ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1"

Transcript

1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : Πέµπτη 13 Οκτωβρίου 016 Ασκηση 1. είξτε ότι : n N : n! n n Λύση. Θα χρησιµοποιήσουµε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής. Ορίζουµε P (n) να είναι η Πρόταση P (n) : n! n n Θα δείξουµε οτι η P (1) είναι και ότι, υποθέτοντας n 1 και ότι η P (n) είναι αληθής, τότε η P (n + 1) είναι αληθής. Για n 1 έχουµε ότι η P (1) είναι 1! η οποία είναι αληθής. Υποθέτουµε ότι n 1 και ότι η P (n) είναι αληθής, δηλαδή n! n n. Θα δείξουµε ότι η P (n + 1) είναι αληθής, δηλαδή ότι (n + 1)! (n + 1) (n+1). Πράγµατι, µε χρήση της επαγωγικής υπόθεσης P (n), ϑα έχουµε : (n + 1)! (n + 1)(n!) (n + 1)n n (n + 1)(n + 1) n (n + 1) n+1 Συνεπώς η P (n + 1) είναι αληθής. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής (ΑΜΕ) η πρόταση P (n) είναι αληθής για κάθε n N, δηλαδή : n! n n, n N. Ασκηση. Να δείξετε ότι υπάρχει ϕυσικός αριθµός N N έτσι ώστε : n N : n > n 3 Λύση. Πρώτα δοκιµάζουµε µικρές ϕυσικές τιµές του n σε αναζήτηση υποψήφιου N. Για n 1 η ανισότητα n > n 3 ισχύει, όχι όµως και για n γιατί 4 < 3. Με δοκιµές παρτηρούµε ότι η ανισότητα δεν ισχύει για n, 3,..., 9, αλλά ισχύει για n 10, διότι > Ορίζουµε P (n) να είναι η Πρόταση n > n 3 και ϑέτουµε N 10. Θα δείξουµε ότι η P (n) ισχύει για κάθε n N µε χρήση της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. Εποµένως πρέπει να δείξουµε οτι η P (10) είναι αληθής και ότι, αν υποθέσουµε ότι για n 10 η P (n) είναι αληθής, τότε και η P (n + 1) είν αι αληθής. Για n 10 είδαµε ότι η πρόταση P (10) είναι αληθής.

2 Υποθέτουµε ότι n 10 και η πρόταση P (n) είναι αληθής, δηλαδή n > n 3. Θα δείξουµε ότι η πρόταση P (n + 1) είναι αληθής, δηλαδή ότι n+1 > (n + 1) 3. Με χρήση της επαγωγικής υπόθεσης P (n), ϑα έχουµε : n+1 n > n 3 Εποµένως αρκεί να δείξουµε οτι για n 10 έχουµε n 3 (n + 1) 3. Εχουµε 1 n 3 (n + 1) 3 ( 3 n) 3 (n + 1) 3 ( 3 n (n + 1))( 3 n + 3 n(n + 1) + (n + 1) ) το οποίο είναι µη αρνητικό όταν 3 n (n + 1) 0, δηλαδή όταν n Επειδή <, έχουµε 3 > 1., άρα 1 3 < Εποµένως για n, άρα και για n 10, ισχύει n 3 (n + 1) 3. Ετσι δείξαµε ότι η πρόταση P (n + 1) ισχύει. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η ανισότητα n > n 3 ισχύει για κάθε n 10. Ασκηση 3. είξτε ότι για κάθε n N ισχύουν τα ακόλουθα : Λύση (n 1) n και (3n ) Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. n(3n 1) (n 1) n, n 1 ( ) Για n 1 έχουµε 1 1 και για n, έχουµε Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) αληθεύει, όταν n 1,. Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι για n > ισχύει : (n 1) n Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 πρώτων περιττών αριθµών, ϑα έχουµε, µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης : (n 1) + n + 1 n + n + 1 (n + 1) Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n+1 περιττών αριθµών. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N.. Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση (3n ) µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. n(3n 1), n 1 ( ) Για n 1 έχουµε 1 1 (3 1 1) και για n, έχουµε (3 1). Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) αληθεύει, όταν n 1,. Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι για n > ισχύει : 1 Για µια διαφορετική απόδειξη ϐλέπε το Σχόλιο (3n ) n(3n 1)

3 3 Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 όρων, ϑα έχουµε, µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης : (3n ) + (3(n + 1) ) (3n ) + (3n + 1) n (3n 1) + 3n + 1. (πράξεις). 3n(n + 1) + (n + 1) (3n + )(n + 1) (n + 1)( 3(n + 1) 1 ) Εποµένως η σχέση ( ) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 όρων. Σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N. Σχόλιο 1. Η ανισότητα n 3 > (n + 1) 3 για n, η οποία χρησιµοποιήθηκε στην απόδειξη της προηγούµενης Άσκησης, µπορεί να αποδειχτεί και ως εξής. Εστω f : R R η συνάρτηση η οποία ορίζεται ως f(x) x 3 (x + 1) 3. Εχουµε f (x) 3x 6x 3 3(x x 1) 3(x x + 1 ) 3((x 1) ) Εποµένως f (x) > 0 για x > 3. Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (3, + ). Επιπλέον f() 34 > 0, άρα για κάθε x R µε x έχουµε f(x) > f() > 0. ηλαδή x 3 > (x + 1) 3, x >. Ασκηση 4. Να δειχθούν τα εξής : 1. n 1:. n : Απόδειξη n (n + 1) n (n + 1) (n + ) n n 1 (n 1) n 1. Για κάθε ϕυσικό αριθµό n, ϑέτουµε P (n) να είναι η πρόταση P (n) : n (n + 1) n (n + 1) (n + ) 3 Για την P (1) έχουµε ότι η οποία είναι προφανώς αληθής. Υποθέτουµε ότι n και η πρόταση P (n) είναι αληθής. Τότε, χρησιµοποιώντας την επαγωγική υπόθεση ότι η πρόταση P (n) είναι αληθής, ϑα έχουµε : n (n + 1) + (n + 1) (n + ) n (n + 1) (n + ) 3 + (n + 1) (n + ) (n + 1) (n + ) ( n (n + 1) (n + ) (n + 3) + 1) 3 3 Εποµένως η πρόταση P (n + 1) είναι αληθής και άρα από την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής έπεται ότι η πρόταση P (n) είναι απηθής για κάθε n N.

4 4. Για κάθε ϕυσικό αριθµό n, ϑέτουµε P (n) να είναι η πρόταση n n 1 (n 1) n Για την P () έχουµε ότι 1 4 ( 1) η οποία είναι προφανώς αληθής. Υποθέτουµε ότι n 3 και η πρόταση P (n) είναι αληθής. Τότε, χρησιµοποιώντας την επαγωγική υπόθεση ότι η πρόταση P (n) είναι αληθής, ϑα έχουµε : n n 1 +(n+1) n (n 1) n +(n+1) n n (n 1+n+1) n n n n+1 Εποµένως η πρόταση P (n + 1) είναι αληθής και άρα από την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής έπεται ότι η πρόταση P (n) είναι αληθής για κάθε n N. Ασκηση. Να δειχθούν τα εξής : Λύση. 1. n k n k1 k1 n(n + 1)(n + 1) 6 n ( n(n + 1) k n 3 n k k! 1 1! +! + + n n! (n + 1)! 1 k1 Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση n n(n + 1)(n + 1), 6 n 1 ( ) µε χρήση της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. Για n 1 έχουµε (1 + 1) ( 1 + 1) 6 6 Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) αληθεύει, όταν n 1. Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι για n ισχύει : n n (n + 1) (n + 1) 6 Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 όρων, µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης και χρησιµοποιώντας ότι n + 7n + 6 (n + ) (n + 3), ϑα έχουµε : n + (n + 1) n (n + 1) (n + 1) + (n + 1) 6 (n + 1) (n (n + 1) + n + 1 ) 6 (n + 1) (n + 7n + 6) 6 (n + 1) (n + ) (n + 3) 6 (n + 1) (n + ) ((n + 1) + 1) 6 Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 όρων. )

5 Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N.. Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση µε χρήση της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. Για n 1 έχουµε ( n(n + 1) ), n 3 n 1 ( ) ( 1(1 + 1) Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) αληθεύει, όταν n 1. Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι για n ισχύει : n 3 ) ( n(n + 1) Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 όρων, µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης, ϑα έχουµε : ) n 3 + (n + 1) 3 ( n(n + 1) ) + (n + 1) 3 (n + 1) n + (n + 1)3 4 (n + 1) ( n ) 4 + n + 1 (n + 1) n + 4n (n + ) (n + 1) 4 ( (n + 1)(n + ) ) (1) Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 όρων. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N. 3. Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. 1 1! +! + + n n! (n + 1)! 1, n 1 ( ) Για n 1 έχουµε 1 1! 1 1 (1 + 1)! 1. Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) αληθεύει, όταν n 1. Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι για n > ισχύει : 1 1! +! + + n n! (n + 1)! 1 Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 όρων, ϑα έχουµε, µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης :

6 6 1 1! +! + + n n! + (n + 1) (n + 1)! (n + 1)! 1 + (n + 1) (n + 1)! (n + 1)! 1 + n (n + 1)! + (n + 1)! (1 + n + 1)(n + 1)! 1 (n + )(n + 1)! 1 (n + )! 1 Εποµένως η σχέση ( ) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 όρων. Σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N. Σχόλιο. Από γνωστό παράδειγµα και την παραπάνω Άσκηση, έχουµε ότι : n 1 n(n + 1) n n(n + 1)(n + 1) ( n(n + 1) & n 3 6 Γενικότερα, για κάθε d 1, υπάρχει ανάλογος τύπος για το άθροισµα : 1 d + d + + n d Αποδεικνύεται, µε διάφορους µη-τετριµµένους τρόπους οι οποίοι ξεφεύγουν από τα πλαίσια του µαθήµατος (για παράδειγµα µε χρήση Απειροστικού Λογισµού), ότι : d ( d d + d + + n d 1 d + 1 j0 j ) B j (n + 1) d+1 j όπου B ( n j είναι ο j-οστός αριθµός του Bernoulli και m) είναι ο διωνυµικός συντελεστής ( ) n n! m m!(n m)! Οι αριθµοί του Bernoulli, B m, m 0, ορίζονται µοναδικά από τις αναδροµικές σχέσεις B m 1 m 1 ( ) m + 1 B k, B 0 1 m + 1 k k0 και εµφανίζονται σε πολλές περιοχές των Μαθηµατικών και ιδιαίτερα σε πολλούς µαθηµατικούς τύπους, για παράδειγµα στο ανάπτυγµα : Οι 16 πρώτοι αριθµοί του Bernoulli είναι οι εξής : x e x 1 x n B n n! B 0 1, B 1 1, B 1 6, B 3 0, B , B 0 n0 ) B 6 1 4, B 7 0, B , B 9 0, B B 11 0, B 1 7 6, B 13 0, B , B 1 0 Ισως δούµε µια απόδειξη στα πλαίσια των Θεωρητικών Θεµάτων.

7 { Ασκηση 6. Υπενθυµίζουµε ότι η ακολουθία Fibonacci Fn N n N } είναι η ακολουθία ϕυσικών αριθµών η οποία ορίζεται αναδροµικά ως εξής : F 1 1, F 1, και F n F n 1 + F n, n 3 είξτε ότι ισχύουν τα ακόλουθα για κάθε n N: 1.. n F k F 1 + F + + F n F n+ 1 k1 Τέλος να υπολογισθεί το άθροισµα Λύση. 1. F n an b n όπου a 1 + Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. n k1 F k & b 1 F 1 + F + + F n F n+ 1, n 0 ( ) Για n 1 έχουµε F 1 1 και F 1+ F 3. Τότε F F 3 1, και άρα η σχέση ( ) αληθεύει, όταν n 1. Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι, n > 1, ισχύει ότι : F 1 + F + + F n F n+ 1 Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 πρώτων όρων της ακολουθίας, µε χρήση της αναδροµικής σχέσης F n+3 F n+1 +F n+, n 0, και της Επαγωγικής Υπόθεσης, ϑα έχουµε : F 1 + F + + F n + F n+1 F n+ 1 + F n+1 F n+1 + F n+ 1 F n+3 1 F (n+1)+ 1 Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 πρώτων όρων της ακολουθίας. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N.. Θα δείξουµε την Ϲητούµενη σχέση µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. Για n 1 έχουµε : a 1 b 1 F n an b n, n 1 ( ) 1+ 1 Για n, χρησιµοποιώντας ότι a1 b 1 1 έχουµε : 1 F 1 a b (a1 b 1 )(a 1 + b 1 ) a 1 + b F Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι : F m am b m, m < n 7

8 8 Για την περίπτωση υπολογισµού του όρου F n, χρησιµοποιώντας την αναδροµική σχέση F n F n 1 + F n, και την Επαγωγική Υπόθεση ϑα έχουµε : F n F n 1 + F n an 1 b n 1 + an b n 1 ( a n 1 + a n b n 1 b n ) Για να υπολογίσουµε την τελευταία παράσταση, παρατηρούµε ότι οι αριθµοί a, b είναι οι ϱίζες της εξίσωσης x x 1, και άρα ϑα έχουµε : a a + 1 & b b + 1 Χρησιµοποιώντας τις τελευταίες σχέσεις, ϑα έχουµε : F n 1 ( a n 1 + a n b n 1 b n ) 1 ( a n (a + 1) b n (b + 1) ) 1 ( a n a b n b ) 1 ( a n b n) Άρα η Ϲητούµενη σχέση ( ) ισχύει και για τον n-οστό όρο της ακολουθίας. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N. 3. Τέλος για τον υπολογισµό του αθροίσµατος n F k ( ) k1 ϑα χρησιµοποιήσουµε πάλι την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής. Για ευκολία καταγράφουµε τους αρχικούς όρους της ακολουθίας Fibonacci, ξεχωριστά για τους άρτιους και για τους περιττούς δείκτες : F 1, F 4 3, F 6 8, F 8 1 F 3, F, F 7 13, F 9 34 Παρατηρούµε ότι : F 1 F 3 1 F F + F 4 4 F 1 F +1 1 F + F 4 + F 6 1 F 7 1 F F + F 4 + F 6 + F 8 33 F 9 1 F Οι παραπάνω σχέσεις µας οδηγούν στην υπόθεση ότι για κάθε n N, ισχύει η ακόλουθη ισότητα :. F + F F n F n+1 1 ( ) Με χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής ϑα δείξουµε ότι πράγµατι η παραπάνω ισότητα ισχύει για κάθε n N. Για 1 n 4 οι παραπάνω σχέσεις δείχνουν ότι η σχέση ( ) είναι αληθής. Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι : F + F F n F n+1 1

