ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 9

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 9"

Transcript

1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 9 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : Πέµπτη 12 Ιανουαρίου 2017 Ασκηση 1. Εστω a και n δύο ακέραιοι, όπου n 1. Να δειχθεί ότι ο ϑετικός ακέραιος x είναι λύση της ισοτιµίας a x 1 (mod n) αν και µόνον αν : ord n (a) x. Ως εφαρµογή να ϐρεθούν όλες οι ϑετικές ακέραιες λύσεις της ισοτιµίας 2 x 1 (mod 7). Λύση. «=» Εστω ότι ο ϑετικός ακέραιος x ικανοποιεί την ισοτιµία a x 1 (mod n). Τότε n a x 1. είχνουµε πρώτα ότι (n, a) = 1. Πράγµατι, αν (n, a) = d, τότε d a και άρα d a x. Επειδή d n, ϑα έχουµε d a x 1, και εποµένως d a x (a x 1) = 1. Ετσι πράγµατι d = (a, n) = 1 και εποµένως ορίζεται η τάξη ord n (a) του a (mod n). Από την Ευκλείδεια ιαίρεση του x µε την τάξη ord n (a), ϑα έχουµε : x = q ord n (a) + r, 0 r < ord n (a) Τότε : a x 1 (mod n) = a q ordn(a)+r 1 (mod n) = (a ordn(a) ) q a r 1 (mod n) = a r 1 (mod n) Επειδή r < ord n (a), έπεται ότι r = 0 και εποµένως x = q ord n (a), δηλαδή ord n (a) x. «=» Εστω ord n (a) x, και εποµένως x = q ord n (a), για κάποιον ακέραιο q. Τότε a x = a q ordn(a) = (a ordn(a) ) q 1 q 1 (mod n) Σύµφωνα µε τα παραπάνω, ο ακέραιος x είναι λύση της ιοτιµίας 2 x 1 (mod 7) αν και µόνον αν ord 7 (2) x. Γνωρίζουµε ότι ord 7 (2) φ(7) = 6. Εποµένως ord 7 (2) = 1 ή 2 ή 3 ή 6. Επειδή 2 1 = 2 1 (mod 7), 2 2 = 4 1 (mod 7), και 2 3 = 8 1 (mod 7), έπεται ότι ord 7 (2) = 3. Εποµένως ο ακέραιος x είναι λύση της ισοτιµίας 2 x 1 (mod 7) αν και µόνον αν 3 x, ή ισοδύναµα x = 3 k για κάποιον ακέραιο k. Ετσι για παράδειγµα, επειδή 3 15, ο ακέραιος x = 15 είναι λύση της ισοτιµίας 2 x 1 (mod 7), και επειδή 3 10, ο ακέραιος x = 10 δεν είναι λύση της ισοτιµίας 2 x 1 (mod 7). Ασκηση 2. Εστω n 3 ακέραιος. είξτε ότι Σαν συνέπεια να συµπεράνετε ότι : 2. (n 1, n) = 1 & ord n (n 1) = 2

2 2 Λύση. Εστω d = (n 1, n). Τότε d n 1 d n = d 1 = d = 1 Άρα (n 1, n) = 1 και εποµένως ορίζεται η τάξη του ακεραίου n 1 (mod n), δηλαδή έχει νόηµα ο αριθµός ord n (n 1). Εχουµε και (n 1) 2 = n 2 2n (mod n) n 1 1 (mod n) Επειδή n 3 έχουµε ότι 1 1 (mod n). Πράγµατι, αν 1 1 (mod n) τότε n 2 και άρα n 2, κάτι το οποίο είναι άτοπο. Εποµένως ϑα έχουµε ότι ord n (n 1) = 2 Γνωρίζουµε ότι για κάθε a Z µε (a, n) = 1 ισχύει ότι ord n (a) Συνεπώς ord n (n 1) = 2. Ασκηση 3. Εστω n 2 ακέραιος και a, b ϑετικοί ακέραιοι. είξτε ότι : ab 1 (mod n) = (a, n) = (b, n) = 1 & ord n (a) = ord n (b) Λύση. Επειδή ab 1 (mod n), ϑα έχουµε ότι : n ab 1. Εστω d = (a, n). Τότε d n d n d ab 1 = = d a d ab d ab = d 1 = d = (a, n) = 1 Παρόµοια δείχνουµε ότι (b, n) = 1. Εστω ότι ord n (a) = r και ord n (b) = s. Τότε Εχουµε και άρα Παρόµοια δείχνουµε ότι a r 1 (mod n) και b s 1 (mod n) a r 1 (mod n) = a r b r b r (mod n) = (ab) r b r (mod n) = 1 r 1 b r (mod n) = b r 1 (mod n) ord n (b) = s r (1) ord n (a) = r s (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) έπεται το Ϲητούµενο : ord n (a) = r = s = ord n (b). Ασκηση 4. Βρείτε τις τάξεις mod 16 των ακεραίων 3, 5, 7 και 9.

3 3 Λύση. Υπολογίζουµε : ord 16 (3): 3 2 = 9, 3 3 = (mod 16), 3 4 = 33 1 (mod 16). Άρα ord 16 (3) = 4 ord 16 (5): 5 2 = 25 9 (mod 16), 5 3 = (mod 16), 5 4 = 65 1 (mod 16). Συνεπώς ord 16 (5) = 4 ord 16 (7): 7 2 = 49 1 (mod 16). Εποµένως ord 16 (7) = 2 ord 16 (9): 9 2 = 81 1 (mod 16). Άρα ord 16 (9) = 2 Συνοψίζοντας, οι τάξεις mod 16 των ακεραίων 3, 5, 7 και 9 είναι 4, 4, 2 και 2 αντίστοιχα. Ασκηση 5. Εστω n > 1 ένας ϑετικός ακέραιος, και a Z ένας ακέραιος ο οποίος είναι πρώτος προς τον m, έτσι ώστε ord m (a) = m 1. είξτε ότι ο m είναι πρώτος. Λύση. Επειδή (a, m) = 1 από το Θεώρηµα του Euler, έπεται ότι a φ(m) 1 (mod m). έχουµε ord m (a) φ(m). Επειδή από την υπόθεση έχουµε ord m (a) = m 1, έπεται ότι : m 1 φ(m) = m 1 φ(m) Εποµένως ϑα Επειδή φ(m) = m αν και µόνον αν m = 1, και επειδή από την υπόθεση m > 1, έπεται ότι φ(m) m 1, και εποµένως ϑα έχουµε : φ(m) = m 1 Αυτό σηµαίνει ότι : { k N 1 k m & (k, m) = 1 } = m 1 Εποµένως ιδιαίτερα ϑα έχουµε ότι ο m δεν έχει γνήσιους διαιρέτες και άρα ο m είναι πρώτος. Σχόλιο 1. Επειδή για κάθε δύο ακέραιους a και b µε την ιδιότητα (a, n) = 1 = (b, n), ισχύει ότι a b (mod n) = ord n (a) = ord n (b), έπεται ότι η τάξη ενός ακεραίου a εξαρτάται µόνο από την κλάση ισοτιµίας του (mod n). Ετσι ϑεωρώντας το σύνολο U(Z n ) των αντιστρεψίµων κλάσων ισοτιµίας (mod n), µπορούµε ισοδύναµα να ορίσουµε την τάξη του στοιχείου [a] n U(Z n ) ως εξής : ord n ([a] n ) = ord n (a) = min { k N [a] k n = [1] n } Ασκηση 6. Βρείτε τις τάξεις των στοιχείων του U(Z 9 ) και U(Z 10 ), όπου U(Z n ) = U n είναι το σύνολο των αντιστρεψίµων στοιχείων του Z n. Λύση. (1) Υπολογισµός τάξεων των στοιχείων του U(Z 9 ). Ο συµβολισµός [a] σηµαίνει εδώ [a] 9. Επειδή 9 = 3 2 έχουµε φ(9) = 9(1 1/3) = 6 και U(Z 9 ) = { [1], [2], [4], [5], [7], [8] }

