. Θεωρητικα Θεµατα. Ακαδηµαϊκο Ετος ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης & Σ. Παπαδάκης

Θεωρια Αριθµων. Θεωρητικα Θεµατα. Ακαδηµαϊκο Ετος ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης & Σ. Παπαδάκης Θεωρια Αριθµων Θεωρητικα Θεµατα Ακαδηµαϊκο Ετος 2012-2013 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης & Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html 2 Απριλίου 2013 Το παρόν κείµενο

Διαβάστε περισσότερα

< 1 για κάθε k N, τότε η σειρά a k συγκλίνει. +, τότε η η σειρά a k αποκλίνει.

< 1 για κάθε k N, τότε η σειρά a k συγκλίνει. +, τότε η η σειρά a k αποκλίνει. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 3: Σειρές πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα. Εστω ( ) µια ακολουθία πραγµατικών αριθµών. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρια Αριθµων. Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος

Θεωρια Αριθµων. Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος Θεωρια Αριθµων Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος Ακαδηµαϊκο Ετος 2012-2013 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html 25 Μαιου 2013 2

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 2

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 2 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 2 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 24 Μαρτίου 2017

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 2. Παραγοντοποίηση σε Ακέραιες Περιοχές

Κεφάλαιο 2. Παραγοντοποίηση σε Ακέραιες Περιοχές Κεφάλαιο Παραγοντοποίηση σε Ακέραιες Περιοχές Γνωρίζουµε ότι στο Ÿ κάθε στοιχείο εκτός από το 0 και τα ± γράφεται ως γινόµενο πρώτων αριθµών κατά τρόπο ουσιαστικά µοναδικό Από τη Βασική Άλγεβρα ξέρουµε

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Σταθµητοί Χώροι και Ευκλείδειοι Χώροι Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 59 Μέρος 2. Ευκλείδειοι

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρια Αριθµων. Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος

Θεωρια Αριθµων. Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος Θεωρια Αριθµων Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος Ακαδηµαϊκο Ετος 2013-2014 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 Επαναληπτικες Ασκησεις

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 Επαναληπτικες Ασκησεις ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β ΠΕΡΙΤΤΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 Επαναληπτικες Ασκησεις ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii8/laii8html Παρασκευή 4 Ιουνίου

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Η Ορίζουσα Gram και οι Εφαρµογές της Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 65 11 Η Ορίζουσα Gram και

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: Γραµµική Ανεξαρτησία, Βάσεις και ιάσταση. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: Γραµµική Ανεξαρτησία, Βάσεις και ιάσταση. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι Ενότητα: Γραµµική Ανεξαρτησία, Βάσεις και ιάσταση Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 4 Γραµµικη Ανεξαρτησια, Βασεις και ιασταση Στο

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 10

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 10 Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 0 Επαναληπτικες Ασκησεις ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθοι Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laiihtml

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebraii/laii2018/laii2018.html Παρασκευή 23 Μαρτίου 2018

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii018/laii018html ευτέρα 3 Απριλίου 018 Αν C = x

Διαβάστε περισσότερα

Προκαταρκτικές Εννοιες: Σύνολα και Αριθµοί

Προκαταρκτικές Εννοιες: Σύνολα και Αριθµοί Κεφάλαιο 0 Προκαταρκτικές Εννοιες: Σύνολα και Αριθµοί Στο παρόν εισαγωγικό Κεφάλαιο, υπενθυµίζουµε, κατά κύριο λόγο χωρίς αποδείξεις, ϐασικές γνώσεις από : τη στοιχειώδη ϑεωρία συνόλων και απεικονίσεων,

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

Η εξίσωση του Fermat για τον εκθέτη n=3. Μία στοιχειώδης προσέγγιση

Η εξίσωση του Fermat για τον εκθέτη n=3. Μία στοιχειώδης προσέγγιση Η εξίσωση του Fermat για τον εκθέτη n=3. Μία στοιχειώδης προσέγγιση Αλέξανδρος Γ. Συγκελάκης 6 Απριλίου 2006 Περίληψη Θέµα της εργασίας αυτής, είναι η απόδειξη οτι η εξίσωση x 3 + y 3 = z 3 όπου xyz 0,