9 9 Για την περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 πρώτων όρων µε άρτιους δείκτες της ακολουθίας ϑα έχουµε, µε χρήση της αναδροµικής σχέσης F n F n 1 +F n, n, και της Επαγωγικής Υπόθεσης : F + F F n + F (n+1) F n F (n+1) F n F n+ F n+1 + F n+ 1 F n+3 1 F (n+1)+1 1 Εποµένως η Ϲητούµενη σχέση ( ) ισχύει και στην περίπτωση του αθροίσµατος των n + 1 πρώτων όρων µε άρτιους δείκτες της ακολουθίας. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N. Η επόµενη άσκηση απαιτεί στοιχειώδεις γνώσεις Γραµµικής Άλγεβρας. Ασκηση 7. Να υπολογισθεί η n-οστή δύναµη του πίνακα ( ) 1 1 A 1 0 Λύση. Υπολογίζουµε εύκολα µικρές δυνάµεις του πίνακα A: ( ) ( ) ( ) A 1, A , A 1 4 3, A 3 Λαµβάνοντας υπ όψιν ότι οι αρχικοί όροι της ακολουθίας Fibonacci είναι και γενικά : ( ) 8, A 3 6 F 1 1, F 1, F 3, F 4 3, F, F 6 8, F 7 13 παρατηρούµε ότι οι παραπάνω δυνάµεις του A γράφονται : ( ) ( ) A F3 F, A F F 3 F4 F 3, A 1 F 3 F 4 ( ) F n F n 1 + F n, n 3 ( ) ( ) F F 4, A F 4 F 3 ( ) ( ) F6 F, A F F 6 F7 F 6 4 F 6 F Θα αποδείξουµε µε χρήση της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής ότι : ( ) A n Fn+1 F n, n ( ) F n F n 1 Εχουµε ήδη δείξει την παραπάνω σχέση ( ) όταν n. Επαγωγική Υπόθεση: Υποθέτουµε ότι η Ϲητούµενη σχέση ( ) είναι αληθής. Τότε χρησιµοποιώντας τη σχέση ( ), ϑα έχουµε : ( ) ( ) ( ) ( ) A n+1 A A n 1 1 Fn+1 F n Fn+1 + F n F n + F n 1 Fn+ F n F n F n 1 F n+1 F n F n+1 F n Εποµένως από την Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής έπεται ότι η Ϲητούµενη σχέση ( ) ισχύει για κάθε ϕυσικό αριθµό n. Από την Άσκηση 6 έχουµε ότι : F n an b n, όπου a 1 + & b 1

10 10 Εποµένως A n ( ) Fn+1 F n A F n F n n 1 ( a n+1 b n+1 a n b n a n b n a n 1 b n 1 ) 1 ( a n+1 b n+1 a n b n ) a n b n a n 1 b n 1 Ετσι τελικά : ( ) A n 1 ( 1+ ) n+1 ( 1 ) n+1 ( 1+ ) n ( 1 ) n ( 1+ ) n ( 1 ) n ( 1+ ) n 1 ( 1 ) n 1 Σχόλιο 3. Θεωρώντας την ορίζουσα στα δύο µέλη της σχέσης ( ) στην Άσκηση 7 ϑα έχουµε : A n A n 1 1 n 1 0 ( 1) n & A n A n F n+1 F n F n+1 F n 1 Fn Εποµένως καταλήγουµε στην ακόλουθη σχέση, n : F n+1 F n 1 Fn ( 1) n F n F n 1 Ασκηση 8. Να δειχθεί ότι για κάθε n 1 ο αριθµός είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του 9. 4n+1 n 1 Λύση. Η απόδειξη ϑα γίνει σε δύο ϐήµατα µε χρήση της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής, ϑέτοντας P (n) να είναι η πρόταση P (n) : ο αριθµός 4n+1 n 1 είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του 9 (α) Επειδή και ο αριθµός 7 είναι πολλαπλάσιο του 9, έπεται ότι η πρόταση P (1) είναι αληθής. Υποθέτουµε ότι n και ότι ο αριθµός 4n+1 n 1 είναι πολλαπλάσιο του 9. Για τον αριθµό 4(n+1)+1 (n+1) 1 ϑα έχουµε : 4(n+1)+1 (n+1) 1 4n+1+4 n+ 1 4n+1 4 n n+1 16 n n 16 ( 4n+1 n 1) + 1 n + 1 Επειδή από την Επαγωγική Υπόθεση έχουµε ότι ο αριθµός 4n+1 n 1 είναι πολλαπλάσιο του 9, από την παραπάνω σχέση έπεται ότι για να δείξουµε ότι ο αριθµός 4(n+1)+1 (n+1) 1 είναι πολλαπλάσιο του 9, αρκεί να δείξουµε ότι ο αριθµός 1 n + 1 είναι πολλαπλάσιο του 9. (β) Επειδή 1 n (4 n + ), ϑα έχουµε προφανώς ότι για να δείξουµε ότι ο αριθµός 1 n + 1 είναι πολλαπλάσιο του 9, αρκεί να δείξουµε ότι ο αριθµός 4 n + είναι πολλαπλάσιο του 3, δηλαδή ότι η πρόταση Q(n) : ο αριθµός 4 n + είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του 3 είχνουµε µε χρήση της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής ότι η πρόταση Q(n) είναι αληθής για κάθε n N. Για n 1, επειδή και επιειδή ο αριθµός 1 είναι πολλαπλάσιο του 3, έπεται ότι η πρόταση Q(1) είναι αληθής. Υποθέτουµε ότι η πρόταση Q(n) είναι αληθής, δηλαδή ο αριθµός 4 n + είναι πολλαπλάσιο του 3. Για τον αριθµό 4 (n+1) + ϑα έχουµε 4 (n+1) + 4 n+ + 4 n + 4 (4 n + ) 1 Επειδή από την Επαγωγική Υπόθεση, ο αριθµός 4 n +, άρα και ο αριθµός 4 (4 n + ), είναι πολλαπλάσιο του 3, και επειδή ο αριθµός 1 είναι πολλαπλάσιο του 3, έπεται ότι ο αριθµός 4 (n+1) + είναι πολλαπλάσιο του 3, η πρόταση Q(n) είναι αληθής για κάθε n N. Ετσι δείξαµε ότι ο αριθµός

11 11 4 n + είναι πολλαπλάσιο του 3, και εποµένως ο αριθµός 1 n + 1 είναι πολλαπλάσιο του 9, όπως ϑέλαµε στο ϐήµα (α). Ασκηση Να εκτελεσθεί η Ευκλείδεια ιαίρεση µεταξύ των ακεραίων a και b, όταν : a 1918 και b & a 1944 και b 37. Εστω a, b Z, b 0. Να δείξετε ότι υπάρχουν µοναδικοί ακέραιοι q, r έτσι ώστε : Λύση. a bq + r, b < r b 1. Υπενθυµίζουµε από την Θεωρία, ότι αν πραγµατοποιούµε την Ευκλείδεια ιαίρεση του ακεραίου a µε τον µη µηδενικό ακέραιο b, τότε όταν b > 0 το πηλίκο q της διαίρεσης είναι ίσο µε τον µεγαλύτερο ακέραιο που είναι µικρότερος ή ίσος µε τον ϱητό αριθµό a/b (δηλαδή το q είναι η ακέραια τιµή [a/b] του ϱητού αριθµού a/b) και το υπόλοιπο r είναι ίσο µε a qb. Εστω a 1918 και b. Εχουµε q 8888 και r a qb 18. Εστω a 1944 και b 37. Εχουµε q 03 και r a qb 33.. Υπαρξη: Από την Ευκλείδεια ιαίρεση έχουµε ότι υπάρχουν ακέραιοι q, r ώστε a q b + r και 0 r < b. Αν r b ϑέτουµε q q και r r. Είναι άµεσο ότι a qb + r και b < r b. Αν r > b και b > 0 ϑέτουµε q q + 1 και r r b. Είναι άµεσο ότι a qb + r. Αφού b b έχουµε b < r < b και εποµένως b b < r < 0. Αν r > b και b < 0 ϑέτουµε q q 1 και r r + b. Είναι άµεσο ότι a qb + r. Αφού b b έχουµε b < r < b και εποµένως b b < r < 0. Μοναδικότητα: Εστω a qb + r q b + r, µε b < r b και b < r b. Εχουµε r r (q q)b. Αν q q τότε και r r. Υποθέτουµε q q και ϑα καταλήξουµε σε άτοπο. Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας µπορούµε να υποθέσουµε ότι q < q και άρα r < r. Από r r (q q)b έπεται ότι r r q q b b, αφού q q είναι ένας µη µηδενικός ακέραιος. Χρησιµοποιώντας τις r b και r > b έχουµε ότι r r r r < b που έρχεται σε αντίφαση µε το r r b. Ασκηση 10. Να δείξετε ότι : 1. το γινόµενο δύο διαδοχικών ακεραίων είναι άρτιος ακέραιος.. το γινόµενο τριών διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του 3. Επιπλέον να εξετασθεί αν : 3. το γινόµενο n το πλήθος διαδοχικών ακεραίων είναι πολλαπλάσιο του n. Λύση. Προφανώς αρκεί να δείξουµε το µέρος 3., καθώς τα 1. και. είναι ειδικές περιπτώσεις του. Εστω k Z. Θα δείξουµε ότι : n k(k + 1)(k + ) (k + n 1) Από την Ευκλείδεια ιαίρεση έπεται ότι υπάρχουν µοναδικοί ακέραιοι q και r έτσι ώστε : k nq + r, και 0 r < n ( )

12 1 Θέτουµε : Αν r 0, τότε : k nq και Αν r 1, τότε : k nq + 1 και A k(k + 1)(k + ) (k + n 1) A nq(k + 1)(k + ) (k + n 1) n A A k(k + 1)(k + ) (nq n 1) k(k + 1)(k + ) n(q + 1) n A. Αν r n 1, τότε : k nq + n 1 και A k(k+1)(k+) (k+n 1) k(nq+n 1+1)(k+) n(q+1) kn(q+1)(k+) n(q+1) n A Εποµένως σε κάθε περίπτωση n A. Τα µέρη 1. και. προκύπτουν άµεσα από το µέρος 3., ϑέτοντας n και n 3 αντίστοιχα. Ασκηση είξτε ότι το γινόµενο δύο ακεραίων της µορφής 4k + 1 είναι ακέραιος της µορφής 4k + 1, και το γινόµενο δύο ακεραίων της µορφής 4k + 3 είναι ακέραιος της µορφής 4k είξτε ότι το γινόµενο δύο ακεραίων της µορφής 6k + είναι ακέραιος της µορφής 6k + 1, 3. είξτε ότι η τέταρτη δύναµη ενός περιττού ακεραίου είναι της µορφής 16k είξτε ότι το γινόµενο τριών διαδοχικών ακεραίων διαιρείται από το 6.. είξτε ότι : (αʹ) n Z: 3 n 3 n. (ϐʹ) n Z: n n. Λύση. 1. Θα έχουµε : Αν a 4k και b 4k + 1, τότε a b (4k 1 + 1) (4k + 1) 16k 1 k + 4k 1 + 4k + 1 4(4k 1 k + k 1 + k ) + 1 και άρα ο αριθµός a b είναι της µορφής 4k + 1. Αν a 4k και b 4k + 3, τότε a b (4k 1 + 3) (4k + 3) 16k 1 k + 1k 1 + 1k + 9 4(4k 1 k + 3k 1 + 3k + ) + 1 και άρα ο αριθµός a b είναι της µορφής 4k Αν a 6k 1 + και b 6k +, τότε a b (6k 1 + ) (6k + ) 36k 1 k + 30(k 1 + k ) + 6 ( 6k 1 k + (k 1 + k ) + 4 ) + 1 και άρα ο αριθµός a b είναι της µορφής 6k Εστω a ένας περιττός ακέραιος. Επειδή, όπως γνωρίζουµε, κάθε περιττός ακέραιος είναι είτε της µορφής 4k + 1 ή της µορφής 4k + 3, ϑα έχουµε : ϑα έχουµε : (αʹ) Αν a 4k + 1, τότε : (4k + 1) 4 16 k 4 + 4(4k) 3 + 6(4k) + 4(4k) ( 16k k 3 + 6k + k ) + 1 (ϐʹ) Αν a 4k + 3, τότε : (4k + 3) 4 (4k) 4 + 1(4k) 3 + 4(4k) + 108(4k) ( 16k k 3 + 4k + 7k + ) + 1