4 4 Από την Θεωρία ξέρουµε ότι αν a είναι ακέραιος µε (a, 9) = 1 τότε ord 9 (a) φ(9) = 6, και άρα ord 9 (a) {1, 2, 3, 6}. Φανερά ord 9 (1) = 1 και αφού [8] = [ 1] έχουµε ord 9 (8) = 2. Εχουµε [2 2 ] = [4], [2 3 ] = [8] και εποµένως ord 9 (2) = 6. Εχουµε [4 2 ] = [16] = [7] = [ 2], [4 3 ] = [4][ 2] = [ 8] = [1] και εποµένως ord 9 (4) = 3. Επίσης [5 2 ] = [25] = [7] = [ 2], [5 3 ] = [5][ 2] = [ 10] = [ 1] και εποµένως ord 9 (5) = 6. Τέλος και άρα ord 9 (7) = 3. [7 2 ] = [( 2) 2 ] = [4], [7 3 ] = [7][4] = [1] (2) Υπολογισµός τάξεων των στοιχείων του U(Z 10 ). Ο συµβολισµός [a] σηµαίνει εδώ [a] 10. Αφού 10 = 2 5 έχουµε φ(10) = 10(1 1/2)(1 1/5) = 4 και { } U(Z 10 ) = [1], [3], [7], [9] Από την Θεωρία ξέρουµε ότι αν a είναι ακέραιος µε (a, 10) = 1 τότε ord 10 (a) φ(10) = 4, και άρα ord 10 (a) {1, 2, 4}. Φανερά έχουµε ord 10 (1) = 1 και αφού [9] = [ 1] έχουµε ord 10 (9) = 2. Επίσης [3 2 ] = [9] = [ 1] και εποµένως ord 10 (3) = 4. Τέλος έχουµε [7 2 ] = [( 3)] 2 = [ 1] και εποµένως ord 10 (7) = 4. Ασκηση 7. είξτε ότι αν a, n είναι ϑετικοί ακέραιοι, τότε : και ακολούθως να συµπεράνετε ότι : n φ(a n 1). Λύση. Εστω 1 t < n. Τότε διότι διαφορετικά αν ord a n 1(a) = n a t 1 (mod a n 1) a t 1 (mod a n 1) = a n 1 a t 1 = a n 1 a t 1 = a n a t που είναι άτοπο αφού οι a, t και n είναι ϑετικοί ακέραιοι και t < n. Από την άλλη πλευρά όµως έχουµε προφανώς ότι a n 1 (mod a n 1) και άρα έπεται ότι n = ord a n 1(a) = min { k N a k 1 (mod a n 1) } Τέλος από γνωστή ιδιότητα έχουµε ότι ord a n 1(a) = n φ(a n 1). Ασκηση 8. Εστω n 2 και a Z. Υποθέτουµε ότι a n 1 1 (mod n), και a d 1 (mod n) για κάθε γνήσιο ϑετικό διαιρέτη d του n 1. Να δειχθεί ότι ο n είναι πρώτος. Λύση. Επειδή a n 1 1 (mod n), ϑα έχουµε n a n 1 1 και εποµένως υπάρχει k Z έτσι ώστε a n 1 1 = kn. Ετσι a n 1 + ( k)n = a a n 1 + ( k)n = 1 και εποµένως (a, n) = (a n 1, n) = 1. Η τελευταία σχέση δείχνει ότι ορίζεται η τάξη r := ord n (a). Επειδή a n 1 1 (mod n), ϑα έχουµε r n 1. Επειδή από την υπόθεση a d 1 (mod n) για κάθε γνήσιο ϑετικό διαιρέτη d του n 1, έπεται ότι ο n 1 είναι ο µικρότερος ϑετικός ακέραιος k έτσι ώστε a k 1 (mod n). Εποµένως r = n 1. Επειδή ord n (a) ϕ(n), ϑα έχουµε n 1 ϕ(n). Επειδή ϕ(n) n, επειδή = n αν και µόνον αν n = 1, και επειδή από την υπόθεση n 2, ϑα έχουµε ότι ϕ(n) n 1 και εποµένως ϕ(n) = n 1. Αυτό

5 5 σηµαίνει ότι ο µόνος ϑετικός διαιρέτης του n εκτός του 1 είναι ο n, δηλαδή οι µόνοι ϑετικοί διαιρέτες του n είναι οι 1 και n, δηλαδή ο n είναι πρώτος. Ασκηση Βρείτε, αν υπάρχουν, πρωταρχικές ϱίζες (mod n), όπου n = 4, 5, 10, 13, 14, Βρείτε, αν υπάρχουν, πρωταρχικές ϱίζες (mod 20). Λύση. 1. Θα έχουµε : (1) Εστω n = 4. Αναζητούµε 1 a 4, έτσι ώστε (4, a) = 1 και ord 4 (a) = φ(4) = 2. Άρα a = 1 ή 3. Επειδή προφανώς a = 1 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα mod 4, και επειδή 3 1 = 3 1 (mod 4), και 3 2 = 9 1 (mod 4), έπεται ότι ord 4 (a) = 2 και άρα : a = 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 4) (2) Εστω n = 5. Αναζητούµε 1 a 5, έτσι ώστε (5, a) = 1 και ord 5 (a) = φ(5) = 4. Άρα a = 1 ή 2 ή 3 ή 4. Επειδή προφανώς a = 1 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα mod 5, και επειδή 2 1 = 2 1 (mod 5), και 2 2 = 4 1 (mod 5), και 2 3 = (mod 5), και 2 4 = 16 1 (mod 5), έπεται ότι ord 5 (2) = 4 και άρα : a = 2 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 5) (3) Εστω n = 10. Αναζητούµε 1 a 10, έτσι ώστε (10, a) = 1 και ord 10 (a) = φ(10) = 4. Άρα a = 1 ή 3 ή 7 ή 9. Επειδή προφανώς a = 1 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα mod 10, και επειδή 3 1 = 3 1 (mod 10), και 3 2 = 9 1 (mod 10), και 3 3 = (mod 10), και 3 4 = 21 1 (mod 10), έπεται ότι ord 10 (3) = 4 και άρα : a = 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 10) (4) Εστω n = 13. Αναζητούµε 1 a 13, έτσι ώστε (14, a) = 1 και ord 14 (a) = φ(14) = 6. Άρα a = 1 ή 2 ή ή 12. Επειδή προφανώς a = 1 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα mod 13, και επειδή όπως µπορούµε να δούµε εύκολα 3 k 1 (mod 13), αν 1 k 11, και 2 12 = = = = 40 1 (mod 13), έπεται ότι ord 13 (2) = 12 και άρα : a = 2 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 13) (5) Εστω n = 14. Αναζητούµε 1 a 14, έτσι ώστε (14, a) = 1 και ord 14 (a) = φ(14) = 6. Άρα a = 1 ή 3 ή 5 ή 9 ή 11 ή 13. Επειδή προφανώς a = 1 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα mod 14, και επειδή 3 1 = 3 1 (mod 14), και 3 2 = 9 1 (mod 14), και 3 3 = (mod 14), και 3 4 = (mod 14), και 3 5 = (mod 14), και 3 6 = 15 1 (mod 14), έπεται ότι ord 14 (3) = 6 και άρα : a = 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 14) (6) Εστω n = 18. Αναζητούµε 1 a 18, έτσι ώστε (18, a) = 1 και ord 18 (a) = φ(18) = 6. Άρα a = 1 ή 5 ή 7 ή 11 ή 13 ή 17. Επειδή προφανώς a = 1 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα mod 14, και επειδή 5 1 = 5 1 (mod 18), και 5 2 = 25 7 (mod 18), και 5 3 = (mod 18), και 5 4 = (mod 18), και 5 5 = (mod 18), και 5 6 = 35 1 (mod 18), έπεται ότι ord 18 (5) = 6 και άρα : a = 5 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 18) 2. Εστω n = 20. Αναζητούµε 1 a 20, έτσι ώστε (20, a) = 1 και ord 20 (a) = φ(20) = 8. Άρα a = 1 ή 3 ή 7 ή 9 ή 11 ή 13 ή 17 ή 19. Επειδή γενικά ord 20 (a) φ(20) = 8, ϑα έχουµε ord 20 (a) = 1 ή 2 ή 4 ή 8. Ετσι εξετάζουµε τις δυνάµεις a d, όπου d = 1 ή 2 ή 4 ή 8, και αναζητούµε, αν υπάρχει, a έτσι ώστε ο διαιρέτης d = 8 να είναι η µικρότερη δύναµη του a έτσι ώστε a d 1 (mod 20). Υπολογίζουµε : (mod 20)