Διαβάστε περισσότερα

ιαιρετότητα Στοιχεία Θεωρίας Αριθµών «Ο Αλγόριθµος της ιαίρεσης» Αριθµητική Υπολοίπων 0 r < d και a = d q +r

ιαιρετότητα Στοιχεία Θεωρίας Αριθµών «Ο Αλγόριθµος της ιαίρεσης» Αριθµητική Υπολοίπων 0 r < d και a = d q +r ιαιρετότητα Στοιχεία Θεωρίας Αριθµών ο a διαιρεί τον b: συµβολισµός: a b Ορέστης Τελέλης telelis@unipi.gr Τµήµα Ψηφιακών Συστηµάτων, Πανεπιστήµιο Πειραιώς a b και a c a (b + c) a b a bc, για κάθε c Z +

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 10 Μαρτίου 2017 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

f(n) = a n f(n + m) = a n+m = a n a m = f(n)f(m) f(a n ) = b n f : G 1 G 2, f(a n a m ) = f(a n+m ) = b n+m = b n b m = f(a n )f(a m )

f(n) = a n f(n + m) = a n+m = a n a m = f(n)f(m) f(a n ) = b n f : G 1 G 2, f(a n a m ) = f(a n+m ) = b n+m = b n b m = f(a n )f(a m ) 302 14. Ταξινόµηση Κυκλικών Οµάδων και Οµάδες Αυτοµορφισµών Στην παρούσα ενότητα ϑα ταξινοµήσουµε τις κυκλικές οµάδες ως προς τη σχέση ισοµορφίας. Ε- πίσης ϑα αποδείξουµε ένα σηµαντικό κριτήριο ισοµορφίας

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii18/laii18html Παρασκευή 9 Μαρτίου 18 Ασκηση 1 Θεωρούµε

Διαβάστε περισσότερα

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. = lim (0) = lim f(x) = f(x) f(0) = xf (ξ x ). = l. Εστω ε > 0. Αφού lim f (x) = l R, υπάρχει δ > 0

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. = lim (0) = lim f(x) = f(x) f(0) = xf (ξ x ). = l. Εστω ε > 0. Αφού lim f (x) = l R, υπάρχει δ > 0 Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 5: Παράγωγος Α Οµάδα. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). (α) Αν η f είναι παραγωγίσιµη

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 25 Φεβρουαβρίου 2016

Διαβάστε περισσότερα

Α Δ Ι. Παρασκευή 15 Νοεμβρίου Ασκηση 1. Να ευρεθεί η τάξη τού στοιχείου a τής ομάδας (G, ), όπου. (4) a = ( 1 + i 3)/2, (G, ) = (C, ),

Α Δ Ι. Παρασκευή 15 Νοεμβρίου Ασκηση 1. Να ευρεθεί η τάξη τού στοιχείου a τής ομάδας (G, ), όπου. (4) a = ( 1 + i 3)/2, (G, ) = (C, ), Α Δ Ι Α - Φ 4 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2013/asi2013.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Παρασκευή 15 Νοεμβρίου

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai8/lai8html Παρασκευή 6 Οκτωβρίου 8 Υπενθυµίζουµε

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδες Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2014/asi2014.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai018/lai018html Παρασκευή 3 Νοεµβρίου 018 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi07/asi07.html Παρασκευή 9 Μαίου 07 Για κάθε µετάθεση

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Παραγοντοποιήσεις Πινάκων και Γραµµικών Απεικονίσεων Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 82 13 Παραγοντοποιήσεις

Διαβάστε περισσότερα

Διακριτά Μαθηματικά ΙΙ Χρήστος Νομικός Τμήμα Μηχανικών Η/Υ και Πληροφορικής Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων 2018 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά

Διακριτά Μαθηματικά ΙΙ Χρήστος Νομικός Τμήμα Μηχανικών Η/Υ και Πληροφορικής Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων 2018 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά Διακριτά Μαθηματικά ΙΙ Χρήστος Νομικός Τμήμα Μηχανικών Η/Υ και Πληροφορικής Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων 2018 Χρήστος Νομικός ( Τμήμα Μηχανικών Η/Υ Διακριτά και Πληροφορικής Μαθηματικά Πανεπιστήμιο ΙΙ Ιωαννίνων

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai218/lai218html Παρασκευή 23 Νοεµβρίου 218 Ασκηση 1

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Τάξη στοιχείων και Οµάδων - Κυκλικές (Υπο-)Οµάδες Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 222 3.1. ύναµη

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 15 Μαΐου 2013 Ασκηση 1. Εστω n 3 ακέραιος.