13 13 και άρα σε κάθε περίπτωση ϑα έχουµε ότι ο αριθµός a 4 είναι της µορφής 16k Αν a, a + 1, a + είναι τρείς διαδοχικοί ακέραιοι, τότε ένας από τους αριθµούς αυτούς είναι πολλαπλάσιο του 3. Πράγµατι από την Ευκλείδεια ιαίρεση έπεται ότι ο αριθµός k ϑα έχει µια εκ των ακόλουθων µορφών : a 3q ή a 3q + 1 ή a 3q + Αν a 3q + 1, τότε a + 3(q + 1), και αν a 3q +, τότε a + 1 3(q + 1). Από την άλλη πλευρά προφανώς ένας εκ των a, a + 1, a + αναγκαστικά είναι άρτιος. Καταλήγουµε ότι το γινόµενο a(a + 1)(a + ) διαρείται πάντα από το 6.. (αʹ) Θα έχουµε : n 3 n n(n 1) n(n 1)(n + 1). Ετσι ο αριθµός n 3 n είναι γινόµενο τριών διαδοχικών ακεραίων. Τότε από την Άσκηση 10, έπεται ότι ο αριθµός n 3 n διαιρείται από το 3. (ϐʹ) είχνουµε µε χρήση της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής ότι : n N: n n. Αν n 1, τότε n n και προφανώς 0. Επαγωγική Υπόθεση: Υποθέτουµε ότι n > 1 και n n. Τότε υπάρχει ακέραιος k έτσι ώστε n n k. Θα έχουµε : (n + 1) (n + 1) (n + n n n + n + 1) (n + 1) (n n) + (n 4 + n 3 + n + n) k + l (k + l) όπου l n 4 + n 3 + n + n). Εποµένως : (n + 1) (n + 1) (k + l) (n + 1) (n + 1) Από την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής, έπεται ότι n n, n 1. Προφανώς η τελευταία σχέση διαιρετότητας ισχύει και για n 0. Αν n < 0, τότε ϑέτοντας m n 1, ϑα έχουµε ( n) ( n), δηλαδή ( 1) n + n και άρα (n n). Τότε όµως προφανώς n n. Καταλήγουµε έτσι στο Ϲητούµενο n n, n Z. Ασκηση είξτε ότι για κάθε περιττό ϕυσικό αριθµό n, ισχύει ότι : n + 1. είξτε ότι για κάθε άρτιο ϕυσικό αριθµό n, ισχύει ότι : n 1 3. Κριτήριο ιαιρετότητας µε το 11: Εστω a i Z, 0 i m, και είξτε ότι : a a 0 + a a a m 10 m 11 a 11 a 0 a 1 + a a ( 1) m a m Εφαρµογή: Εξετάστε αν ο 11 διαιρεί τον αριθµό n Λύση. 1. Επειδή ο ϕυσικός αροιθµός n είναι περιττός, ϑα είναι της µορφής n k+1 όπου k 0. Εποµένως ϑα έχουµε 10 n k Θα χρησιµοποιήσουµε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής. Ορίζουµε P (k) να είναι η Πρόταση P (k) : k Εχουµε ότι η P (0) ισχύει, γιατί το 11 διαιρεί το Υποθέτουµε ότι k 0 και ότι η πρόταση P (k) ισχύει, δηλαδή ότι το 11 διαιρεί το 10 k Θα δείξουµε ότι

14 14 η πρόταση P (k + 1) είναι αληθής, δηλαδή ότι το 11 διαιρεί το 10 ((k+1)+1) k Πράγµατι, έχουµε 10 k k (99 + 1) 10 k (9 10 k+1 ) + (10 k+1 + 1) Χρησιµοποιώντας ότι το 11 διαιρεί το 10 k έχουµε ότι το 11 διαιρεί 10 k Άρα η πρόταση P (k + 1) είναι αληθής. Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής, η πρόταση P (k) είναι αληθής, k 0, το οποίο ήταν αυτό που ϑέλαµε να δείξουµε.. Επειδή ο ϕυσικός αροιθµός n είναι άρτιος, ϑα είναι της µορφής n k όπου k 1. Εχουµε 10 n 1 10 k 1. Θα χρησιµοποιήσουµε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής. Ορίζουµε Q(k) την Πρόταση Q(k) : k 1 Εχουµε ότι η Q(1) ισχύει, γιατί το 11 διαιρεί το Υποθέτουµε ότι k 1 και ότι η πρόταση Q(k) ισχύει, δηλαδή ότι το 11 διαιρεί τον αριθµό 10 k 1. Θα δείξουµε ότι η πρόταση Q(k+1) είναι αληθής, δηλαδή ότι το 11 διαιρεί τον αριθµό 10 (k+1) 1 10 k+ 1. Πράγµατι, έχουµε 10 k k 1 (99 + 1) 10 k 1 11 (9 10 k ) + (10 k 1) Χρησιµοποιώντας ότι το 11 διαιρεί το 10 k 1 έχουµε ότι το 11 διαιρεί 10 k+ 1. Συνεπώς η Q(k + 1) ισχύει. Άρα σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής, η πρόταση P (k) είναι αληθής, k 1, το οποίο ήταν αυτό που ϑέλαµε να δείξουµε. 3. Θέτουµε Εχουµε A : a 0 a 1 + a a ( 1) m a m a a 0 + a a 1 a 1 + a 10 + a a + + a m 10 m + a m a m A + a 1 (10 + 1) + a (10 1) + a 3 ( ) + + a m (10 m ( 1) m )) Χρησιµοποιώντας το µέρος 1., έπεται ότι ο 11 διαιρεί τους αριθµούς 10+1, , 10 +1,, και άρα : 11 a 1 (10 + 1) + a 3 ( ) + a (10 + 1) + Χρησιµοποιώντας το µέρος., έπεται ότι ο 11 διαιρεί τους αριθµούς 10 1, , ,, και άρα : 11 a (10 1) + a 4 (10 4 1) + a 6 (10 6 1) + Συνδυάζοντας τα παραπάνω, έχουµε ότι ο 11 διαιρεί τον αριθµό B : a 1 (10 + 1) + a (10 1) + a 3 ( ) + + a m (10 m ( 1) m+1 )) Επειδή a A+B και 11 B, έπεται 3 ότι ο αριθµός 11 διαιρεί τον a αν και µόνο αν διαιρεί τον A. Εφαρµογή: Εχουµε Εποµένως από το µέρος 3. έπεται ότι το 11 διαιρεί τον αριθµό Εδώ χρησιµοποιούµε την εξής απλή παρατήρηση : αν n, m, k, d είναι ακέραιοι, όπου n m + k, και d k, τότε : d n d m

15 1 Σχόλιο 4. Είδαµε στην Άσκηση 1 ότι αν ένας ϕυσικός αριθµός a γραφεί στην δεκαδική του µορφή a i Z, 0 i m, και a a 0 + a a a m 10 m, a i Z, 0 i m τότε : 11 a 11 a 0 a 1 + a a ( 1) m a m Επειδή 11 a 0 a 1 + a a ( 1) m a m αν και µόνον αν 11 ( 1) m (a 0 a 1 + a a ( 1) m a m ) a m a m 1 + a m + ( 1) m a 0, σύµφωνα µε την Άσκηση 1 έπεται ότι αν ϑεωρήσουµε τον ακέραιο αριθµό a : a m + a m a m a 0 10 m και ϑέσουµε A a 0 a 1 + a a ( 1) m a m, τότε : 11 a 11 A 11 a Ετσι επειδή ο αριθµός a διαιρείται από τον 11, έπεται ότι και ο αριθµός a διαιρείται από το 11. Τέλος έστω ο αριθµός a Επειδή , έπεται ότι Από την παραπάνω ανάλυση., έπεται ότι (πράγµατι ). Ασκηση 13. Εστω p 1, p 3, p 3, p 4, p,, p n, p n+1,, η αύξουσα ακολουθία των πρώτων αριθµών. είξτε ότι για κάθε n 1: p n+1 p 1 p p n + 1 και p n+1 n Να συµπεράνετε ότι για κάθε ϕυσικό αριθµό n, υπάρχουν τουλάχιστον n + 1 πρώτοι αριθµοί οι οποίοι είναι µικρότεροι από τον n. Λύση. (α) Θέτουµε a p 1 p p n + 1. Τότε a > 1 και εποµένως σύµφωνα µε την Θεωρία ο αριθµός a έχει έναν πρώτο διαιρέτη q. ηλαδή q a και ιδιαίτερα q a p 1 p p n + 1. Ο πρώτος q δεν µπορεί να είναι κάποιος από τους p 1, p, p n, διότι διαφορετικά αν q p i για κάποιο i 1,,, n, τότε p i a & p i p 1 p p n p i a p 1 p p n 1 το οποίο είναι άτοπο. Εποµένως q p i, 1 i n, δηλαδή ο q δεν είναι κάποιος από τους n πρώτους στην διάταξη πρώτους αριθµούς. Ετσι q p n+1, και τότε : p n+1 q p 1 p p n + 1 (β) Θα δείξουµε µε χρήση Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής ότι : p n n 1, n 1 ( ) Για n 1 έχουµε p και άρα η σχέση ( ) αληθεύει. Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι : p m m 1, 1 m < n Απο το (α) µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης για τους πρώτους αριθµούς p 1,, p n 1, έπεται ότι : p n p 1 p p n n n + 1 Επειδή n n 1 1, η παραπάνω σχέση δίνει p n n n n 1 1 n 1 1 n 1 και άρα η σχέση ( ) ισχύει και για n.

16 16 Εποµένως σύµφωνα µε την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής η σχέση ( ) ισχύει για κάθε n N. Ασκηση είξτε ότι κάθε ϕυσικός αριθµός της µορφής 6k + έχει έναν πρώτο διαιρέτη της µορφής 6k +.. είξτε ότι υπάρχουν άπειροι πρώτοι της µορφής 6k +. Λύση. 1. Εστω a 6k+ ένας ϕυσικός αριθµός, όπου k Z. Προφανώς k 0, διότι διαφορετικά αν k < 0 ϑα έχουµε a < 0 το οποίο είναι άτοπο. Εστω p a ένας πρώτος διαιρέτης του a. Σύµφωνα µε την Ευκλείδεια ιαίρεση ϑα έχουµε ότι υπάρχουν µοναδικοί ακέραιοι λ και r έτσι ώστε : p 6λ + r, όπου 0 r < 6 όπου προφανώς λ 0 ηλαδή ο p ϑα έχει µια από τις παρακάτω µορφές : p 6λ ή p 6λ + 1 ή p 6λ + ή p 6λ + 3 ή p 6λ + 4 ή p 6λ + Λαµβάνοντας υπ όψιν ότι ο p είναι πρώτος, προφανώς ϑα έχουµε ότι ο p ϑα έχει µια από τις παρακάτω µορφές : p 6λ + 1 ή p 6λ +, λ 0 Άρα κάθε πρώτος διαιρέτης του a είναι της µορφής p 6λ + 1 ή της µορφής p 6λ +, λ 0. Επειδή : (α) όπως προκύπτει άµεσα από την Θεωρία, κάθε ϕυσικός αριθµός είναι το γινόµενο των πρώτων (όχι απαραίτητα διακεκριµµένων) διαιρετών του, (β) γινόµενο αριθµών της µορφής 6λ + 1 είναι προφανώς πάλι αριθµός της µορφής 6λ + 1, και (γ) ο αριθµός a είναι της µορφής 6k +, έπεται ότι δεν είναι δυνατόν όλοι οι πρώτοι διαιρέτες του a να είναι της µορφής 6k+1. Εποµένως σύµφωνα µε την παραπάνω ανάλυση, τουλάχιστος ένας διαιρέτης του a είναι της µορφής 6k+.. Υποθέτουµε ότι το σύνολο των πρώτων διαιρετών της µορφής 6k + είναι πεπερασµένο και έστω ότι p 1, p,, p n είναι όλοι οι (διακεκριµµένοι) πρώτοι αριθµοί της µορφής 6k +. Θεωρούµε τον αριθµό : Επειδή a 6p 1 p p n 1 a 6p 1 p p n 1 6p 1 p p n 6 + 6(p 1 p p n 1) + 6k + όπου k p 1 p p n 1 N, ο αριθµός a είναι της µορφής 6k +. Εποµένως σύµφωνα µε το 1. ο αριθµός a έχει έναν πρώτο διαιρέτη q της µορφής 6k +, και άρα q p i για κάποιο i 1, n. Τότε όµως επειδή p i a και p i 6p 1 p p n, έπεται ότι p i a 6p 1 p p n, δηλαδή p i 1 το οποίο είναι άτοπο. Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι υπάρχει πεπερασµένο πλήθος πρώτων αριθµών της µορφής 6k +. Εποµένως το πλήθος των πρώτων αριθµών της µορφής 6k + είναι άπειρο. Ασκηση 1. είξτε ότι αν p > 1 και ο p διαιρεί τον (p 1)! + 1 τότε ο p είναι πρώτος.

17 Λύση. Υποθέτουµε ότι ο p δεν είναι πρώτος και ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. Αφού ο p δεν είναι πρώτος και p, υπάρχει πρώτος διαιρέτης q του p µε q p 1. Εποµένως ο q διαιρεί τον (p 1)!. Αφού ο p διαιρεί τον (p 1)! + 1 και ο q διαιρεί τον p έχουµε ότι ο q διαιρεί το (p 1)! + 1. Εποµένως ο q διαιρεί και τον ((p 1)! + 1) (p 1)! 1. Αυτό είναι άτοπο, και εποµένως ο αριθµός p είναι πρώτος. 17 Ασκηση 16. (1) Να εξετασθεί αν ένας ϕυσικός αριθµός της µορφής 3n 1, n N, είναι τετράγωνο ακεραίου αριθµού. () ύο πρώτοι αριθµοί p και q, όπου p < q, καλούνται δίδυµοι αν q p +. Αν p και q είναι δίδυµοι πρώτοι αριθµοί, όπου p > 3, τότε να δείξετε ότι : 1 p + q Λύση. (1) Θα δείξουµε ότι ένας ϕυσικός αριθµός της µορφής 3n 1, n N δεν είναι ποτέ τετράγωνο ακεραίου αριθµού. Εστω ότι αυτό ο ισχυρισµός δεν ισχύει. Υποθέτουµε ότι 3n 1 a για n N και a ακέραιο αριθµό και ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. Εχουµε τρεις περιπτώσεις : ο a να είναι της µορφής 3k, της µορφής 3k + 1 ή της µορφής 3k +. Αν ο a είναι της µορφής 3k έχουµε 3n 1 9k, εποµένως 3n 9k 1, άρα το 3 διαιρεί το 1 που είναι αντίφαση. Αν ο a είναι της µορφής 3k + 1 έχουµε 3n 1 (3k + 1) 9k + 6k + 1 εποµένως 3n 9k 6k, άρα το 3 διαιρεί το που είναι αντίφαση. Αν ο a είναι της µορφής 3k + έχουµε 3n 1 (3k + ) 9k + 1k + (3 + 1) εποµένως 3n 9k 1k 3, άρα το 3 διαιρεί το που είναι αντίφαση. () Εστω p, q δίδυµοι πρώτοι µε q p + και p > 3. Θα δείξουµε ότι 1 p + q. Ο p είναι αναγκαστικά περιττός, αφού είναι πρώτος διάφορος του. Γράφουµε p k + 1 µε k ϕυσικό, και έχουµε να δείξουµε ότι 1 4k + 4. Εποµένως αρκεί να δείξουµε ότι 3 k + 1. Εχουµε τρεις περιπτώσεις : ο k + 1 να είναι της µορφής 3m, της µορφής 3m + 1 ή της µορφής 3m +. Αρκεί να δείξουµε ότι το k + 1 δεν µπορεί να είναι της µορφής 3m + 1 ή της µορφής 3m +. - Εστω ότι k + 1 3m + 1, άρα k 3m. Τότε q p + k + 3 6m + 3 Εποµένως 3 q, το οποίο είναι άτοπο γιατί q είναι πρώτος και q >. - Εστω ότι k + 1 3m +, άρα k 3m + 1. Τότε p k + 1 6m + 3 Εποµένως 3 p, το οποίο είναι άτοπο γιατί p πρώτος µε p > 3. Άρα ο k + 1 να είναι της µορφής 3m και αυτό σηµαίνει ότι 3 k + 1. Οπως είδαµε αυτό είναι ισοδύναµο µε το Ϲητούµενο : 1 p + q. Ασκηση 17. Να ϐρεθούν όλες οι τριάδες ϕυσικών αριθµών οι οποίοι είναι πρώτοι αριθµοί. p, p +, p + 4