6 6 Εποµένως δεν υπάρχει 1 a 20, έτσι ώστε (20, a) = 1 και ord 20 (a) = φ(20) = 8, και άρα : δεν υπάρχει πρωταρχική ϱίζα (mod 20) Ασκηση 10. Βρείτε αρχικές ϱίζες mod n για n = 23 και n = 31. Λύση. 1. n = 23: Επειδή ο αριθµός 23 είναι πρώτος έπεται ότι υπάρχουν πρωταρχικές ϱίζες (mod 23). Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε a = 1, 2,, 22: a φ(23) a (mod 23) = a 22 1 (mod 23) Παρατηρούµε ότι για a = 2 υπάρχει µικρότερη δύναµη k από το 22 έτσι ώστε ο αριθµός 2 k να είναι (mod 23) ίσος µε 1. Πράγµατι έχουµε 2 11 = 2048 = = (mod 23) οκιµάζοντας όπως παραπάνω αποκλείουµε τους αριθµούς 3 και 4 αντίστοιχα, δηλαδή υπάρχουν µικρότερες από το 22 δυνάµεις k έτσι ώστε ο αριθµός a k, όπου a = 3, 4, να είναι (mod 23) ίσος µε 1. Θέτουµε τώρα a = 5. Τότε (a, 23) = 1 και (mod 23). Αν υπάρχει ένα k N έτσι ώστε 5 k 1 (mod 23) και k ο µικρότερος δυνατός αριθµός, δηλαδή k = ord 23 (5), τότε ϑα πρέπει Προφανώς k 1 και Άρα το 2 απορρίπτεται. Για το 11 έχουµε k 22 = k = 1, 2, 11, = 25 2 (mod 23) 5 11 = = (mod 23) Συνεπώς και το 11 απορρίπτεται. Τότε ord 23 (5) = 22 και εποµένως το 5 είναι µια πρωταρχική ϱίζα (mod 23). 2. n = 31: Επειδή ο αριθµός 31 είναι πρώτος έπεται ότι υπάρχουν πρωταρχικές ϱίζες (mod 31). Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε a = 1, 2,, 30: a φ(31) a (mod 31) = a 30 1 (mod 31) Παρατηρούµε ότι για a = 2 υπάρχει δύναµη k µικρότερη από το 30 έτσι ώστε ο αριθµός 2 k να είναι (mod 31) ίσος µε 1. Πράγµατι έχουµε 2 5 = 32 1 (mod 31) Θέτουµε τώρα a = 3. Τότε (a, 31) = 1 και (mod 31). Αν υπάρχει ένα k N έτσι ώστε 3 k 1 (mod 31) και k ο µικρότερος δυνατός αριθµός, δηλαδή k = ord 31 (3), τότε ϑα πρέπει Προφανώς το k = 1 απορρίπτεται και έχουµε : k = 2: (mod 31). k = 3: (mod 31). k = 5: 3 5 = (mod 31). k = 6: 3 6 = 26 3 = (mod 31). k 30 = k = 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30 k = 10: 3 10 = (mod 31). k = 15: 3 15 = = = (mod 31). Εποµένως όλες οι παραπάνω δυνάµεις απορρίπτονται και άρα 30 = min { k N 3 k 1 (mod 31) } = ord 31 (3) = 30 = φ(31)

7 δηλαδή το 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 31). 7 Ασκηση 11. Εστω n > 1 ένας ϑετικός ακέραιος, και a, b δύο ϑετικοί ακέραιοι έτσι ώστε : είξτε ότι : (a, n) = 1 = (b, n) & (ord n (a), ord n (b)) = 1 ord n (a b) = ord n (a) ord n (b) Να δειχθεί µε ένα αντιπαράδειγµα ότι η παραπάνω ισότητα δεν ισχύει αν (ord n (a), ord n (b)) 1. Λύση. Επειδή (a, n) = 1 = (b, n), έπεται ότι ορίζονται οι τάξεις ord n (a) και ord n (b) των a και b (mod n). Εστω ord n (a) = r & ord n (b) = s & ord n (ab) = t οπότε από την υπόθεση έχουµε (r, s) = 1. Θα έχουµε : Επίσης ϑα έχουµε : (ab) rs = a rs b rs = (a r ) s (b s ) r 1 s 1 r 1 (mod n) = t rs ( ) (ab) t 1 (mod n) = (ab) rt 1 (mod n) = a rt b rt 1 (mod n) = (a r ) t b rt 1 (mod n) = και παρόµοια = b rt 1 (mod n) = s rt (r,s)=1 = s t ( ) (ab) t 1 (mod n) = (ab) st 1 (mod n) = a st b st 1 (mod n) = a st (b s ) t 1 (mod n) = = a st 1 (mod n) = r st Επειδή (s, r) = 1, από τις σχέσεις ( ) και ( ) έπεται ότι : rs t (r,s)=1 = r t ( ) Τέλος από τις σχέσεις ( ) και ( ) έπεται το Ϲητούµενο t = rs. Από την Άσκηση 9, έπεται ότι ord 2 (3) = 4 = ord 20 (7), δηλαδή (ord 2 (3), ord 20 (7)) = 4, και τότε : ord 20 (3 7) = ord 20 (21) = ord 20 (1) = = ord 2 (3) ord 2 (7) ( ) Ασκηση 12. είξτε ότι αν υπάρχει µια πρωταρχική ϱίζα mod n τότε υπάρχουν ακριβώς φ() (ανισότιµες) πρωταρχικές ϱίζες mod n. Μπορείτε να περιγράψετε το σύνολο P n των πρωταρχικών ϱιζών mod n; Λύση. Εστω a µια πρωταρχική ϱίζα (mod n). Τότε U(Z n ) = { 1, a, a 2,..., a 1} και οι ϕυσικοί αριθµοί a, a 2,..., a 1 είναι ένα ανηγµένο (περιορισµένο) σύστηµα υπολοίπων (mod n). Επειδή ord n (a) = και επειδή γνωρίζουµε ότι έπεται ότι τα στοιχεία του συνόλου ord n (a k ) = ord n(a) (k, ord n (a)) = (k, ) S = { a k 1 k & (k, ) = 1 } είναι πρωταρχικές ϱίζες (mod n), διότι για κάθε k µε 1 k και (k, ) = 1 έχουµε ότι ord n (a k ) = Τα στοιχεία του S είναι ανα δυο ανισότιµα (mod n) διότι διαφορετικά το a δεν ϑα ήταν πρωταρχική ϱίζα.