Διαβάστε περισσότερα

f(x) dx. f(x)dx = 0. f(x) dx = 1 < 1 = f(x) dx. Θα είχαµε f(c) = 0, ενώ η f δεν µηδενίζεται πουθενά στο [0, 2].

f(x) dx. f(x)dx = 0. f(x) dx = 1 < 1 = f(x) dx. Θα είχαµε f(c) = 0, ενώ η f δεν µηδενίζεται πουθενά στο [0, 2]. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 7: Ολοκλήρωµα Riem Α Οµάδα. Εστω f : [, ] R. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας).

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 6

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 6 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 6 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai2017/lai2017html Παρασκευή 15 εκεµβρίου 2017

Διαβάστε περισσότερα

HY118- ιακριτά Μαθηµατικά. Παράδειγµα άµεσης απόδειξης. Μέθοδοι αποδείξεως για προτάσεις της µορφής εάν-τότε. 08 - Αποδείξεις

HY118- ιακριτά Μαθηµατικά. Παράδειγµα άµεσης απόδειξης. Μέθοδοι αποδείξεως για προτάσεις της µορφής εάν-τότε. 08 - Αποδείξεις HY118- ιακριτά Μαθηµατικά Παρασκευή, 06/03/2015 Αντώνης Α. Αργυρός e-mail: argyros@csd.uoc.gr Το υλικό των διαφανειών έχει βασιστεί σε διαφάνειες του Kees van Deemter, από το University of Aberdeen 3/8/2015

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 7

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 7 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 7 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ. Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://www.math.uoi.gr/ abeligia/linearalgebrai/lai.html

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Ταξινόµηση Κυκλικών Οµάδων και των Υποοµάδων τους Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 236 5. Ταξινόµηση

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Χώροι L p - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Χώροι L p - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Χώροι L p - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στην Τοπολογία

Εισαγωγή στην Τοπολογία Ενότητα: Συνεκτικότητα Γεώργιος Κουµουλλής Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδες Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2014/asi2014.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 8

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 8 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 8 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ. Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://www.math.uoi.gr/ abeligia/linearalgebrai/lai.html

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρια Αριθµων. Θεωρητικα Θεµατα. Ακαδηµαϊκο Ετος Α. Μπεληγιάννης

Θεωρια Αριθµων. Θεωρητικα Θεµατα. Ακαδηµαϊκο Ετος Α. Μπεληγιάννης Θεωρια Αριθµων Θεωρητικα Θεµατα Ακαδηµαϊκο Ετος 2016-2017 Τµηµα Β ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2016/nt2016.html 19 Οκτωβρίου 2016 Το παρόν

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai217/lai217html Παρασκευή 17 Νοεµβρίου 217 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai2017/lai2017html Παρασκευή 20 Οκτωβρίου 2017

Διαβάστε περισσότερα

Πολυώνυµα - Πολυωνυµικές εξισώσεις

Πολυώνυµα - Πολυωνυµικές εξισώσεις 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ Πολυώνυµα - Πολυωνυµικές εξισώσεις Ορισµός πολυωνύµου Ονοµάζoυµε ΠΟΛΥΩΝΥΜΟ του κάθε παράσταση της µορφής α ν ν +α ν- ν- + +α +α 0, ν ΙΝ και α 0, α,, α ν-, α ν ΙR. Παρατηρήσεις α. Τα α ν ν, α

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/aeligia/linearalgerai/lai07/lai07html Παρασκευή Νοεµβρίου 07 Ασκηση Αν

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 3

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 3 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laihtml

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 4 ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laihtml

Διαβάστε περισσότερα

KΕΦΑΛΑΙΟ 1 ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ. { 1,2,3,..., n,...