18 18 Λύση. Αν p 3, τότε η τριάδα αριθµών 3, 3 +, είναι µια τριάδα πρώτων αριθµών. Θα δείξουµε ότι είναι η µοναδική τριάδα πρώτων αριθµών της Ϲητούµενης µορφής. Εστω p ένας πρώτος αριθµός έτσι ώστε οι αριθµοί p + και p + 4 να είναι επίσης πρώτοι. Από την Ευκλείδεια διαίρεση έπεται ότι ο πρώτος αριθµός p ϑα έχει µια εκ των παρακάτω µορφών : p 3k ή p 3k + 1 ή p 3k + (1) Αν p 3k, τότε επειδή ο αριθµός p είναι πρώτος, έπεται ότι αναγκαστικά k 1, και τότε αποκτούµε την τριάδα πρώτων αριθµών 3,, 7. () Αν p 3k + 1, τότε p + 3k k + 3 3(k + 1), και επειδή ο αριθµός p + είναι πρώτος, έπεται όπως και πριν ότι k + 1 1, δηλαδή k 0. Τότε όµως p 1 το οποίο είναι άτοπο. Άρα ο αριθµός p δεν µπορεί να είναι της µορφής 3k + 1. (3) Αν p 3k +, τότε p + 4 3k k + 6 3(k + ), και επειδή ο αριθµός p + 4 είναι πρώτος, έπεται όπως και πριν ότι k + 1, δηλαδή k 1. Τότε όµως p 1 το οποίο είναι άτοπο. Άρα ο αριθµός p δεν µπορεί να είναι της µορφής 3k +. Άρα η µόνη δυνατή περίπτωση είναι p 3, και εποµένως ϑα έχουµε την αρχική τριάδα πρώτων αριθµών 3,, 7. Ασκηση 18. Εστω a, b, p, q N, όπου οι αριθµοί p, q είναι πρώτοι. Λύση. 1. Να δείξετε ότι : pb a p b.. Αν p q, να εξετασθεί αν ο αριθµός pq είναι τέλειο τετράγωνο. 3. Να προσδιορισθούν όλοι οι πρώτοι αριθµοί της µορφής a ή b Επειδή pb a, έπεται ότι p a a a, και εποµένως επειδή ο p είναι πρώτος, έπεται ότι p a. Άρα a pc για κάποιον ακέραιο c. Τότε ϑα έχουµε : pb a pb (pc) pb p c b pc Η τελευταία σχέση δείχνει ότι p b.. Το Ϲητούµενο προκύπτει άµεσα από το (1), ϑέτοντας b q: αν pq a, για κάποιον ακέραιο a, τότε το (1) δείχνει ότι p q και εποµένως επειδή ο q είναι πρώτος και p q, ϑα έχουµε p 1 το οποίο είναι άτοπο. Άρα το γινόµενο pq δεν µπορεί να είναι τετράγωνο ακεραίου αριθµού. 3. (αʹ) Παρατηρούµε ότι για a 1, ο αριθµός a είναι πρώτος. Θα δείξουµε ότι αν a > 1, τότε ο αριθµός a δεν είναι ποτέ πρώτος. Πραγµατικά για κάθε ακέραιο a > 1 ϑα έχουµε a (a ) + (a ) + + 4a 4a (a + ) 4a (a + + a)(a + a) Επειδή a > 1, ϑα έχουµε a 1 > 0 και άρα a + a a a+1+1 (a 1) +1 > 1. Ετσι επειδή προφανώς a + + a > 1, έπεται ότι η παραπάνω σχέση δίνει µια µητετριµµένη παραγοντοποίηση του a + 4, δηλαδή ο a δεν είναι πρώτος αριθµός, a > 1. (ϐʹ) Παρατηρούµε ότι για b 1, ο αριθµός b είναι πρώτος. Θα δείξουµε ότι αν b > 1, τότε ο αριθµός b δεν είναι ποτέ πρώτος. Πραγµατικά για κάθε ακέραιο b > 1 ϑα έχουµε b (b + 1)(b b + 1) η οποία επειδή προφανώς b + 1 > 1 και b b + 1 > 1 είναι µια µη-τετριµµένη παραγοντοποίηση του b 3 + 1, δηλαδή ο b δεν είναι πρώτος αριθµός, b > 1.

19 19 Ασκηση 19. είξτε ότι κάθε ακέραιος αριθµός µεγαλύτερος του 11 είναι άθροισµα δύο σύνθετων αριθ- µών 4. Λύση. Εστω n > 11 ένας ϕυσικός αριθµός. (1) Αν ο n είναι άρτιος, τότε προφανώς ο αριθµός n 4 είναι άρτιος και µεγαλύτερος του (διότι n > 11), και άρα ο n 4 είναι σύνθετος. Ετσι µπορούµε να εκφράσουµε τον αριθµό n ως άθροισµα n 4 + (n 4) των σύνθετων αριθµών 4 και n 4. () Αν ο n είναι περιττός, τότε προφανώς ο αριθµός n 9 είναι άρτιος (ως διαφορά περιττών αριθµών) και µεγαλύτερος του (διότι n > 11), και άρα ο n 9 είναι σύνθετος. Ετσι µπορούµε να εκφράσουµε τον αριθµό n ως άθροισµα των σύνθετων αριθµών 9 και n 9. n 9 + (n 9) Ασκηση 0. είξτε ότι οι ακόλουθες προτάσεις είναι ισοδύναµες : 1. Εικασία του Goldbach: Κάθε άρτιος ακέραιος µεγαλύτερος του είναι άθροισµα δύο πρώτων αριθµών.. Κάθε ακέραιος µεγαλύτερος του είναι άθροισµα τριών πρώτων αριθµών. Λύση. 1.. Υποθέτουµε ότι η Εικασία του Goldbach είναι αληθής : κάθε άρτιος ακέραιος µεγαλύτερος του είναι άθροισµα δύο πρώτων αριθµών, και έστω n > ένας ακέραιος. - Αν ο αριθµός n είναι άρτιος, τότε ο αριθµός n είναι ένας άρτιος αριθµός µεγαλύτερος του και εποµένως από την υπόθεση ϑα έχουµε ότι n p + q, όπου p, q είναι πρώτοι αριθµοί. Τότε όµως n p + q + και ο n είναι άθροισµα τριών πρώτων αριθµών. - Αν ο αριθµός n είναι περιττός, τότε ο αριθµός n 3 είναι ένας άρτιος αριθµός (ως διαφορά περιττών αριθµών) ο οποίος είναι µεγαλύτερος του και εποµένως από την υπόθεση ϑα έχουµε ότι n 3 p+q, όπου p, q είναι πρώτοι αριθµοί. Τότε όµως n p + q + 3 και ο n είναι άθροισµα τριών πρώτων αριθµών.. 1. Υποθέτουµε ότι κάθε ακέραιος µεγαλύτερος του είναι άθροισµα τριών πρώτων αριθµών, και έστω n > ένας τυχόν άρτιος αριθµός. Τότε ο αριθµός n + είναι ένας άρτιος αριθµός ο οποίος είναι µεγαλύτερος του. Εποµένως από την υπόθεση, έπεται ότι ο αριθµός n + είναι άθροισµα τριών πρώτων αριθµών. Αν και οι τρείς πρώτοι αριθµοί είναι περιττοί, τότε και το άθροισµά τους, δηλαδή ο αριθµός n +, ϑα είναι περιττός αριθµός. Αυτό είναι άτοπο διότι ο αριθµός n + είναι άρτιος (ως άθροισµα αρτίων αριθµών). Άρα ένας εκ των τριών αυτών πρώτων αριθµών είναι αναγκαστικά άρτιος, δηλαδή ο πρώτος αριθµός. Εποµένως ϑα έχουµε n + p + q +, όπου p, q είναι πρώτοι αριθµοί. Ισοδύναµα ϑα έχουµε : n p + q και ο άρτιος αριθµός n > µπορεί να εκφρασθεί ως άθροισµα δύο πρώτων αριθµών. Σχόλιο. Η παραπάνω Άσκηση 0 σχετίζεται µε µια ασθενή εκδοχή της Εικασίας του Goldbach: Ασθενής Εικασία του Goldbach: Κάθε περιττός ακέραιος µεγαλύτερος του είναι άθροισµα τριών πρώτων αριθµών. Είναι προφανές, όπως δείξαµε και γενικότερα στην Άσκηση 0, ότι η Εικασία του Goldbach συνεπάγει την Ασθενή Εικασία του Goldbach. Προσέξτε τη διαφορά στην Ασθενή Εικασία του Goldbach και στον ισχυρισµό. στην Άσκηση 0. 4 Η εικασία του Goldbach, η οποία παραµένει µέχρι και σήµερα ανοιχτό πρόβληµα, πιστοποιεί ότι κάθε άρτιος ϑετικός ακέραιος µεγαλύτερος του είναι άθροισµα δύο πρώτων αριθµών. Βλέπε την επόµενη Άσκηση 0.

20 0 Γενικεύοντας ένα ισχυρό αποτέλεσµα του Μαθηµατικού Terence Tao «Κάθε περιττός ακέραιος µεγαλύτερος του 1 είναι άθροισµα το πολύ πρώτων αριθµών (01)», τον Μάϊο του 013, ο Μαθηµατικός Harald Helfgott 6 απέδειξε την Ασθενή Εικασία του Goldbach. Ασκηση 1. Να δείξετε ότι δεν υπάρχει µη-σταθερό πολυώνυµο f(t) a 0 + a 1 t + a t + + a n t n µε ακέραιους συντελεστές έτσι ώστε ο ακέραιος f(m) να είναι πρώτος αριθµός, για κάθε m Z. Λύση. Υποθέτουµε ότι ο ισχυρισµός της Άσκησης δεν είναι αληθής, δηλαδή : υπάρχει µη-σταθερό πολυώνυµο f(t) a 0 + a 1 t + a t + + a n t n µε ακέραιους συντελεστές a i, 0 i n, έτσι ώστε ο αριθµός f(m) είναι πρώτος για κάθε m Z. Σταθεροποιούµε έναν ϕυσικό αριθµό x 0 N. Τότε ϑα έχουµε ότι ο αριθµός f(x 0 ) p είναι πρώτος Για κάθε k Z, ϑεωρούµε τον ακέραιο αριθµό f(x 0 + kp). Σύµφωνα µε την υπόθεσή µας, ο αριθµός f(x 0 + kp) είναι πρώτος, k N Χρησιµοποιώντας το ιωνυµικό Θεώρηµα, (x + y) n n i0 ( ) n x i y n i i ϑα έχουµε m 1,,, n: (x 0 + kp) m m i0 ( ) m x i i 0(kp) m i m i0 ( ) m x k i 0k m i p m i και άρα (x 0 + kp) m ( m x m x m 0 + r m p ) x m 1 0 kp + + ( ) m x 0 k m 1 p m 1 + k m p m m 1 όπου ϑέσαµε : r m : ( ) ( ) m m x m 1 0 k + + x 0 k m 1 p m + k m p m 1, 1 m 1 1 m n Terence Tao, (17 Ιουλίου ): Αυστραλός Μαθηµατικός, Καθηγητής στο UCLA (University of California, Los Angeles). Ο Terence Tao ϑεωρείται από τους διαπρεπέστερους σύγχρονους Μαθηµατικούς και εργάζεται, µεταξύ άλλων στις ερευνητικές περιοχές : Θεωρία Αριθµών, Μερικές ιαφορικές Εξισώσεις, Αρµονική Ανάλυση, Συνδυαστική. Βραβεύτηκε µε το ϐραβείο Fields (την κορυφαία διάκριση παγκοσµίως η οποία απονέµεται, κάθε τέσσερα χρόνια, στα Μαθηµατικά) στο ιεθνές Συνέδριο των Μαθηµατικών το Harald Helfgott, ( Νοεµβρίου ): Περουβιανός Μαθηµατικός, ο οποίος εργάζεται στην περιοχή της Θεωρίας Αριθµών.