8 8 Αντίστροφα τώρα, αν b είναι µια πρωταρχική ϱίζα (mod n) ϑα δείξουµε ότι υπάρχει ένα k, 1 k και (k, ) = 1, έτσι ώστε b a k (mod n) Πράγµατι ϑα πρέπει (b, n) = 1 και ord n (b) =. Επειδή το σύνολο {a, a 2,..., a 1 } είναι ένα ανηγµένο (περιορισµένο) σύστηµα υπολοίπων (mod n) έπεται ότι υπάρχει ένα k = 1,..., έτσι ώστε b a k (mod n). Θα δείξουµε ότι (k, ) = 1. Εχουµε = ord n (b) = ord n (a k ) = ord n(a) (k, ord n (a)) = (k, ) Συνεπώς έχουµε ότι το σύνολο P n των πρωταρχικών ϱιζών mod n είναι S = P n = (k, ) = 1 και το πλήθος τους είναι S = φ(). Ασκηση 13. Βρείτε όλες τις πρωταρχικές ϱίζες mod 23. Λύση. Από την Άσκηση 10 έχουµε ότι το 5 είναι µια πρωταρχική ϱίζα (mod 23). Από τη ϑεωρία γνω- ϱίζουµε, ϐλέπε και την Άσκηση 12, τότε ότι όλες οι πρωταρχικές ϱίζες (mod 23) είναι τα στοιχεία του συνόλου : P 23 = { 5 k 1 k 22 και (k, 22) = 1 } και το πλήθος τους είναι Τότε και υπολογίζουµε : φ(φ(23)) = φ(22) = 10 { 5 k 1 k 22 & (k, 22) = 1 } = { 5 1, 5 3, 5 5, 5 7, 5 9, 5 13, 5 15, 5 17, 5 19, 5 21} 5 5 (mod 23) (mod 23) (mod 23) (mod 23) (mod 23) (mod 23) (mod 23) (mod 23) (mod 23) Άρα οι, ανισότιµες ανά δύο, πρωταρχικές ϱίζες (mod 23) είναι : 5, 7, 10, 11, 14, 15, 17, 19, 20, 21. Ασκηση 14. Εστω n ένας ϕυσικός ακέραιος και a ένας ϑετικός ακέραιος έτσι ώστε : δείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : 1. Ο αριθµός a είναι µια πρωταρχική ϱίζα mod n. 2. Για κάθε πρώτο διαιρέτη p του, ισχύει ότι : Ως εφαρµογή, να εξετάσετε αν οι αριθµοί 2, 3 είναι : (α) πρωταρχικές ϱίζες mod 11, και (ϐ) πρωταρχικές ϱίζες mod 9. a p 1 (mod n) (a, n) = 1. Να

9 9 Λύση. 1. = 2.: Εστω ότι ο αριθµός a είναι µια πρωταρχική ϱίζα mod n. Τότε και άρα ord n (a) = a k 1 (mod n) για κάθε 1 k <. Ιδιαίτερα, αν p είναι ένας τυχαίος πρώτος διαιρέτης του, τότε διαλέγοντας k = p έπεται ότι a p 1 (mod n) διότι p <. 2. = 1.: Εστω ότι a p 1 (mod n) για κάθε πρώτο διαιρέτη p του και υποθέτουµε αντίθετα ότι το a δεν είναι πρωταρχική ϱίζα (mod n). Τότε ord n (a) και ord n (a) <. Θέτοντας ord n (a) = r ϑα έχουµε ότι r r > 1. Εστω p πρώτος διαιρέτης του r, ο οποίος υπάρχει διότι r > 1. Τότε = p m = p = m r = a p = a m r = (a r ) m = 1 m = 1 1 (mod n) που είναι ϕυσικά άτοπο. Συνεπώς ο αριθµός a είναι µια πρωταρχική ϱίζα mod n. Εφαρµογή: (α) Εστω n = 11 και a = 2. Τότε φ(11) = 10 και οι πρώτοι διαιρέτες του 10 είναι οι αριθµοί 2, 5. Οµως = 2 5 = 32 1 (mod 11) και Άρα = 2 2 = 4 1 (mod 11) ord 11 (2) = 10 = φ(11) δηλαδή το 2 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 11). Για a = 3 έχουµε = 3 5 = (mod 11) και άρα το 3 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 11). (ϐ) Εστω n = 9 και a = 2. Τότε φ(9) = 6 και οι πρώτοι διαιρέτες του 6 είναι οι αριθµοί 2, 3. Υπολογίζουµε : και Άρα = 2 3 = 8 1 (mod 9) = 2 2 = 4 1 (mod 9) ord 9 (2) = 6 = φ(9) δηλαδή το 2 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 9). Για a = 3 έχουµε και = (mod 9) 1 (mod 9) = 3 2 = 0 1 (mod 9) Συνεπώς το 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 9). Ασκηση είξτε ότι το 3 είναι αρχική ϱίζα mod Για δοθέντα ακέραιο a µε (a, 17) = 1 υπολογίστε τον ελάχιστο ϑετικό ακέραιο k ώστε a 3 k (mod 17).

10 10 3. Λύστε την ισοτιµία x 4 13 (mod 17) (1) Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a] Το 17 είναι πρώτος, άρα φ(17) = 16. Από την ϑεωρία ord 17 (3) 16. Οι διαιρέτες του 16 είναι το σύνολο {1, 2, 4, 8, 16}. Εχουµε [3] 2 = [9], [3] 3 = [9][3] = [27] = [10] = [ 7], [3 4 ] = [3][10] = [30] = [13] = [ 4], [3] 8 = [( 4) 2 ] = [16] = [ 1]. Εποµένως ord 17 3 = 16, άρα το 3 είναι αρχική ϱίζα mod Εστω a ακέραιος µε (a, 17) = 1 και b ο µοναδικός ακέραιος µε 1 b 16 και a b (mod 17). Φανερά ο ελάχιστος ϑετικός ακέραιος k ώστε a 3 k (mod 17) είναι ίσος µε τον ελάχιστο ϑετικό ακέραιο k 1 ώστε b 3 k 1 (mod 17). Χρησιµοποιώντας τα αποτέλεσµατα του (1) έχουµε µετά απο λίγες πράξεις [3] 1 = [3], [3] 2 = [9], [3] 3 = [10], [3] 4 = [13], [3] 5 = [5], [3] 6 = [15], [3] 7 = [11], [3] 8 = [16], [3] 9 = [14], [3] 10 = [8], [3] 11 = [7], [3] 12 = [4], [3] 13 = 12, [3] 14 = [2], [3] 15 = [6], [3] 16 = [1] Εποµένως για παράδειγµα, για b = 1 έχουµε k 1 = 16, για b = 2 έχουµε k 1 = 14, για b = 3 έχουµε k 1 = 1, για b = 4 έχουµε k 1 = 12, για b = 5 έχουµε k 1 = 5 και για b = 6 έχουµε k 1 = Παρατηρούµε ότι αν a, b είναι ακέραιοι µε [a] = [b] και το a είναι λύση της ισοτιµίας (1), τότε και το b είναι επίσης λύση της ίδιας ισοτιµίας. Ετσι µπορούµε να µιλάµε για λύσεις της ισοτιµίας στο Z 17. Εστω a µια λύση. Τότε υπάρχει ακέραιος t µε a 4 13 = 17 t και άρα a 4 = t το οποίο συνεπάγεται ότι (a 4, 17) = ( t, 17) = (13, 17) = 1. Σαν συνέπεια (a, 17) = 1 και άρα το a είναι αντιστρέψιµο στοιχείο του Z 17. Από το µέρος (1) της άσκησης το 3 είναι αρχική ϱίζα mod 17. Άρα υπάρχει ακέραιος k µε [3 k ] = [a]. Επίσης από το µέρος (1) της άσκησης έχουµε [13] = [3 4 ]. Εποµένως αναζητούµε ακέραιους k µε 1 k 16 ώστε (3 k ) (mod 17) (2) Το 3 σαν αρχική ϱίζα (mod 17) έχει τάξη φ(17) = 16. Εποµένως από την Θεωρία η εξίσωση (2) είναι ισοδύναµη µε την γραµµική ισοτιµία 4k 4 (mod 16) η οποία είναι ισοδύναµη µε την γραµµική ισοτιµία k 1 (mod 4). Οι λύσεις, ως προς k αυτής που είναι µεταξύ 1 και 16 είναι οι ακόλουθες : k = 1, 5, 9, 13. Χρησιµοποιώντας τους υπολογισµούς στο µέρος (2) της άσκησης οι λύσεις της ισοτιµίας (1) στο Z 17 είναι οι ακόλουθες : [3 1 ] = [3], [3 5 ] = [5], [3 9 ] = [14], [3 13 ] = [12]. Σαν συνέπεια οι λύσεις της ισοτιµίας (1) στο Z είναι το σύνολο [3] [5] [12] [14]. ηλαδή, ένας ακέραιος a είναι λύση της ισοτιµίας (1) αν και µόνο αν υπάρχουν ακέραιοι q, r ώστε a = 17q + r και r {3, 5, 12, 14}. Ασκηση 16. Εστω n = 4, p m ή 2p m, όπου p περιττός πρώτος και m 1 ακέραιος. Αν a είναι µια αρχική ϱίζα mod n, δείξτε ότι a /2 1 (mod n)