KΕΦΑΛΑΙΟ 1 ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ. { 1,2,3,..., n,... KΕΦΑΛΑΙΟ ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ Βασικές έννοιες διαιρετότητας Θα συµβολίζουµε µε, τα σύνολα των φυσικών αριθµών και των ακεραίων αντιστοίχως: {,,3,,, } { 0,,,,, } = = ± ± ± Ορισµός Ένας φυσικός αριθµός

Διαβάστε περισσότερα

KΕΦΑΛΑΙΟ 6 ΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ-ΣΕΙΡΕΣ TAYLOR

KΕΦΑΛΑΙΟ 6 ΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ-ΣΕΙΡΕΣ TAYLOR KΕΦΑΛΑΙΟ 6 ΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ-ΣΕΙΡΕΣ TAYLOR 6 Ορισµοί Ορισµός 6 Εστω α είναι µία πραγµατική ακολουθία και είναι πραγµατικοί αριθµοί Ένα άπειρο πολυώνυµο της µορφής: a ( ) () = καλείται δυναµοσειρά µε κέντρο το

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai017/lai017html Παρασκευή 17 Νοεµβρίου 017

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµική Αλγεβρα Ι. Ενότητα: ιανυσµατικοί χώροι. Ευάγγελος Ράπτης. Τµήµα Μαθηµατικών

Γραµµική Αλγεβρα Ι. Ενότητα: ιανυσµατικοί χώροι. Ευάγγελος Ράπτης. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: ιανυσµατικοί χώροι Ευάγγελος Ράπτης Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ 12) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 3

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ 12) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 3 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ ) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ Άσκηση. ( µον.). Έστω z ο µιγαδικός αριθµός z i, µε, R. (α) ίνεται η εξίσωση: z

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τρίτη 6 Νοεµβρίου 0 Ασκηση. Θεωρούµε

Διαβάστε περισσότερα

G = a. H = g n. a m = a nq+r = a nq a r = (a n ) q a r = a r = (a n ) q a m. h = a m = a nq = (a n ) q a n

G = a. H = g n. a m = a nq+r = a nq a r = (a n ) q a r = a r = (a n ) q a m. h = a m = a nq = (a n ) q a n 236 5. Ταξινόµηση Κυκλικών Οµάδων και των Υποοµάδων τους Στην παρούσα ενότητα ϑα ταξινοµήσουµε τις κυκλικές οµάδες, τις υποοµάδες τους, και τους γεννήτο- ϱές τους. Οι ταξινοµήσεις αυτές ϑα ϐασιστούν στην

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 24 Μαρτίου 2017 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

(x) = δ(x) π(x) + υ(x)

(x) = δ(x) π(x) + υ(x) Μάθηµα 12 Κεφάλαιο 4ο: Πολυώνυµα Πολυωνυµικές Εξισώσεις Θεµατικές Ενότητες: Α. ιαίρεση Πολυωνύµων Β. Σχήµα Horner Η ταυτότητα της Ευκλείδειας διαίρεσης Αν ( χ), δ ( χ) δύο πολυώνυµα µε δ ( χ) 0 και βαθµούς

Διαβάστε περισσότερα

Μαθηµατική Επαγωγή. Ορέστης Τελέλης. Τµήµα Ψηφιακών Συστηµάτων, Πανεπιστήµιο Πειραιώς

Μαθηµατική Επαγωγή. Ορέστης Τελέλης. Τµήµα Ψηφιακών Συστηµάτων, Πανεπιστήµιο Πειραιώς Μαθηµατική Επαγωγή Ορέστης Τελέλης telelis@unipi.gr Τµήµα Ψηφιακών Συστηµάτων, Πανεπιστήµιο Πειραιώς Ο. Τελέλης Πανεπιστήµιο Πειραιώς Επαγωγή 1 / 17 Υπενθύµιση: Ακολουθίες Ακολουθία είναι συνάρτηση από

Διαβάστε περισσότερα