21 1 Λαµβάνοντας υπ όψιν τις παραπάνω σχέσεις ϑα έχουµε : f(x 0 + kp) a 0 + a 1 (x 0 + kp) + + a n 1 (x 0 + kp) n 1 + a n (x 0 + kp) n Ετσι ϑα έχουµε a 0 + a 1 (x 0 + kp) + + a n 1 (x n r n 1 p) + a n (x n 0 + r n p) ( a 0 + a 1 x a n 1 x0 n 1 + a n x n ) ( 0 + a1 kp + + a n 1 r n 1 p + a n r n p ) f(x 0 ) + ( ) a 1 k + + a n 1 r n 1 + a n r n p f(x 0 ) + r p, όπου ϑέσαµε r : a 1 k + + a n 1 r n 1 + a n r n p + r p (1 + r) p k Z : f(x 0 + kp) p(r + 1), ιδιαίτερα : p f(x 0 + kp) Επειδή από την υπόθεσή µας ο αριθµός f(x 0 + kp) είναι πρώτος και p f(x 0 + kp), έπεται ότι f(x 0 + kp) p, Τότε όµως το πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές g(t) : f(t) p k Z δέχεται κάθε έναν από τους, άπειρους το πλήθος, ακέραιους αριθµούς x 0 + kp ως ϱίζα, διότι : g(x 0 + kp) f(x 0 + kp) p 0 Γνωρίζουµε όµως ότι ένα µη-µηδενικό πολυώνυµο h(t) µε ακέραιους (ή γενικότερα ϱητούς ή πραγµατικούς συντελεστές) έχει το πολύ n ϱίζες, όπου n deg h(t). Επειδή το σύνολο {x 0 + kp Z k Z}, το οποίο αποτελείται από ϱίζες του g(t), είναι άπειρο, έπεται ότι αναγκαστικά ϑα έχουµε ότι το πολυώνυµο g(t) είναι το µηδενικό : g(t) 0. Τότε όµως f(t) p είναι σταθερό πολυώνυµο, κάτι το οποίο είναι άτοπο από την αρχική µας υπόθεση. Στο άτοπο καταλήξαµε υποθέτοντας ότι υπάρχει µη-σταθερό πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές το οποίο λαµβάνει όλες τις τιµές του στο σύνολο των πρώτων αριθµών. Εποµένως δεν υπάρχει µη-σταθερό πολυώνυµο f(t) µε ακέραιους συντελεστές έτσι ώστε ο ακέραιος f(m) να είναι πρώτος αριθµός, για κάθε m Z. Σχόλιο 6. Γενικά δεν υπάρχει κάποιος απλός τύπος ο οποίος να παράγει µόνο, ή όλους τους, πρώτους αριθµούς : (1) Παρατηρούµε ότι αν p είναι ένας πρώτος αριθµός, τότε το σταθερό πολυώνυµο h(t) p έχει ακέραιους συντελεστές και ο ακέραιος h(m) είναι ο πρώτος αριθµός p, για κάθε m Z. Γι αυτό τον λόγο υποθέτουµε στην άσκηση 1 ότι το πολυώνυµο f(t) δεν είναι σταθερό. () Εστω P { p 1, p,, p n,, } το σύνολο των πρώτων αριθµών εφοδιασµένο µε την ϕυσική του διάταξη. Η Άσκηση 1 δείχνει ιδιαίτερα ότι δεν υπάρχει πολυώνυµο f(t) µε ακέραιους συντελεστές έτσι ώστε f(m i ) p i, i 1, όπου m i Z. Υπάρχουν κάποια πολυώνυµα µε ακέραιους συντελεστές τα οποία παράγουν κάποιους πρώτους αριθµούς, αλλά σύµφωνα µε την παραπάνω άσκηση τα πολυώνυµα αυτά δεν µπορεί να λαµβάνουν όλες τις τιµές τους στο σύνολο P. Για παράδειγµα, εύκολα ϐλέπουµε ότι για το πολυώνυµο (αʹ) f(t) t t + 41, ο ακέραιος f(m) είναι πρώτος, 0 m 40, αλλά f(41) είναι σύνθετος. (ϐʹ) g(t) t + 11, ο ακέραιος g(m) είναι πρώτος, 0 m 10, αλλά g(11) 11 3 είναι σύνθετος. (γʹ) h(t) t + 9, ο ακέραιος h(m) είναι πρώτος, 0 m 9, αλλά h(9) 9 9 είναι σύνθετος.

22 Αποδεικνύεται επίσης ότι δεν υπάρχει πολυώνυµο πολλών µεταβλητών f(t 1, t,, t n ), ό- που n τυχόν ϕυσικός αριθµός, µε ακέραιους συντελεστές το οποίο να µας δίνει, µε την παραπάνω έννοια, όλους τους πρώτους αριθµούς. Η απόδειξή του όµως είναι αρκετά πιο δύσκολη. Αποδεικνύεται ότι γενικά δεν υπάρχει κάποιος απλός τύπος ο οποίος να παράγει µόνο, ή όλους τους, πρώτους αριθµούς. Ασκηση. είξτε ότι ο πραγµατικός αριθµός είναι άρρητος, δηλαδή δεν µπορεί να γραφεί στην µορφή a/b όπου a, b ακέραιοι και b 0. e Λύση. Υποθέτουµε e a/b, όπου a και b είναι ϑετικοί ακέραιοι. Εστω n0 1 n! p ! + 1! + 1 3! b! q 1 (b + 1)! + 1 (b + )! + Εχουµε e p + q. Οι αριθµοί b!e και b!p είναι ακέραιοι και συνεπώς και ο b!q είναι ακέραιος, αφού b!q b!e b!p. Χρησιµοποιώντας ότι για κάθε πραγµατικό d µε 0 < d < 1 το άθροισµα της γεωµετρικής σειράς n1 dn d είναι ίσο µε 1 d έχουµε και 0 < b!q 1 b (b + 1)(b + ) + 1 (b + 1)(b + )(b + 3) + < / 1 1/ 1 Εποµένως 0 < b!q < 1 που έρχεται σε αντίφαση µε το ότι ο b!q είναι ακέραιος. Άρα ο αριθµός e είναι άρρητος. Σχόλιο 7. Με Μαθηµατική Επαγωγή είναι εύκολο να δείξουµε ότι ισχύει n0 n 1 : n! n 1 και εποµένως 1 n! 1 n 1 Αφού η γεωµετρική σειρά 1 n1 n 1 συγκλίνει το ίδιο ισχύει και για την σειρά n1 1 n!. Επιπλέον, έχουµε ότι για κάθε ακέραιο d 0, ισχύει ότι : 1 d n! n! n! n0 nd+1

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

4.2 4.3 ΕΥΚΛΕΙ ΕΙΑ ΙΑΙΡΕΣΗ ΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑ

4.2 4.3 ΕΥΚΛΕΙ ΕΙΑ ΙΑΙΡΕΣΗ ΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑ 1 4.2 4.3 ΕΥΚΛΕΙ ΕΙΑ ΙΑΙΡΕΣΗ ΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑ ΘΕΩΡΙΑ 1. Θεώρηµα Αν α, β ακέραιοι µε β 0, τότε υπάρχουν µοναδικοί ακέραιοι κ και υ, έτσι ώστε α = κβ + υ µε 0 υ < β. 2. Τέλεια διαίρεση Αν το υπόλοιπο υ της Ευκλείδειας

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

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

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

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 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

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

2 o Καλοκαιρινό σχολείο Μαθηµατικών Νάουσα 2008

2 o Καλοκαιρινό σχολείο Μαθηµατικών Νάουσα 2008 2 o Καλοκαιρινό σχολείο Μαθηµατικών Νάουσα 2008 Μικρό Θεώρηµα του Fermat, η συνάρτηση του Euler και Μαθηµατικοί ιαγωνισµοί Αλέξανδρος Γ. Συγκελάκης ags@math.uoc.gr Αύγουστος 2008 Αλεξανδρος Γ. Συγκελακης

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

1. στο σύνολο Σ έχει ορισθεί η πράξη της πρόσθεσης ως προς την οποία το Σ είναι αβελιανή οµάδα, δηλαδή

1. στο σύνολο Σ έχει ορισθεί η πράξη της πρόσθεσης ως προς την οποία το Σ είναι αβελιανή οµάδα, δηλαδή KΕΦΑΛΑΙΟ ΤΟ ΣΥΝΟΛΟ ΤΩΝ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ ιατεταγµένα σώµατα-αξίωµα πληρότητας Ένα σύνολο Σ καλείται διατεταγµένο σώµα όταν στο σύνολο Σ έχει ορισθεί η πράξη της πρόσθεσης ως προς την οποία το Σ είναι

Διαβάστε περισσότερα

HY118- ιακριτά Μαθηµατικά

HY118- ιακριτά Μαθηµατικά HY118- ιακριτά Μαθηµατικά Πέµπτη, 19/03/2015 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 1 1 Μαθηµατική

Διαβάστε περισσότερα

ΣΕΙΡΕΣ TAYLOR. Στην Ενότητα αυτή θα ασχοληθούµε µε την προσέγγιση συναρτήσεων µέσω πολυωνύµων. Πολυώνυµο είναι κάθε συνάρτηση της µορφής:

ΣΕΙΡΕΣ TAYLOR. Στην Ενότητα αυτή θα ασχοληθούµε µε την προσέγγιση συναρτήσεων µέσω πολυωνύµων. Πολυώνυµο είναι κάθε συνάρτηση της µορφής: ΣΕΙΡΕΣ TAYLOR Στην Ενότητα αυτή θα ασχοληθούµε µε την προσέγγιση συναρτήσεων µέσω πολυωνύµων Πολυώνυµο είναι κάθε συνάρτηση της µορφής: p( ) = a + a + a + a + + a, όπου οι συντελεστές α i θα θεωρούνται

Διαβάστε περισσότερα

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ Ι (2006-07)

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ Ι (2006-07) ΤΕΙ ΥΤΙΚΗΣ ΜΑΚΕ ΟΝΙΑΣ ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ ΚΑΣΤΟΡΙΑΣ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ Ι (2006-07) Επιµέλεια Σηµειώσεων : Βασιλειάδης Γεώργιος Καστοριά, εκέµβριος 2006

Διαβάστε περισσότερα

Σηµειώσεις στις σειρές

Σηµειώσεις στις σειρές . ΟΡΙΣΜΟΙ - ΓΕΝΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ Σηµειώσεις στις σειρές Στην Ενότητα αυτή παρουσιάζουµε τις βασικές-απαραίτητες έννοιες για την µελέτη των σειρών πραγµατικών αριθµών και των εφαρµογών τους. Έτσι, δίνονται συστηµατικά

Διαβάστε περισσότερα

Mathematics and its Applications, 5th

Mathematics and its Applications, 5th Μαθηµατικα για Πληροφορικη Εφαρµογες και τεχνικες Ηλιας Κουτσουπιάς Τµήµα Πληροφορικής και Τηλεπικοινωνιών Πανεπιστήµιο Αθηνών Σχετικα µε το µαθηµα Σχετικα µε το µαθηµα Το µαθηµα πραγµατευεται καποια ϑεµατα

Διαβάστε περισσότερα

Συνεχή Κλάσματα. Εμμανουήλ Καπνόπουλος Α.Μ 282

Συνεχή Κλάσματα. Εμμανουήλ Καπνόπουλος Α.Μ 282 Συνεχή Κλάσματα Εμμανουήλ Καπνόπουλος Α.Μ 282 5 Νοεμβρίου 204 Ορισμός και ιδιότητες: Ορισμός: Έστω a 0, a, a 2,...a n ανεξάρτητες μεταβλητές, n N σχηματίζουν την ακολουθία {[a 0, a,..., a n ] : n N} όπου

Διαβάστε περισσότερα

Αριθµοθεωρητικοί Αλγόριθµοι και το. To Κρυπτοσύστηµα RSA

Αριθµοθεωρητικοί Αλγόριθµοι και το. To Κρυπτοσύστηµα RSA Αριθµοθεωρητικοί Αλγόριθµοι και το Κρυπτοσύστηµα RSA Στην ενότητα αυτή θα µελετηθούν τα εξής θέµατα: Υπολογισµός Μέγιστου Κοινού ιαιρέτη Αλγόριθµος του Ευκλείδη Κλάσεις Ισοδυναµίας και Αριθµητική modulo

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 5 Οι χώροι. Περιεχόµενα 5.1 Ο Χώρος. 5.3 Ο Χώρος C Βάσεις Το Σύνηθες Εσωτερικό Γινόµενο Ασκήσεις

Κεφάλαιο 5 Οι χώροι. Περιεχόµενα 5.1 Ο Χώρος. 5.3 Ο Χώρος C Βάσεις Το Σύνηθες Εσωτερικό Γινόµενο Ασκήσεις Σελίδα 1 από 6 Κεφάλαιο 5 Οι χώροι R και C Περιεχόµενα 5.1 Ο Χώρος R Πράξεις Βάσεις Επεξεργασµένα Παραδείγµατα Ασκήσεις 5. Το Σύνηθες Εσωτερικό Γινόµενο στο Ορισµοί Ιδιότητες Επεξεργασµένα Παραδείγµατα

Διαβάστε περισσότερα

ΙΑΝΥΣΜΑΤΑ ΘΕΩΡΙΑ ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΩΡΙΑΣ. Τι ονοµάζουµε διάνυσµα; αλφάβητου επιγραµµισµένα µε βέλος. για παράδειγµα, Τι ονοµάζουµε µέτρο διανύσµατος;

ΙΑΝΥΣΜΑΤΑ ΘΕΩΡΙΑ ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΩΡΙΑΣ. Τι ονοµάζουµε διάνυσµα; αλφάβητου επιγραµµισµένα µε βέλος. για παράδειγµα, Τι ονοµάζουµε µέτρο διανύσµατος; ΙΝΥΣΜΤ ΘΕΩΡΙ ΘΕΜΤ ΘΕΩΡΙΣ Τι ονοµάζουµε διάνυσµα; AB A (αρχή) B (πέρας) Στη Γεωµετρία το διάνυσµα ορίζεται ως ένα προσανατολισµένο ευθύγραµµο τµήµα, δηλαδή ως ένα ευθύγραµµο τµήµα του οποίου τα άκρα θεωρούνται

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα

Θεωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα Θεωρία Υπολογισμού και Πολυπλοκότητα Κεφάλαιο 1. Μαθηματικό Υπόβαθρο 23, 26 Ιανουαρίου 2007 Δρ. Παπαδοπούλου Βίκη 1 1.1. Σύνολα Ορισμός : Σύνολο μια συλλογή από αντικείμενα Στοιχεία: Μέλη συνόλου Τα στοιχεία

Διαβάστε περισσότερα

Δ/νση Β /θµιας Εκπ/σης Φλώρινας Κέντρο ΠΛΗ.ΝΕ.Τ. Λογάριθµοι ΛΟΓΑΡΙΘΜΟΙ ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΟΥΣ ΛΟΓΑΡΙΘΜΟΥΣ

Δ/νση Β /θµιας Εκπ/σης Φλώρινας Κέντρο ΠΛΗ.ΝΕ.Τ. Λογάριθµοι ΛΟΓΑΡΙΘΜΟΙ ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΟΥΣ ΛΟΓΑΡΙΘΜΟΥΣ ΛΟΓΑΡΙΘΜΟΙ ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΟΥΣ ΛΟΓΑΡΙΘΜΟΥΣ Παραθέτουµε αρχικά τις βασικές ιδιότητες των δυνάµεων µε βάση έ- ναν θετικό πραγµατικό αριθµό και εκθέτη έναν ρητό αριθµό. α x.α y = α x+y (α.β) x = α x.β x α x :α

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ «ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ» ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) TEΛΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 4 Ιουνίου 7 Από τα κάτωθι Θέµατα καλείστε να λύσετε το ο που περιλαµβάνει ερωτήµατα από όλη την ύλη