11 11 Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a] n. Αφού για n 3 ο αριθµός είναι άρτιος, έχουµε ότι ο αριθµός /2 είναι ακέραιος. Θέτουµε b = a /2. Αφού ord n (a) =, έχουµε ord n (b) = ord n (a /2 ) = (/2, ) = /2 = 2. Φανερά ord n ( 1) = 2, γιατί [ 1] 2 = [1]. Για να δείξουµε ότι b 1 (mod n) αρκεί να δείξουµε ότι το [ 1] είναι το µοναδικό αντιστρέψιµο στοιχείο του Z n που έχει τάξη 2. Αφού a είναι αρχική ϱίζα (mod n), τα αντιστρέψιµα στοιχεία του Z n είναι το σύνολο {[a] k 1 k } = {[a], [a 2 ], [a 3 ],..., [a 1 ], [a ] = [1]} Εποµένως αρκεί να δείξουµε ότι αν k ακέραιος µε 1 k 1 και ord n (a k ) = 2 τότε k = /2. Αφού ord n (a k ) = (k, ) η υπόθεση ord n (a k ) = 2 συνεπάγεται ότι = (k, ). 2 Άρα 2 k. Αφού 1 k 1, έπεται ότι 2 = k Ασκηση 17. Εστω p περιττός πρώτος και a ένας ακέραιος µε (a, p) = 1. είξτε ότι : 1. Αν p 1 mod 4, τότε ο a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p αν και µόνο αν ο ακέραιος a είναι επίσης πρωταρχική ϱίζα mod p. 2. Αν p 3 mod 4, τότε ο a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p αν και µόνο αν ord p ( a) = p 1 2. Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a] p. 1. Υποθέτουµε ότι p 1 mod 4, και έστω q ακέραιος µε p 1 = 4q. Αφού p πρώτος έχουµε φ(p) = p 1 = 4q. Αφού ( a) = a, αρκεί να υποθέσουµε ότι ο ακέραιος a µε (a, p) = 1 είναι αρχική ϱίζα mod p και να δείξουµε ότι και το a είναι αρχική ϱίζα mod p. Υποθέτουµε ότι το a δεν είναι αρχική ϱίζα mod p και ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. Αφού το a δεν είναι αρχική ϱίζα mod p έχουµε ότι ord p ( a) < φ(p) = 4q, άρα υπάρχει ακέραιος διαιρέτης d του 4q µε 1 d < 4q ώστε ( a) d 1 mod p. Αν ο d είναι άρτιος, αφού a d = ( a) d έπεται ότι και a d 1 mod p, αντίφαση αφού ord p (a) = 4q. Υποθέτουµε d περιττός. Αφού d 4q έχουµε ότι d q. Άρα ( a) q 1 mod p που συνεπάγεται ότι a q 1 mod p και άρα ότι a 2q 1 mod p, το οποίο είναι αντίφαση αφού ord p (a) = 4q. 2. Υποθέτουµε ότι p 3 mod 4, και έστω q ακέραιος µε p 3 = 4q. Αφού p πρώτος έχουµε φ(p) = p 1 = 4q + 2. Πρώτα ϑα υποθέσουµε ότι ο a είναι αρχική ϱίζα mod p και ϑα δείξουµε ότι ord p ( a) = p 1 2. Από την Άσκηση 8 του παρόντος ϕυλλαδίου a p mod p. Εποµένως [ a] = [ 1][a] = [a] p 1 p 1 2 [a] = [a] 2 +1 = [a] p+1 2 Εποµένως από την Θεωρία έχουµε οτι p 1 ord p ( a) = (p 1, p+1 2 ) = 4q + 2 (4q + 2, 2q + 2) Εχουµε (4q + 2, 2q + 2) = (4q + 2 2(2q + 2), 2q + 2) = ( 2, 2q + 2) = 2

12 12 Συνεπώς ord p ( a) = (4q + 2)/2 = 2q + 1 = (p 1)/2. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι ord p ( a) = p 1 2 και ϑα δείξουµε ότι το a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p δηλαδή ότι ord p (a) = p 1. Από την Θεωρία ord p (a) φ(p) = p 1 = 4q + 2. Αρκεί να υποθέσουµε ότι για κάποιον ακέραιο k µε 1 k < p 1 έχουµε a k 1 mod p και να καταλήξουµε σε αντίφαση. Αν ο k είναι άρτιος, τότε a k = ( a) k και άρα ( a) k 1 mod p, το οποίο συνεπάγεται ότι 2q +1 k. Αφού k άρτιος και 2q +1 περιττός έπεται ότι 2(2q +1) = p 1 k και άρα k p 1, αντίφαση. Υποθέτουµε τώρα ότι ο k είναι περιττός. Τότε ο 2k είναι άρτιος και [( a) 2k ] = [( 1) 2k ][a 2k ] = [ 1 2 ] k [a k ] 2 = [1][1] = [1] Άρα 2q + 1 2k το οποίο συνεπάγεται ότι 2q + 1 k. Αφού k < p 1 = 2(2q + 1) έχουµε k = 2q + 1. Ετσι a 2q+1 1 mod p το οποίο συνεπάγεται ότι ( a) 2q+1 = a 2q+1 1 mod p, αντίφαση αφού υποθέσαµε ότι ord p ( a) = 2q + 1. Προφανώς το 1 είναι πρώταρχική ϱίζα mod 2 1 και το 3 είναι πρωταρχική ϱίζα mod 2 2. Άσκηση δείχνει ιδιαίτερα ότι δεν υπάρχουν πρωταρχικές ϱίζες mod 2 m, m 3. Η επόµενη Ασκηση 18. Εστω a ένας περιττός ϑετικός ακέραιος. Να δειχθεί ότι, m 3: a ϕ(2m ) 2 1 (mod 2 m ) Λύση. Θέτουµε n = 2 m. Θα αποδείξουµε τον ισχυρισµό µε χρήση της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής επί του m ξεκινώντας από το m = 3. Αν m = 3, τότε a ϕ(2m ) 2 = a ϕ(23 ) 2 = a ϕ(8) 2 = a 4 2 = a 2. Επειδή ο a είναι περιττός, ϑα είναι της µορφής a = 2k + 1 για κάποιον ακέραιο k 0. Τότε a 2 = (2k + 1) 2 = 4k 2 + 4k + 1 = 4k(k + 1) + 1, δηλαδή a 2 1 = 4k(k +1). Επειδή το γινόµενο δύο διαδοχικών ακέραιων είναι πάντα άρτιος αριθµός, ϑα έχουµε 2 k(k + 1) και εποµένως 8 4k(k + 1), δηλαδή 8 a 2 1 και εποµένως Συνοψίζοντας ϑα έχουµε ότι a ϕ(23 ) 2 1 (mod 2 3 ). Επαγωγικη Υποθεση: Υποθέτουµε ότι m > 3 και : a ϕ(2m ) 2 1 (mod 2 m ). Τότε 2 m a ϕ(2m ) 2 1, και εποµένως υπάρχει s Z έτσι ώστε a ϕ(2m ) 2 1 = s2 m = a ϕ(2m ) 2 = s2 m + 1 = a ϕ(2m) = (s2 m + 1) 2 = m+1 s + 2 2m s 2 Επειδή m+1 < 2m (αν m+1 2m,τότε 1 m το οποίο είναι άτοπο), ϑα έχουµε οτι 2 m+1 2 2m δηλαδή 2 2m 0 (mod 2 m+1 ). Τότε η παραπάνω σχέση δίνει : a ϕ(2m) 1 (mod 2 m+1 ) Τέλος επειδή ϕ(2 m+1 ) = 2m+1 2 m = 2m = 2m 1 = ϕ(2 m ) Οι τελευταίες δύο σχέσεις δείχνουν το Ϲητούµενο a ϕ(2m+1 ) 2 1 (mod 2 m+1 ) Από την Αρχή Μαθηµατικής Επαγωγής έπεται ότι ισχύει η Ϲητούµενη σχέση για κάθε m 3.