Διαβάστε περισσότερα

Μαθηματικά. Γ'Γυμνασίου. Μαρίνος Παπαδόπουλος

Μαθηματικά. Γ'Γυμνασίου. Μαρίνος Παπαδόπουλος Μαθηματικά Γ'Γυμνασίου Μαρίνος Παπαδόπουλος ΠΡΟΛΟΓΙΚΟ ΣΗΜΕΙΩΜΑ Σας καλωσορίζω στον όµορφο κόσµο των Μαθηµατικών της Γ Γυµνασίου. Τα µαθηµατικά της συγκεκριµένης τάξης αποτελούν ίσως το αποκορύφωµα των

Διαβάστε περισσότερα

sup B, τότε υπάρχουν στοιχεία α A και β B µε α < β.

sup B, τότε υπάρχουν στοιχεία α A και β B µε α < β. ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Εξετάσεις στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι Φεβρουαρίου, 3 Θ. (α ) Εστω A, B µη κενά ϕραγµένα σύνολα πραγµατικών αριθµών. είξτε ότι αν inf A

Διαβάστε περισσότερα

µηδενικό πολυώνυµο; Τι ονοµάζουµε βαθµό του πολυωνύµου; Πότε δύο πολυώνυµα είναι ίσα;

µηδενικό πολυώνυµο; Τι ονοµάζουµε βαθµό του πολυωνύµου; Πότε δύο πολυώνυµα είναι ίσα; ΘΕΩΡΙΑ ΠΟΛΥΩΝΥΜΩΝ 1. Τι ονοµάζουµε µονώνυµο Μονώνυµο ονοµάζεται κάθε γινόµενο το οποίο αποτελείται από γνωστούς και αγνώστους (µεταβλητές ) πραγµατικούς αριθµούς. Ο γνωστός πραγµατικός αριθµός ονοµάζεται

Διαβάστε περισσότερα

Συνέχεια συνάρτησης σε κλειστό διάστημα

Συνέχεια συνάρτησης σε κλειστό διάστημα 8 Συνέχεια συνάρτησης σε κλειστό διάστημα Α ΑΠΑΡΑΙΤΗΤΕΣ ΓΝΩΣΕΙΣ ΘΕΩΡΙΑΣ 1 Μια συνάρτηση f θα λέμε ότι είναι: i Συνεχής σε ένα ανοιχτό διάστημα (α,β) όταν είναι συνεχής σε κάθε σημείο του διαστήματος (α,β)

Διαβάστε περισσότερα

Η ΤΕΧΝΗ ΤΟΥ ΙΑΒΑΣΜΑΤΟΣ ΜΕΤΑΞΥ ΤΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ (ΠΑΡΕΜΒΟΛΗ ΚΑΙ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ)

Η ΤΕΧΝΗ ΤΟΥ ΙΑΒΑΣΜΑΤΟΣ ΜΕΤΑΞΥ ΤΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ (ΠΑΡΕΜΒΟΛΗ ΚΑΙ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ) Η ΤΕΧΝΗ ΤΟΥ ΙΑΒΑΣΜΑΤΟΣ ΜΕΤΑΞΥ ΤΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ (ΠΑΡΕΜΒΟΛΗ ΚΑΙ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ) ΜΙΧΑΛΗΣ ΤΖΟΥΜΑΣ ΕΣΠΟΤΑΤΟΥ 3 ΑΓΡΙΝΙΟ. ΠΕΡΙΛΗΨΗ Η έννοια της συνάρτησης είναι στενά συνυφασµένη µε τον πίνακα τιµών και τη γραφική παράσταση.

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

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 )

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 ) Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ 3.1 Η έννοια της παραγώγου Εστω y = f(x) µία συνάρτηση, που συνδέει τις µεταβλητές ποσότητες x και y. Ενα ερώτηµα που µπορεί να προκύψει καθώς µελετούµε τις δύο αυτές ποσοτήτες είναι

Διαβάστε περισσότερα

Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος

Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωµα Lebesgue Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Αθηνών Αθήνα 2015 Περιεχόµενα 1 Μέτρο Lebesgue 3 1.1 Εξωτερικό µέτρο Lebesgue........................... 3

Διαβάστε περισσότερα

ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ. Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι

ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ. Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι Γιάννης Σαραντόπουλος Αθήνα 7 Οκτωβρίου 5 Περιεχόµενα Συµβολισµός

Διαβάστε περισσότερα

4.1 Η ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗ

4.1 Η ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗ 1.1 Η ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗ ΘΕΩΡΙΑ 1. Αρχή της Μαθηµατιής Επαγωγής Έστω ισχυρισµός Ρ(), όπου θετιός αέραιος. Α (i) Ρ αληθής αι (ii) Ρ() Ρ( + 1) για άθε, τότε Ρ() αληθής για άθε.. Αισότητα Bernoulli (1 +α

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 28 ΜΑΪΟΥ 2012 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. y R, η σχέση (1) γράφεται

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 28 ΜΑΪΟΥ 2012 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. y R, η σχέση (1) γράφεται ΘΕΜΑ Α ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 8 ΜΑΪΟΥ 0 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α. Θεωρία, σελ. 53, σχολικού βιβλίου. Α. Θεωρία, σελ. 9, σχολικού βιβλίου. Α3. Θεωρία, σελ. 58, σχολικού βιβλίου. Α4. α) Σ, β) Σ,

Διαβάστε περισσότερα

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ. ικανοποιούν την ανίσωση 2x 3 < 11; (E) µεταξύ των απαντήσεων Α D δεν υπάρχει

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ. ικανοποιούν την ανίσωση 2x 3 < 11; (E) µεταξύ των απαντήσεων Α D δεν υπάρχει ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ. Αν α =β, τότε η τιµή της παράστασης κ= α β +β α είναι: ( ) 4 ( Β )0, ( )4 δίνονται. Α, C, ( D ), (Ε) δεν µπορεί να προσδιοριστεί από τις πληροφορίες που. Πόσα στοιχεία του συνόλου { 5,,0,4,6,7}

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 6 Παράγωγος

Κεφάλαιο 6 Παράγωγος Σελίδα από 5 Κεφάλαιο 6 Παράγωγος Στο κεφάλαιο αυτό στόχος µας είναι να συνδέσουµε µία συγκεκριµένη συνάρτηση f ( ) µε µία δεύτερη συνάρτηση f ( ), την οποία και θα ονοµάζουµε παράγωγο της f. Η τιµή της

Διαβάστε περισσότερα

Θεώρημα Βolzano. Κατηγορία 1 η. 11.1 Δίνεται η συνάρτηση:

Θεώρημα Βolzano. Κατηγορία 1 η. 11.1 Δίνεται η συνάρτηση: Κατηγορία η Θεώρημα Βolzano Τρόπος αντιμετώπισης:. Όταν μας ζητούν να εξετάσουμε αν ισχύει το θεώρημα Bolzano για μια συνάρτηση f σε ένα διάστημα [, ] τότε: Εξετάζουμε την συνέχεια της f στο [, ] (αν η

Διαβάστε περισσότερα

Σηµειώσεις στις συναρτήσεις

Σηµειώσεις στις συναρτήσεις Σηµειώσεις στις συναρτήσεις 4 Η έννοια της συνάρτησης Ο όρος «συνάρτηση» χρησιµοποιείται αρκετά συχνά για να δηλώσει ότι ένα µέγεθος, µια κατάσταση κτλ εξαρτάται από κάτι άλλο Και στα µαθηµατικά ο όρος

Διαβάστε περισσότερα

4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ-

4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ- Κεφάλαιο 4 ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ 4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ- µατα Ορισµός 4.1.1. Αρχική ή παράγουσα συνάρτηση ή αντιπαράγωγος µιας συνάρτησης f(x), x [, b], λέγεται κάθε συνάρτηση F (x) που επαληθεύει

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑ 14 1.3 ΜΟΝΟΤΟΝΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑ 14 1.3 ΜΟΝΟΤΟΝΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑ 4. ΜΟΝΟΤΟΝΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Μονοτονία συνάρτησης Ακρότατα συνάρτησης Θεωρία Σχόλια Μέθοδοι Ασκήσεις ΘΕΩΡΙΑ. Ορισµός Συνάρτηση f λέγεται γνησίως αύξουσα σε διάστηµα, όταν για οποιαδήποτε,

Διαβάστε περισσότερα

5.2 ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΠΡΟΟ ΟΣ

5.2 ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΠΡΟΟ ΟΣ 5. ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΠΡΟΟ ΟΣ ΘΕΩΡΙΑ. Ορισµός Μια ακολουθία λέγεται αριθµητική πρόοδος, αν και µόνο αν κάθε όρος της προκύπτει από τον προηγούµενο του µε πρόσθεση του ίδιου πάντοτε αριθµού.. Μαθηµατική έκφραση

Διαβάστε περισσότερα

Το σύνολο Z των Ακεραίων : Z = {... 2, 1, 0, 1, 2, 3,... } Να σηµειώσουµε ότι οι φυσικοί αριθµοί είναι και ακέραιοι.

Το σύνολο Z των Ακεραίων : Z = {... 2, 1, 0, 1, 2, 3,... } Να σηµειώσουµε ότι οι φυσικοί αριθµοί είναι και ακέραιοι. 1 E. ΣΥΝΟΛΑ ΘΕΩΡΙΑ 1. Ορισµός του συνόλου Σύνολο λέγεται κάθε συλλογή πραγµατικών ή φανταστικών αντικειµένων, που είναι καλά ορισµένα και διακρίνονται το ένα από το άλλο. Τα παραπάνω αντικείµενα λέγονται

Διαβάστε περισσότερα

ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΠΡΟΟΔΟΣ. Σύμφωνα με τα παραπάνω, για μια αριθμητική πρόοδο που έχει πρώτο όρο τον ...

ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΠΡΟΟΔΟΣ. Σύμφωνα με τα παραπάνω, για μια αριθμητική πρόοδο που έχει πρώτο όρο τον ... ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΠΡΟΟΔΟΣ Ορισμός : Μία ακολουθία ονομάζεται αριθμητική πρόοδος, όταν ο κάθε όρος της, δημιουργείται από τον προηγούμενο με πρόσθεση του ίδιου πάντοτε αριθμού. Ο σταθερός αριθμός που προστίθεται

Διαβάστε περισσότερα

ιδάσκοντες: Φ. Αφράτη,. Φωτάκης,. Σούλιου Επιμέλεια διαφανειών:. Φωτάκης Σχολή Ηλεκτρολόγων Μηχανικών και Μηχανικών Υπολογιστών

ιδάσκοντες: Φ. Αφράτη,. Φωτάκης,. Σούλιου Επιμέλεια διαφανειών:. Φωτάκης Σχολή Ηλεκτρολόγων Μηχανικών και Μηχανικών Υπολογιστών Μαθηματική Επαγωγή ιδάσκοντες: Φ. Αφράτη,. Φωτάκης,. Σούλιου Επιμέλεια διαφανειών:. Φωτάκης Σχολή Ηλεκτρολόγων Μηχανικών και Μηχανικών Υπολογιστών Εθνικό Μετσόβιο Πολυτεχνείο Τεχνικές Απόδειξης Εξαντλητική

Διαβάστε περισσότερα

Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς; Δικαιολογήστε την απάντησή σας.

Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς; Δικαιολογήστε την απάντησή σας. Ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς; Δικαιολογήστε την απάντησή σας. 1. Κάθε πολυώνυμο ανάγωγο επί του Z είναι ανάγωγο επί του Q. Σωστό. 2. Κάθε πολυώνυμο ανάγωγο επί του Q είναι ανάγωγο επί

Διαβάστε περισσότερα

Χαρακτήρες διαιρετότητας ΜΚΔ ΕΚΠ Ανάλυση αριθμού σε γινόμενο πρώτων παραγόντων

Χαρακτήρες διαιρετότητας ΜΚΔ ΕΚΠ Ανάλυση αριθμού σε γινόμενο πρώτων παραγόντων Χαρακτήρες διαιρετότητας ΜΚΔ ΕΚΠ Ανάλυση αριθμού σε γινόμενο πρώτων παραγόντων TINΑ ΒΡΕΝΤΖΟΥ www.ma8eno.gr www.ma8eno.gr Σελίδα 1 Ορισμός Ευκλείδεια διαίρεση ονομάζεται η πράξη κατά την οποία ένας αριθμός

Διαβάστε περισσότερα

Δραστηριότητα για τους µαθητές µε το κόσκινο του Ερατοσθένη:.. (και άσκηση 10 σελ. 219 «Η φύση και η δύναµη των µαθηµατικών»)

Δραστηριότητα για τους µαθητές µε το κόσκινο του Ερατοσθένη:.. (και άσκηση 10 σελ. 219 «Η φύση και η δύναµη των µαθηµατικών») Πρώτοι αριθµοί: Τι µας λέει στο βιβλίο (σελ.25-26): 1. Μου αρέσουν οι πρώτοι αριθµοί, γι αυτό αρίθµησα µε πρώτους τα κεφάλαια. Οι πρώτοι αριθµοί είναι αυτό που αποµένει όταν αφαιρέσεις όλα τα στερεότυπα

Διαβάστε περισσότερα

1. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας την ένδειξη Σωστό ή Λάθος και να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

1. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας την ένδειξη Σωστό ή Λάθος και να δικαιολογήσετε την απάντησή σας. Κεφάλαιο Πραγματικοί αριθμοί. Οι πράξεις και οι ιδιότητές τους Κατανόηση εννοιών - Θεωρία. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας την ένδειξη Σωστό ή Λάθος και να δικαιολογήσετε την απάντησή

Διαβάστε περισσότερα

Αριθµητική Παραγώγιση και Ολοκλήρωση

Αριθµητική Παραγώγιση και Ολοκλήρωση Ιαν. 9 Αριθµητική Παραγώγιση και Ολοκλήρωση Είδαµε στο κεφάλαιο της παρεµβολής συναρτήσεων πώς να προσεγγίζουµε µια (συνεχή) συνάρτηση f από ένα πολυώνυµο, όταν γνωρίζουµε + σηµεία του γραφήµατος της συνάρτησης:

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΠΤΗΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ. ΛΥΣΕΙΣ 3 ης. Άσκηση 1. , z1. Παρατηρούµε ότι: z0 = z5. = + ) και. β) 1 ος τρόπος: Έστω z = x+ iy, x, = x + y.

ΓΡΑΠΤΗΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ. ΛΥΣΕΙΣ 3 ης. Άσκηση 1. , z1. Παρατηρούµε ότι: z0 = z5. = + ) και. β) 1 ος τρόπος: Έστω z = x+ iy, x, = x + y. ΛΥΣΕΙΣ ης ΓΡΑΠΤΗΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ Άσκηση 6 6 Λύση: α) 7z + z (cosπ + isi π ) π+ kπ π+ kπ Κατά συνέπεια z (cos + isi ), k,,, 5 Παίρνουµε τις ρίζες 6 6 z (cos + isi ) ( + i ) + i, π π 6 6 6 z (cos + isi ) (cos

Διαβάστε περισσότερα

QR είναι ˆx τότε x ˆx. 10 ρ. Ποιά είναι η τιµή του ρ και γιατί (σύντοµη εξήγηση). P = [X. 0, X,..., X. (n 1), X. n] a(n + 1 : 1 : 1)

QR είναι ˆx τότε x ˆx. 10 ρ. Ποιά είναι η τιµή του ρ και γιατί (σύντοµη εξήγηση). P = [X. 0, X,..., X. (n 1), X. n] a(n + 1 : 1 : 1) ΕΠΙΣΤΗΜΟΝΙΚΟΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ I (22 Σεπτεµβρίου) ΕΠΙΛΕΓΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ 1ο ΘΕΜΑ 1. Αφού ορίσετε ακριβώς τι σηµαίνει πίσω ευσταθής υπολογισµός, να εξηγήσετε αν ο υ- πολογισµός του εσωτερικού γινοµένου δύο διανυσµάτων

Διαβάστε περισσότερα

(Γραμμικές) Αναδρομικές Σχέσεις

(Γραμμικές) Αναδρομικές Σχέσεις (Γραμμικές) Αναδρομικές Σχέσεις ιδάσκοντες: Φ. Αφράτη,. Φωτάκης Επιμέλεια διαφανειών:. Φωτάκης Σχολή Ηλεκτρολόγων Μηχανικών και Μηχανικών Υπολογιστών Εθνικό Μετσόβιο Πολυτεχνείο Αναδρομικές Σχέσεις Αναπαράσταση

Διαβάστε περισσότερα

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ Ε.1 I. 1. α 2 = 9 α = 3 ψ p: α 2 = 9, q: α = 3 Σύνολο αλήθειας της p: Α = {-3,3}, Σύνολο αλήθειας της q: B = {3} A B 2. α 2 = α α = 1 ψ p: α 2 = α, q: α = 1 Σύνολο

Διαβάστε περισσότερα

Σηµειώσεις για τα Μαθήµατα Εισαγωγή στην Ανάλυση Ι και Εισαγωγή στην Ανάλυση ΙΙ Θέµης Μήτσης

Σηµειώσεις για τα Μαθήµατα Εισαγωγή στην Ανάλυση Ι και Εισαγωγή στην Ανάλυση ΙΙ Θέµης Μήτσης Σηµειώσεις για τα Μαθήµατα Εισαγωγή στην Ανάλυση Ι και Εισαγωγή στην Ανάλυση ΙΙ Θέµης Μήτσης Τµηµα Μαθηµατικων Πανεπιστηµιο Κρητης Ηρακλειο Περιεχόµενα Κεφάλαιο. Το Αξίωµα τής Πληρότητας 5 Ασκήσεις 9

Διαβάστε περισσότερα

«ΣΥΝΕΧΗ ΚΛΑΣΜΑΤΑ ΚΑΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ: ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΕΙΣ ΚΑΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ»

«ΣΥΝΕΧΗ ΚΛΑΣΜΑΤΑ ΚΑΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ: ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΕΙΣ ΚΑΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ» Σχολή Εφαρμοσμένων Μαθηματικών και Φυσικών Επιστημών Εθνικό Μετσόβιο Πολυτεχνείο «ΣΥΝΕΧΗ ΚΛΑΣΜΑΤΑ ΚΑΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ: ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΕΙΣ ΚΑΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ» ΜΠΙΘΗΜΗΤΡΗ ΒΑΣΙΛΙΚΗ ΣΤΕΛΛΑ Επιβλέπουσα: Αν. Καθηγήτρια

Διαβάστε περισσότερα

2. Στοιχεία Πολυδιάστατων Κατανοµών

2. Στοιχεία Πολυδιάστατων Κατανοµών Στοιχεία Πολυδιάστατων Κατανοµών Είναι φανερό ότι έως τώρα η µελέτη µας επικεντρώνεται κάθε φορά σε πιθανότητες που αφορούν µία τυχαία µεταβλητή Σε αρκετές όµως περιπτώσεις ενδιαφερόµαστε να εξετάσουµε

Διαβάστε περισσότερα

Μεταθέσεις και πίνακες μεταθέσεων

Μεταθέσεις και πίνακες μεταθέσεων Παράρτημα Α Μεταθέσεις και πίνακες μεταθέσεων Το παρόν παράρτημα βασίζεται στις σελίδες 671 8 του βιβλίου: Γ. Χ. Ψαλτάκης, Κβαντικά Συστήματα Πολλών Σωματιδίων (Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, Ηράκλειο,

Διαβάστε περισσότερα

1.4 ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΩΝ ΠΑΡΑΓΩΓΩΝ

1.4 ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΩΝ ΠΑΡΑΓΩΓΩΝ 1 1. ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΩΝ ΠΑΡΑΓΩΓΩΝ ΘΕΩΡΙΑ 1. Θεώρηµα γνησίως αύξουσας Αν µία συνάρτηση είναι παραγωγίσιµη σ ένα διάστηµα και για κάθε εσωτερικό σηµείο του ισχύει f () > 0 τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο.

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ «ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ» ΘΕΜΑΤΙΚΗ ΕΝΟΤΗΤΑ : ΠΛΗ12 «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι» Επαναληπτική Τελική Εξέταση 16 Ιουλίου 2003

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ «ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ» ΘΕΜΑΤΙΚΗ ΕΝΟΤΗΤΑ : ΠΛΗ12 «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι» Επαναληπτική Τελική Εξέταση 16 Ιουλίου 2003 http://edueapgr/pli/pli/studetshtm Page of 6 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ «ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ» ΘΕΜΑΤΙΚΗ ΕΝΟΤΗΤΑ : ΠΛΗ «ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι» Επαναληπτική Τελική Εξέταση 6 Ιουλίου Απαντήστε όλα

Διαβάστε περισσότερα

Σηµειώσεις στους πραγµατικούς και µιγαδικούς αριθµούς

Σηµειώσεις στους πραγµατικούς και µιγαδικούς αριθµούς Σηµειώσεις στους πραγµατικούς και µιγαδικούς αριθµούς Τα βασικά αριθµητικά σύνολα Οι πρώτοι αριθµοί που διδάσκεται ο µαθητής στο δηµοτικό σχολείο είναι οι φυσικοί αριθµοί Αυτοί είναι οι 0,,,, 4, κτλ Το

Διαβάστε περισσότερα

Συναρτήσεις Όρια Συνέχεια

Συναρτήσεις Όρια Συνέχεια Κωνσταντίνος Παπασταματίου Μαθηματικά Γ Λυκείου Κατεύθυνσης Συναρτήσεις Όρια Συνέχεια Συνοπτική Θεωρία Μεθοδολογίες Λυμένα Παραδείγματα Επιμέλεια: Μαθηματικός Φροντιστήριο Μ.Ε. «ΑΙΧΜΗ» Κ. Καρτάλη 8 (με

Διαβάστε περισσότερα

ÖÑÏÍÔÉÓÔÇÑÉÏ ÏÑÏÓÇÌÏ

ÖÑÏÍÔÉÓÔÇÑÉÏ ÏÑÏÓÇÌÏ ΘΕΜΑ Α ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑΛ Β 6 ΜΑΪΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α Θεωρία (θεώρ Frmat) σχολικό βιβλίο, σελ 6-6 Α Θεωρία (ορισµός) σχολικό βιβλίο, σελ 8 Α3 ΘΕΜΑ Β α β γ δ ε Σ Σ Λ Λ Σ B Έχουµε από υπόθεση

Διαβάστε περισσότερα

5.1 Συναρτήσεις δύο ή περισσοτέρων µεταβλητών

5.1 Συναρτήσεις δύο ή περισσοτέρων µεταβλητών Κεφάλαιο 5 ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΠΟΛΛΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ 5.1 Συναρτήσεις δύο ή περισσοτέρων µεταβλητών Οταν ένα µεταβλητό µέγεθος εξαρτάται αποκλειστικά από τις µεταβολές ενός άλλου µεγέθους, τότε η σχέση που συνδέει

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΑΧΙΣΤΑ ΑΝΩ ΜΕΓΙΣΤΑ ΚΑΤΩ ΦΡΑΓΜΑΤΑ

ΕΛΑΧΙΣΤΑ ΑΝΩ ΜΕΓΙΣΤΑ ΚΑΤΩ ΦΡΑΓΜΑΤΑ ΕΛΑΧΙΣΤΑ ΑΝΩ ΜΕΓΙΣΤΑ ΚΑΤΩ ΦΡΑΓΜΑΤΑ Κασαπίδης Γεώργιος Μαθηµατικός Στο άρθρο αυτό µελετάµε την πιο χαρακτηριστική ιδιότητα του συνόλου R των πραγµατικών αριθµών. ΟΡΙΣΜΟΣ 1 Ένα σύνολο Α από πραγµατικούς

Διαβάστε περισσότερα

ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΣΥΝΟΠΤΙΚΗ ΘΕΩΡΕΙΑ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΣΥΝΟΠΤΙΚΗ ΘΕΩΡΕΙΑ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΣΥΝΟΠΤΙΚΗ ΘΕΩΡΕΙΑ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ Φροντιστήριο Μ.Ε. «ΑΙΧΜΗ» Κ.Καρτάλη 8 Βόλος Τηλ. 43598 ΠΊΝΑΚΑΣ ΠΕΡΙΕΧΟΜΈΝΩΝ 3. Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥ... 5 ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ...

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 16 ΜΑΪΟΥ 2011 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 16 ΜΑΪΟΥ 2011 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑΛ Β 6 ΜΑΪΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α Θεωρία (Θεώρ Frmat) σχολικό βιβλίο σελ 6-6 Α Θεωρία (Ορισµός) σχολικό βιβλίο σελ 8 Α3 ΘΕΜΑ Β α β γ δ ε Σ Σ Λ Λ Σ B Έχουµε από υπόθεση

Διαβάστε περισσότερα

Μαθηματικά Γ Γυμνασίου

Μαθηματικά Γ Γυμνασίου Α λ γ ε β ρ ι κ έ ς π α ρ α σ τ ά σ ε ι ς 1.1 Πράξεις με πραγματικούς αριθμούς (επαναλήψεις συμπληρώσεις) A. Οι πραγματικοί αριθμοί και οι πράξεις τους Διδακτικοί στόχοι Θυμάμαι ποιοι αριθμοί λέγονται

Διαβάστε περισσότερα

Βασικές Γνώσεις Μαθηματικών Α - Β Λυκείου

Βασικές Γνώσεις Μαθηματικών Α - Β Λυκείου Βασικές Γνώσεις Μαθηματικών Α - Β Λυκείου Αριθμοί 1. ΑΡΙΘΜΟΙ Σύνολο Φυσικών αριθμών: Σύνολο Ακέραιων αριθμών: Σύνολο Ρητών αριθμών: ακέραιοι με Άρρητοι αριθμοί: είναι οι μη ρητοί π.χ. Το σύνολο Πραγματικών

Διαβάστε περισσότερα

4.6 Η ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΔΙΟΦΑΝΤΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ

4.6 Η ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΔΙΟΦΑΝΤΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ 174 46 Η ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΔΙΟΦΑΝΤΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ Εισαγωγή Ένα από τα αρχαιότερα προβλήματα της Θεωρίας Αριθμών είναι η αναζήτηση των ακέραιων αριθμών που ικανοποιούν κάποιες δεδομένες σχέσεις Με σύγχρονη ορολογία

Διαβάστε περισσότερα

1 Η εναλλάσσουσα ομάδα

1 Η εναλλάσσουσα ομάδα Η εναλλάσσουσα ομάδα Η εναλλάσσουσα ομάδα Όπως είδαμε η συνάρτηση g : S { } είναι ένας επιμορφισμός ομάδων. Ο πυρήνας Ke g {σ S / g σ } του επιμορφισμού συμβολίζεται με A περιέχει όλες τις άρτιες μεταθέσεις

Διαβάστε περισσότερα

Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά προσανατολισμού-ψηφιακό σχολείο ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ

Επαναληπτικά θέματα στα Μαθηματικά προσανατολισμού-ψηφιακό σχολείο ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 ο -ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ Απο το Ψηφιακό Σχολείο του ΥΠΠΕΘ Επιμέλεια: Συντακτική Ομάδα mathpgr Συντονιστής:

Διαβάστε περισσότερα

Παράρτηµα 3 Εξισώσεις Διαφορών και Στοχαστικές Διαδικασίες

Παράρτηµα 3 Εξισώσεις Διαφορών και Στοχαστικές Διαδικασίες Γιώργος Αλογοσκούφης, Θέµατα Δυναµικής Μακροοικονοµικής, Αθήνα 0 Παράρτηµα 3 Εξισώσεις Διαφορών και Στοχαστικές Διαδικασίες Στο παράρτηµα αυτό εξετάζουµε τις ιδιότητες και τους τρόπους επίλυσης των εξισώσεων

Διαβάστε περισσότερα

Καθηγητήσ Μαθηματικών: Κωτςάκησ Γεώργιοσ e-mail: kotsakis @ windowslive. com.