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. 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 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 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 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

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

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

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

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 Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt014/nt014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

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

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

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

F 5 = (F n, F n+1 ) = 1.

F 5 = (F n, F n+1 ) = 1. Λύσεις Θεμάτων Θεωρίας Αριθμών 1. (α) Να δειχθεί ότι ο πέμπτος αριθμός της μορφής Fermat, δηλαδή ο F 5 2 25 + 1 διαιρείται από το 641. (β) Εστω F n η ακολουθία των αριθμών Fermat, δηλαδή F n 2 2n + 1,

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

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

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

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

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

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

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

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

Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας)

Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας) Τµήµα Μαθηµατικών, Πανεπιστηµίου Κρήτης Εξεταστική περίοδος Σεπτεµβρίου ακαδηµαϊκού έτους 29-2 Τρίτη, 3 Αυγούστου 2 Εφαρµοσµένη Άλγεβρα ιδάσκων: Α. Τόγκας Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις

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

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

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

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

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

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 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

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

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

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 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

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

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

1 Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών

1 Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών ΜΑΣ 02. Απειροστικός Λογισµός Ι Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών Ορισµός.. Ονοµάζουµε ακολουθία πραγµατικών αριθµών κάθε απεικόνιση του συνόλου N των ϕυσικών αριθµών, στο σύνολο R των πραγµατικών

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 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

ΜΑΘΗΜΑ ΜΟΝΟΤΟΝΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ. Αντίστροφη συνάρτηση. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Συνάρτηση 1-1. Θεωρία Σχόλια Μέθοδοι Ασκήσεις

ΜΑΘΗΜΑ ΜΟΝΟΤΟΝΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ. Αντίστροφη συνάρτηση. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Συνάρτηση 1-1. Θεωρία Σχόλια Μέθοδοι Ασκήσεις ΜΑΘΗΜΑ 5. ΜΟΝΟΤΟΝΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Συνάρτηση - Αντίστροφη συνάρτηση Θεωρία Σχόλια Μέθοδοι Ασκήσεις ΘΕΩΡΙΑ. Ορισµός Συνάρτηση :Α R λέγεται συνάρτηση, όταν για οποιαδήποτε, Α µε ισχύει

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

3 o Καλοκαιρινό Μαθηµατικό σχολείο Ε.Μ.Ε. Λεπτοκαρυά Πιερίας 2009

3 o Καλοκαιρινό Μαθηµατικό σχολείο Ε.Μ.Ε. Λεπτοκαρυά Πιερίας 2009 3 o Καλοκαιρινό Μαθηµατικό σχολείο Ε.Μ.Ε. Λεπτοκαρυά Πιερίας 2009 ιαιρετότητα και Ισοτιµίες Β και Γ Λυκείου Αλέξανδρος Γ. Συγκελάκης ags@math.uoc.gr Ιούλιος 2009 1 ιαιρετοτητα και Ισοτιµιες ΠΡΟΛΟΓΟΣ Το

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ ΑΡΧΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΠΑΓΩΓΗΣ

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ ΑΡΧΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΠΑΓΩΓΗΣ ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ - 11 - ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ ΑΡΧΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΠΑΓΩΓΗΣ Έστω Ρ(ν) ένας ισχυρισµός, ο οποίος αναφέρεται στους θετικούς ακέραιους Αν: i) o ισχυρισµός είναι αληθής για τον ακέραιο 1,

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Η Κανονική Μορφή Jordan - I Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 35 7 Η Κανονική Μορφή Jordan - I Στην

Διαβάστε περισσότερα

Όνοµα: Λιβαθινός Νικόλαος 2291

Όνοµα: Λιβαθινός Νικόλαος 2291 ΠΡΩΤΗ ΆΣΚΗΣΗ ΣΤΗΝ ΚΡΥΠΤΟΓΡΑΦΙΑ Όνοµα: Λιβαθινός Νικόλαος 9 Ηµεροµηνία: 3/5/003 Άσκηση ώστε όλες τις υποοµάδες των Z και Ζ 5 * Προκειµένου να δώσουµε τις υποοµάδες θα πρέπει αρχικά να ορίσουµε τα σύνολα

Διαβάστε περισσότερα

2 Αποδείξεις. 2.1 Εξαντλητική µέθοδος. Εκδοση 2005/03/22. Υπάρχουν πολλών ειδών αποδείξεις. Εδώ ϑα δούµε τις πιο κοινές:

2 Αποδείξεις. 2.1 Εξαντλητική µέθοδος. Εκδοση 2005/03/22. Υπάρχουν πολλών ειδών αποδείξεις. Εδώ ϑα δούµε τις πιο κοινές: 2 Αποδείξεις Υπάρχουν πολλών ειδών αποδείξεις. Εδώ ϑα δούµε τις πιο κοινές: Εκδοση 2005/03/22 Εξαντλητική µέθοδος ή µέθοδος επισκόπησης. Οταν το πρόβληµα έχει πεπερασµένες αριθµό περιπτώσεων τις εξετάζουµε

Διαβάστε περισσότερα

Σ Υ Ν Α Ρ Τ Η Σ Ε Ι Σ

Σ Υ Ν Α Ρ Τ Η Σ Ε Ι Σ Σ Υ Ν Α Ρ Τ Η Σ Ε Ι Σ. Να βρείτε το πεδίο ορισµού των παρακάτω συναρτήσεων: ( = g( = + 4 h( = t( = 5 φ( = ln σ( = ln(ln p( = ln m( = λ R λ - λ - k( = ln 4 s( = ηµ. Να εξετάσετε αν για τις παραπάνω συναρτήσεις

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Πέµπτη 27 εκεµβρίου 2012 Ασκηση 1.

Διαβάστε περισσότερα

Τελική Εξέταση 10 Φεβρουαρίου 2017 ιάρκεια εξέτασης 2 ώρες και 30 λεπτά

Τελική Εξέταση 10 Φεβρουαρίου 2017 ιάρκεια εξέτασης 2 ώρες και 30 λεπτά Αριστοτελειο Πανεπιστηµιο Θεσσαλονικης Τµηµα Μαθηµατικων Αλγεβρικές οµές ΙΙ 1. Εστω ότι R Z 3 [x]. Τελική Εξέταση 10 Φεβρουαρίου 2017 ιάρκεια εξέτασης 2 ώρες 30 λεπτά (αʹ) Να αποδείξετε ότι ο R είναι περιοχή

Διαβάστε περισσότερα

4.2 ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΔΙΑΙΡΕΣΗ

4.2 ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΔΙΑΙΡΕΣΗ 14 4 ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΔΙΑΙΡΕΣΗ Ας υποθέσουμε ότι θέλουμε να βρούμε το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης του με τον Σύμφωνα με το γνωστό αλγόριθμο της διαίρεσης, το πηλίκο θα είναι ένας ακέραιος κ, τέτοιος,

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

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

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α ΕΡΓΑΣΙΑΣ. ( 8 µον.) Η άσκηση αυτή αναφέρεται σε διαιρετότητα και ρίζες πολυωνύµων. a. Να λυθεί η εξίσωση

Διαβάστε περισσότερα

2 o Καλοκαιρινό σχολείο Μαθηµατικών Νάουσα 2008

2 o Καλοκαιρινό σχολείο Μαθηµατικών Νάουσα 2008 2 o Καλοκαιρινό σχολείο Μαθηµατικών Νάουσα 2008 ιαιρετότητα και Ισοτιµίες Αλέξανδρος Γ. Συγκελάκης ags@math.uoc.gr Αύγουστος 2008 Αλεξανδρος Γ. Συγκελακης Στη µνήµη του δασκάλου µου, Χάρη Βαφειάδη... www.math.uoc.gr/

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 10

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 10 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 10 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τετάρτη 16 Ιανουαρίου 2013 Ασκηση

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

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

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

* * * ( ) mod p = (a p 1. 2 ) mod p.

* * * ( ) mod p = (a p 1. 2 ) mod p. Θεωρια Αριθμων Εαρινο Εξαμηνο 2016 17 Μέρος Α: Πρώτοι Αριθμοί Διάλεξη 1 Ενότητα 1. Διαιρετότητα: Διαιρετότητα, διαιρέτες, πολλαπλάσια, στοιχειώδεις ιδιότητες. Γραμμικοί Συνδυασμοί (ΓΣ). Ενότητα 2. Πρώτοι

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Υποοµάδες και το Θεώρηµα του Lagrange Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 210 2. Υποοµάδες και το Θεώρηµα

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στη Θεωρία Αριθµών για το Λύκειο. Ασκήσεις

Εισαγωγή στη Θεωρία Αριθµών για το Λύκειο. Ασκήσεις Εισαγωγή στη Θεωρία Αριθµών για το Λύκειο Σηµειώσεις Προετοιµασίας για Μαθηµατικούς ιαγωνισµούς Ασκήσεις Αλέξανδρος Γ. Συγκελάκης ags@math.uoc.gr Νοέµβριος 2012 1 Ασκησεις στη Θεωρια Αριθµων 1 Μαθηµατική

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

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Τριγωνοποίηση Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 7 2 Τριγωνοποίηση 21 Ανω Τριγωνικοί Πίνακες και

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

KΕΦΑΛΑΙΟ 4 AΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ

KΕΦΑΛΑΙΟ 4 AΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ 4. Ορισµοί KΕΦΑΛΑΙΟ 4 AΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ Ορισµός 4.. Μία συνάρτηση : µε πεδίο ορισµού το σύνολο των φυσικών αριθµών και τιµές στην πραγµατική ευθεία καλείται ακολουθία πραγµατικών αριθµών.

Διαβάστε περισσότερα

Απλές επεκτάσεις και Αλγεβρικές Θήκες

Απλές επεκτάσεις και Αλγεβρικές Θήκες Κεφάλαιο 7 Απλές επεκτάσεις και Αλγεβρικές Θήκες Στο κεφάλαιο αυτό εξετάζουµε τις απλές επεκτάσεις σωµάτων και τις συγκρίνουµε µε τις επεκτάσεις Galois. Επίσης εξετάζουµε τις αλγεβρικά κλειστές επεκτάσεις

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

b. Για κάθε θετικό ακέραιο m και για κάθε A. , υπάρχουν άπειρα το πλήθος πολυώνυμα ( x) [ x] m και ( A) 0.

b. Για κάθε θετικό ακέραιο m και για κάθε A. , υπάρχουν άπειρα το πλήθος πολυώνυμα ( x) [ x] m και ( A) 0. Ασκήσεις4 46 Ασκήσεις 4 Τριγωνίσιμες γραμμικές απεικονίσεις, Θεώρημα των Cayley-Hamilton Βασικά σημεία Ορισμός τριγωνίσιμου πίνακα, ορισμός τριγωνίσιμης γραμμικής απεικόνισης Κριτήριο τριγωνισιμότητας

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 12 Μαίου 2016 Ασκηση 1. Εστω

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

Κεφάλαιο 3. Ελεύθερα Πρότυπα. στοιχείων του Μ καλείται βάση του e λ παράγει το Μ, και ii) κάθε m M γράφεται κατά µοναδικό

Κεφάλαιο 3. Ελεύθερα Πρότυπα. στοιχείων του Μ καλείται βάση του e λ παράγει το Μ, και ii) κάθε m M γράφεται κατά µοναδικό Κεφάαιο 3 Εεύθερα Πρότυπα 3.1 Εεύθερα Πρότυπα Έστω Μ ένα R-πρότυπο. Μια οικογένεια Μ αν ) το σύνοο { Λ} τρόπο ως άθροισµα της µορφής πεπερασµένο πήθος από τα ( e ) στοιχείων του Μ καείται βάση του e παράγει

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

Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας)

Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας) Τµήµα Εφαρµοσµένων Μαθηµατικών Παν/µίου Κρήτης Εξεταστική περίοδος εαρινού εξαµήνου Πέµπτη, 2 Ιούνη 28 Γραµµική Αλγεβρα II ιδάσκων: Α. Τόγκας Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας) Θέµα

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

Θέµατα και απαντήσεις 1 στα «Σύνολα και Αριθµοί» Εξεταστική Ιανουαρίου 2012 ιδάξας Χ. Κορνάρος.

Θέµατα και απαντήσεις 1 στα «Σύνολα και Αριθµοί» Εξεταστική Ιανουαρίου 2012 ιδάξας Χ. Κορνάρος. Πανεπιστηµιο Αιγαιου Τµηµα Μαθηµατικων 8 200 Καρλοβασι Σαµος Καρλόβασι 09/02/2012 Θέµατα και απαντήσεις 1 στα «Σύνολα και Αριθµοί» Εξεταστική Ιανουαρίου 2012 ιδάξας Χ. Κορνάρος. 1. Απαντήστε µε α(αλήθεια)

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 6. Πεπερασµένα παραγόµενες αβελιανές οµάδες. Z 4 = 1 και Z 2 Z 2.

Κεφάλαιο 6. Πεπερασµένα παραγόµενες αβελιανές οµάδες. Z 4 = 1 και Z 2 Z 2. Κεφάλαιο 6 Πεπερασµένα παραγόµενες αβελιανές οµάδες Στο κεφάλαιο αυτό ϑα ταξινοµήσουµε τις πεπερασµένα παραγόµενες αβελιανές οµάδες. Αυτές οι οµάδες είναι από τις λίγες περιπτώσεις οµάδων µε µία συγκεκριµένη

Διαβάστε περισσότερα

Ακρότατα υπό συνθήκη και οι πολλαπλασιαστές του Lagrange

Ακρότατα υπό συνθήκη και οι πολλαπλασιαστές του Lagrange 64 Ακρότατα υπό συνθήκη και οι πολλαπλασιαστές του Lagrage Ας υποθέσουµε ότι ένας δεδοµένος χώρος θερµαίνεται και η θερµοκρασία στο σηµείο,, Τ, y, z Ας υποθέσουµε ότι ( y z ) αυτού του χώρου δίδεται από

Διαβάστε περισσότερα

Κρυπτογραφία και Πολυπλοκότητα

Κρυπτογραφία και Πολυπλοκότητα Απόδειξη του Αλγορίθµου Tonelli - Shanks Σχολή Εφαρµοσµένων και Φυσικών Επιστηµών ευτέρα 13 Φεβρουαρίου 2011 Το Πρόβληµα Να ϐρούµε x 1, x 2 Z p τέτοια ώστε: για κάποιο a Z p. x 2 i a (mod p) i 1, 2 (1)

Διαβάστε περισσότερα

Εφαρμοσμένη Κρυπτογραφία Ι

Εφαρμοσμένη Κρυπτογραφία Ι Εφαρμοσμένη Κρυπτογραφία Ι Κωνσταντίνου Ελισάβετ ekonstantinou@aegean.gr http://www.icsd.aegean.gr/ekonstantinou Ασύμμετρα Κρυπτοσυστήματα κλειδί κρυπτογράφησης k1 Αρχικό κείμενο (m) (δημόσιο κλειδί) Αλγόριθμος

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 9. Οµάδες συγκεκριµένης τάξης. 9.1 Οµάδες τάξης pq. Z p 2 και Z p Z p.