Καθηγητήσ Μαθηματικών: Κωτςάκησ Γεώργιοσ e-mail: kotsakis @ windowslive. com. Καθηγητήσ Μαθηματικών: Κωτςάκησ Γεώργιοσ e-mail: kotsakis @ windowslive. com. A. Οι κανόνες De L Hospital και η αρχική συνάρτηση κάνουν πιο εύκολη τη λύση των προβλημάτων με το Θ. Rolle. B. Η αλγεβρική

Διαβάστε περισσότερα

(GNU-Linux, FreeBSD, MacOsX, QNX

(GNU-Linux, FreeBSD, MacOsX, QNX 1.7 διαταξεις (σελ. 17) Παράδειγµα 1 Θα πρέπει να κάνουµε σαφές ότι η επιλογή των λέξεων «προηγείται» και «έπεται» δεν έγινε απλώς για λόγους αφαίρεσης. Μπορούµε δηλαδή να ϐρούµε διάφορα παραδείγµατα στα

Διαβάστε περισσότερα

ΙΙΙ εσµευµένη Πιθανότητα

ΙΙΙ εσµευµένη Πιθανότητα ΙΙΙ εσµευµένη Πιθανότητα 1 Λυµένες Ασκήσεις Ασκηση 1 Στρίβουµε ένα νόµισµα δύο ϕορές. Υποθέτοντας ότι και τα τέσσερα στοιχεία του δειγµατοχώρου Ω {(K, K, (K, Γ, (Γ, K, (Γ, Γ} είναι ισοπίθανα, ποια είναι

Διαβάστε περισσότερα

Σηµειώσεις Θεωρίας Αριθµών. Θ. Θεοχάρη-Αποστολίδη

Σηµειώσεις Θεωρίας Αριθµών. Θ. Θεοχάρη-Αποστολίδη Σηµειώσεις Θεωρίας Αριθµών Θ. Θεοχάρη-Αποστολίδη Ευχαριστώ ιδιαίτερα τη ϕοιτήτριά µου Μαρίνα Παλαιστή για τη µεταφορά του χειρογράφου µου σε κείµενο "tex" Κεφάλαιο 1 Βασικές Ιδιότητες Ισοδυναµιών Η ϑεωρία

Διαβάστε περισσότερα

I. ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ. math-gr

I. ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ. math-gr I ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ i e ΜΕΡΟΣ Ι ΟΡΙΣΜΟΣ - ΒΑΣΙΚΕΣ ΠΡΑΞΕΙΣ Α Ορισμός Ο ορισμός του συνόλου των Μιγαδικών αριθμών (C) βασίζεται στις εξής παραδοχές: Υπάρχει ένας αριθμός i για τον οποίο ισχύει i Το σύνολο

Διαβάστε περισσότερα

ΟΡΙΑ. 0 : Παραγοντοποιώ αριθµητή και παρονοµαστή και διώχνω τους παράγοντες x, x 0 που προκύπτουν.

ΟΡΙΑ. 0 : Παραγοντοποιώ αριθµητή και παρονοµαστή και διώχνω τους παράγοντες x, x 0 που προκύπτουν. ΟΡΙΑ Πηλίκα πολυωυµικώ µε µορφή 0 0 : Παραγοτοποιώ αριθµητή και παροοµαστή και διώχω τους παράγοτες, 0 που προκύπτου Περιπτώσεις µε ρίζες µορφής 0 0 Περιπτώσεις στις οποίες χρειάζεται α πολλαπλασιάσω µε

Διαβάστε περισσότερα

ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΝΑ ΕΝΟΤΗΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ 1.1

ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΝΑ ΕΝΟΤΗΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ 1.1 ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΝΑ ΕΝΟΤΗΤΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ 1.1 ΘΕΜΑ ο ΘΕΜΑ 16950 α) Να κατασκευάσετε ένα γραμμικό σύστημα δυο εξισώσεων με δυο αγνώστους με συντελεστές

Διαβάστε περισσότερα

Το Ορισµένο Ολοκλήρωµα

Το Ορισµένο Ολοκλήρωµα Το Ορισµένο Ολοκλήρωµα Λυγάτσικας Ζήνων Πρότυπο Πειραµατικό Γ.Ε.Λ. Βαρβακείου Σχολής 3 Μαρτίου 4 Εισαγωγή Ο δρόµος της ϑεωρίας της ολοκλήρωσης ξεκινά απο τον Αρχιµήδη, αλλά η πραγµατική ιστορία αρχίζει

Διαβάστε περισσότερα

Ακρότατα πραγματικών συναρτήσεων

Ακρότατα πραγματικών συναρτήσεων Ακρότατα πραγματικών συναρτήσεων Ορισμός Έστω U R, U και f : U R R συνάρτηση τότε: )Το λέγεται τοπικό ελάχιστο της f αν υπάρχει περιοχή V του ώστε f f για κάθε V U Το λέγεται τοπικό μέγιστο της f αν υπάρχει

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι. Θεωρητικα Θεµατα

Αλγεβρικες οµες Ι. Θεωρητικα Θεµατα Αλγεβρικες οµες Ι Θεωρητικα Θεµατα Ακαδηµαϊκο Ετος 2012-2013 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html 4 εκεµβρίου 2012

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 5ο: Εντολές Επανάληψης

Κεφάλαιο 5ο: Εντολές Επανάληψης Χρήστος Τσαγγάρης ΕΕ ΙΠ Τµήµατος Μαθηµατικών, Πανεπιστηµίου Αιγαίου Κεφάλαιο 5ο: Εντολές Επανάληψης Η διαδικασία της επανάληψης είναι ιδιαίτερη συχνή, αφού πλήθος προβληµάτων µπορούν να επιλυθούν µε κατάλληλες

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ Γυμνασίου

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ Γυμνασίου ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ Γυμνασίου Κεφάλαιο ο Αλγεβρικές Παραστάσεις ΛΕΜΟΝΙΑ ΜΠΟΥΤΣΚΟΥ Γυμνάσιο Αμυνταίου ΜΑΘΗΜΑ Α. Πράξεις με πραγματικούς αριθμούς ΑΣΚΗΣΕΙΣ ) ) Να συμπληρώσετε τα κενά ώστε στην κατακόρυφη στήλη

Διαβάστε περισσότερα

1.5 ΧΑΡΑΚΤΗΡΕΣ ΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑΣ

1.5 ΧΑΡΑΚΤΗΡΕΣ ΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑΣ 1 1.5 ΧΑΡΑΚΤΗΡΕΣ ΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑΣ ΜΚ ΕΚΠ ΑΝΑΛΥΣΗ ΑΡΙΘΜΟΥ ΣΕ ΓΙΝΟΜΕΝΟ ΠΡΩΤΩΝ ΠΑΡΑΓΟΝΤΩΝ ΘΕΩΡΙΑ 1. Πολλαπλάσια του α : Είναι οι αριθµοί που προκύπτουν αν πολλαπλασιάσουµε τον α µε όλους τους φυσικούς. Είναι

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 3 Πίνακες. χρησιµοποιώντας µόνο την ακόλουθη διάταξη αριθµών 1 1 2 1 2 5 1 0

Κεφάλαιο 3 Πίνακες. χρησιµοποιώντας µόνο την ακόλουθη διάταξη αριθµών 1 1 2 1 2 5 1 0 Σελίδα από 53 Κεφάλαιο 3 Πίνακες Περιεχόµενα 3 Ορισµοί Επεξεργασµένα Παραδείγµατα Ασκήσεις 3 3 Πράξεις µε Πίνακες Πρόσθεση Πινάκων Πολλαπλασιασµός Πίνακα µε Αριθµό Πολλαπλασιασµός Πινάκων ιωνυµικό Ανάπτυγµα

Διαβάστε περισσότερα

Εκφωνήσεις και λύσεις των ασκήσεων της Τράπεζας Θεμάτων στην Άλγεβρα Α ΓΕΛ

Εκφωνήσεις και λύσεις των ασκήσεων της Τράπεζας Θεμάτων στην Άλγεβρα Α ΓΕΛ Κοίταξε τις µεθόδους, τις λυµένες ασκήσεις και τις ασκήσεις προς λύση των ενοτήτων 6, 7 του βοηθήµατος Μεθοδολογία Άλγεβρας και Στοιχείων Πιθανοτήτων Α Γενικού Λυκείου των Ευσταθίου Μ. και Πρωτοπαπά Ελ.

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ ΤΑΞΗΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ 2003

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ ΤΑΞΗΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ 2003 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ ΤΑΞΗΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ o A. Να αποδείξετε ότι, αν µία συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη σ ένα σηµείο x, τότε είναι και συνεχής στο σηµείο αυτό. Β. Τι

Διαβάστε περισσότερα

ΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ ΕΙΣΑΓΩΓΗ

ΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ ΕΙΣΑΓΩΓΗ Ο κύριος στόχος αυτού του κεφαλαίου είναι να δείξουµε ότι η ολοκλήρωση είναι η αντίστροφη πράξη της παραγώγισης και να δώσουµε τις βασικές µεθόδους υπολογισµού των ολοκληρωµάτων

Διαβάστε περισσότερα

e-mail@p-theodoropoulos.gr

e-mail@p-theodoropoulos.gr Ασκήσεις Μαθηµατικών Κατεύθυνσης Γ Λυκείου Παναγιώτης Λ. Θεοδωρόπουλος Σχολικός Σύµβουλος Μαθηµατικών e-mail@p-theodoropoulos.gr Στην εργασία αυτή ξεχωρίζουµε και µελετάµε µερικές περιπτώσεις ασκήσεων

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ Θα ξεκινήσουµε την παρουσίαση των γραµµικών συστηµάτων µε ένα απλό παράδειγµα από τη Γεωµετρία, το οποίο ϑα µας ϐοηθήσει στην κατανόηση των συστηµάτων αυτών και των συνθηκών

Διαβάστε περισσότερα

2.6 ΟΡΙΑ ΑΝΟΧΗΣ. πληθυσµού µε πιθανότητα τουλάχιστον ίση µε 100(1 α)%. Το. X ονοµάζεται κάτω όριο ανοχής ενώ το πάνω όριο ανοχής.

2.6 ΟΡΙΑ ΑΝΟΧΗΣ. πληθυσµού µε πιθανότητα τουλάχιστον ίση µε 100(1 α)%. Το. X ονοµάζεται κάτω όριο ανοχής ενώ το πάνω όριο ανοχής. 2.6 ΟΡΙΑ ΑΝΟΧΗΣ Το διάστηµα εµπιστοσύνης παρέχει µία εκτίµηση µιας άγνωστης παραµέτρου µε την µορφή διαστήµατος και ένα συγκεκριµένο βαθµό εµπιστοσύνης ότι το διάστηµα αυτό, µε τον τρόπο που κατασκευάσθηκε,

Διαβάστε περισσότερα

Ενότητα 1: Εισαγωγή Ασκήσεις και Λύσεις

Ενότητα 1: Εισαγωγή Ασκήσεις και Λύσεις Ενότητα 1: Εισαγωγή Ασκήσεις και Λύσεις Άσκηση 1 Αποδείξτε τη µεταβατική και τη συµµετρική ιδιότητα του Θ. Λύση Μεταβατική Ιδιότητα (ορισµός): Αν f(n) = Θ(g(n)) και g(n) = Θ(h(n)) τότε f(n)=θ(h(n)). Για

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ. 118 ερωτήσεις θεωρίας με απάντηση 324 416 ασκήσεις για λύση. 20 συνδυαστικά θέματα εξετάσεων

ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ. 118 ερωτήσεις θεωρίας με απάντηση 324 416 ασκήσεις για λύση. 20 συνδυαστικά θέματα εξετάσεων ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ 118 ερωτήσεις θεωρίας με απάντηση 34 416 ασκήσεις για λύση ερωτήσεις κατανόησης λυμένα παραδείγματα 0 συνδυαστικά θέματα εξετάσεων Π Ε Ρ Ι Ε Χ Ο Μ Ε Ν Α Εισαγωγική ενότητα Το λεξιλόγιο

Διαβάστε περισσότερα

θ. Bolzano θ. Ενδιάμεσων τιμών θ. Μεγίστου Ελαχίστου και Εφαρμογές

θ. Bolzano θ. Ενδιάμεσων τιμών θ. Μεγίστου Ελαχίστου και Εφαρμογές Περιοδικό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ΕΜΕ (Τεύχος 35) θ Bolzano θ Ενδιάμεσων τιμών θ Μεγίστου Ελαχίστου και Εφαρμογές Στο άρθρο αυτό επιχειρείται μια προσέγγιση των βασικών αυτών θεωρημάτων με εφαρμογές έ- τσι ώστε να

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12)

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12) ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) ΕΡΓΑΣΙΑ η Ηµεροµηνία Αποστολής στον Φοιτητή: 5 Οκτωβρίου 006 Ηµεροµηνία παράδοσης της Εργασίας: 0 Νοεµβρίου 006.

Διαβάστε περισσότερα

Β Λυκείου - Ασκήσεις Συναρτήσεις. x1+ 5 x2 + 5 (x1+ 5)(x2 2) (x2 + 5)(x1 2) = = = x 2 x 2 (x 2)(x 2) = = (x 2)(x 2) (x 2)(x 2)

Β Λυκείου - Ασκήσεις Συναρτήσεις. x1+ 5 x2 + 5 (x1+ 5)(x2 2) (x2 + 5)(x1 2) = = = x 2 x 2 (x 2)(x 2) = = (x 2)(x 2) (x 2)(x 2) Να μελετηθεί η συνάρτηση Β Λυκείου - Ασκήσεις Συναρτήσεις x+ 5 f(x = ως προς τη μονοτονία. x Το πεδίο ορισμού της f(x είναι το {}. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: Έστω x1 < x

Διαβάστε περισσότερα

Εκπαιδευτικός Οµιλος ΒΙΤΑΛΗ

Εκπαιδευτικός Οµιλος ΒΙΤΑΛΗ Βασικά Μαθηµατικά ρ. Κωνσταντίνος Κυρίτσης Μακράς Στοάς 7 & Εθνικής Αντιστάσεως Πειραιάς 185 31 04 Μαρτίου 009 Περίληψη Οι παρούσες σηµειώσεις αποτελούν µια περίληψη των ϐασικών µα- ϑηµατικών γνώσεων που

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γιώργος Πρέσβης ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ B ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο : ΕΞΙΣΩΣΗ ΕΥΘΕΙΑΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ Φροντιστήρια Φροντιστήρια ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 1η Κατηγορία : Εξίσωση Γραμμής 1.1 Να εξετάσετε

Διαβάστε περισσότερα

Προσδιορισµός της φασµατικής ισχύος ενός σήµατος

Προσδιορισµός της φασµατικής ισχύος ενός σήµατος Προσδιορισµός της φασµατικής ισχύος ενός σήµατος Το φάσµα ενός χρονικά εξαρτώµενου σήµατος µας πληροφορεί πόσο σήµα έχουµε σε µία δεδοµένη συχνότητα. Έστω µία συνάρτηση µίας µεταβλητής, τότε από το θεώρηµα

Διαβάστε περισσότερα