Κεφάλαιο 9. Οµάδες συγκεκριµένης τάξης. 9.1 Οµάδες τάξης pq. Z p 2 και Z p Z p. Κεφάλαιο 9 Οµάδες συγκεκριµένης τάξης Στο κεφάλαιο αυτό ϑα εφαρµόσουµε τη ϑεωρία που αναπτύχθηκε στα προηγούµενα κεφάλαια για να περιγράψουµε οµάδες τάξης pq, όπου p, q είναι διακεκριµένοι πρώτοι αριθµοί,

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

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

Διαβάστε περισσότερα

Κρυπτογραφία. Κωνσταντίνου Ελισάβετ

Κρυπτογραφία. Κωνσταντίνου Ελισάβετ Κρυπτογραφία Κωνσταντίνου Ελισάβετ ekonstantinou@aegean.gr http://www.icsd.aegean.gr/ekonstantinou Ησυνάρτησηφ(.) του Euler Για κάθε ακέραιο n> 0, έστω φ(n) το πλήθος των ακεραίων στο διάστημα [1, n] που

Διαβάστε περισσότερα

( ) 10 ( ) εποµ ένως. π π π π ή γενικότερα: π π. π π. π π. Άσκηση 1 (10 µον) Θεωρούµε το µιγαδικό αριθµό z= i.

( ) 10 ( ) εποµ ένως. π π π π ή γενικότερα: π π. π π. π π. Άσκηση 1 (10 µον) Θεωρούµε το µιγαδικό αριθµό z= i. http://elern.mths.gr/, mths@mths.gr, Τηλ: 697905 Ενδεικτικές απαντήσεις ης Γραπτής Εργασίας ΠΛΗ 00-0: Άσκηση (0 µον) Θεωρούµε το µιγαδικό αριθµό z= i. α) (5 µον) Βρείτε την τριγωνοµετρική µορφή του z.

Διαβάστε περισσότερα

to Modern Number Theory των Kenneth Ireland και Michael Rosen, GTM 84, Springer - Verlag, New York 1982.

to Modern Number Theory των Kenneth Ireland και Michael Rosen, GTM 84, Springer - Verlag, New York 1982. Αθροισµατα Gauss και Jacobi και Εφαρµογες Κατερίνα Κούτα Πτυχιακή Εργασία Παρουσιάσθηκε στις 15-11-2004 Επιβλέπων Καθηγητής ΝΓ Τζανάκης Τµήµα Μαθηµατικών - Πανεπιστήµιο Κρήτης Φθινοπωρινό εξάµηνο 2004

Διαβάστε περισσότερα

Προηγούµενο: Ανω Φράγµα στην Τάξη των Συναρτήσεων. Ρυθµός Αύξησης (Τάξη) των Συναρτήσεων. Σύνοψη Ιδιοτήτων

Προηγούµενο: Ανω Φράγµα στην Τάξη των Συναρτήσεων. Ρυθµός Αύξησης (Τάξη) των Συναρτήσεων. Σύνοψη Ιδιοτήτων Προηγούµενο: Ανω Φράγµα στην Τάξη των Συναρτήσεων Ρυθµός Αύξησης (Τάξη) των Συναρτήσεων Ορέστης Τελέλης η (τάξη της) f() είναι O( g() ) αν υπάρχουν σταθερές C και 0, τέτοιες ώστε: f() C g() για κάθε 0

Διαβάστε περισσότερα

Υπερβατικοί Αριθµοί και Θεώρηµα του Liouville

Υπερβατικοί Αριθµοί και Θεώρηµα του Liouville Υπερβατικοί Αριθµοί και Θεώρηµα του Liouville Χρήστος Κονταράτος 14 Νοεµβρίου 2014 1 Περιεχόµενα 1 Εισαγωγή 3 2 Το Θεώρηµα του Liouville 4 3 Η Υπερβατικότητα του ξ 6 4 Αριθµοί του Liouville 8 2 1 Εισαγωγή

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: Διανυσµατικοί Υποχώροι και Κατασκευές. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: Διανυσµατικοί Υποχώροι και Κατασκευές. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι Ενότητα: Διανυσµατικοί Υποχώροι και Κατασκευές Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 3 ιανυσµατικοι Υποχωροι και Κατασκευες Το παρόν

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young. Απόστολος Γιαννόπουλος.

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young. Απόστολος Γιαννόπουλος. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons.

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

HY118- ιακριτά Μαθηµατικά. Μαθηµατική επαγωγή. 11 Επαγωγή

HY118- ιακριτά Μαθηµατικά. Μαθηµατική επαγωγή. 11 Επαγωγή Επαγωγή HY8- ιακριτά Μαθηµατικά Τρίτη, /03/06 Μαθηµατική Επαγωγή Αντώνης Α. Αργυρός e-mail: argyros@csd.uoc.gr Το υλικό των διαφανειών έχει βασιστεί σε διαφάνειες του Kees van Deemter, από το University

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Εφαρµογές της Κανονικής Μορφής Jordan Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 46 8 Εφαρµογές της Κανονικής

Διαβάστε περισσότερα

Ενότητα: Πράξεις επί Συνόλων και Σώµατα Αριθµών

Ενότητα: Πράξεις επί Συνόλων και Σώµατα Αριθµών Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι Ενότητα: Πράξεις επί Συνόλων και Σώµατα Αριθµών Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 1 Εισαγωγη : Πραξεις επι Συνολων και Σωµατα Αριθµων

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

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

Διαβάστε περισσότερα

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ - ΥΠΟ ΕΙΞΕΙΣ ΣΤΙΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ - ΥΠΟ ΕΙΞΕΙΣ ΣΤΙΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ - ΥΠΟ ΕΙΞΕΙΣ ΣΤΙΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ 234 Κεφάλαιο 4ο: ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Απαντήσεις στις ερωτήσεις «Σωστό - Λάθος» 1. Λ 17. Σ 32. Σ 47. Σ 62. Σ 2. Σ 18. Σ 33. Λ 48. Λ 63. Σ 3. Λ 19. Λ 34. Σ 49. Σ 64. Λ 4.

Διαβάστε περισσότερα

Αριθμοθεωρητικοί Αλγόριθμοι

Αριθμοθεωρητικοί Αλγόριθμοι Αλγόριθμοι που επεξεργάζονται μεγάλους ακέραιους αριθμούς Μέγεθος εισόδου: Αριθμός bits που απαιτούνται για την αναπαράσταση των ακεραίων. Έστω ότι ένας αλγόριθμος λαμβάνει ως είσοδο έναν ακέραιο Ο αλγόριθμος

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 8. Η οµάδα S n. 8.1 Βασικές ιδιότητες της S n

Κεφάλαιο 8. Η οµάδα S n. 8.1 Βασικές ιδιότητες της S n Κεφάλαιο 8 Η οµάδα S n Στο κεφάλαιο αυτό ϑα µελετήσουµε την οµάδα µεταθέσεων ή συµµετρική οµάδα S n εφαρµόζοντας τη ϑεωρία που αναπτύχθηκε στα προηγούµενα κε- ϕάλαια. Η σηµαντικότητα της S n εµφανίστηκε

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

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

3 Αναδροµή και Επαγωγή

3 Αναδροµή και Επαγωγή 3 Αναδροµή και Επαγωγή Η ιδέα της µαθηµατικής επαγωγής µπορεί να επεκταθεί και σε άλλες δοµές εκτός από το σύνολο των ϕυσικών N. Η ορθότητα της µαθηµατικής επαγωγής ϐασίζεται όπως ϑα δούµε λίγο αργότερα

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στην Τοπολογία

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

Διαβάστε περισσότερα