ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4"

Transcript

1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : Πέµπτη 10 Νοεµβρίου 2016 Ασκηση 1. Να ϐρεθούν όλοι οι ϑετικοί ακέραιοι a, b για τους οποίους ισχύει ότι : (a, b) = 18 & [a, b] = 540 Λύση. Θα έχουµε 18 a και 18 b, και άρα a = 18 και b = 18m, για κάποιους ακέραιους, m. Παρατηρούµε ότι οι ακέραιοι, m αναγκαστικά είναι ϑετικοί, διότι a, b > 0. Επειδή (a, b) [a, b] = a b, ϑα έχουµε = m, δηλαδή 540 = 18m και άρα : m = 30. Ετσι το Ϲεύγος (, m) είναι ένα εκ των : (1, 30), (2, 15), (3, 10), (5, 6) και (30, 1), (15, 2), (10, 3), (6, 5). Συνεπώς οι ϑετικοί ακέραιοι a, b µε τις Ϲητούµενες ιδιότητες ϑα προκύπτουν από τα παραπάνω Ϲεύγη αν αυτά πολλαπλασιασθούν µε το 18: (a, b) { (18, 540), (36, 270), (54, 180), (90, 108), (540, 18), (270, 36), (180, 54), (108, 90) } Ασκηση Αν α, β, γ είναι µη-αρνητικοί ακέραιοι, δείξτε ότι : max { α, β, γ } = α + β + γ min { α, β } min { α, γ } min { β, γ } + min { α, β, γ } 2. είξτε ότι αν a, b, c είναι ϑετικοί ακέραιοι, τότε : [a, b, c] = a b c (a, b, c) (a, b) (a, c) (b, c) ( ) ( ) Λύση. 1. Υπάρχουν 6 δυνατές περιπτώσεις για τα α, β, γ: α β γ, α γ β, β α γ, β γ α, γ α β, γ β α Θα δείξουµε τη Ϲητούµενη σχέση στην περίπτωση α β γ. Οι άλλες περιπτώσεις αντιµετωπίζονται ανάλογα. Θα έχουµε : max { α, β, γ } = γ, α β γ = min { α, β } = α, min { α, γ } = α, min { β, γ } = β min { α, β, γ } = α Εποµένως : α+β+γ min { α, β } min { α, γ } min { β, γ } +min { α, β, γ } = α+β+γ α α β+α = γ = max { α, β, γ }

2 2 2. Παρατηρούµε ότι επειδή (a, b) a και (a, c) c και (b, c) b το κλάσµα στην δεξιά πλευρά της ( ) είναι ένας (ϑετικός) ακέραιος. Για τους ϑετικούς ακεραίους a, b, c µπορούµε να γράψουµε : a = p α 1 1 pα 2 2 pα, b = pβ 1 1 pβ 2 2 pβ, c = pγ 1 1 pγ 2 2 pγ όπου p 1, p 2,, p είναι διακεκριµένοι πρώτοι, και α i, β i, γ i, 1 i, είναι µη-αρνητικοί ακέραιοι. Τότε ϑα έχουµε : [a, b, c] = p max{α 1, β 1, γ 1 } 1 p max{α 2, β 2, γ 2 } 2 p max{α, β, γ } (a, b, c) = p min{α 1, β 1, γ 1 } 1 p min{α 2, β 2, γ 2 } 2 p min{α, β, γ } (a, b) = p min{α 1, β 1 } 1 p min{α 2, β 2 } 2 p min{α, β } (a, c) = p min{α 1, γ 1 } 1 p min{α 2, γ 2 } 2 p min{α, γ } (b, c) = p min{β 1, γ 1 } 1 p min{β 2, γ 2 } 2 p min{β, γ } Θα έχουµε : όπου m = 1, 2,, : a b c = p α 1+β 1 +γ 1 1 p α 2+β 2 +γ 2 2 p α +β +γ (a, b) (a, c) (b, c) [a, b, c] = p x 1 1 px 2 2 px x m = max { α m, β m, γ m } + min{αm, β m } + min{α m, γ m } + min{β m, β m } Από την άλλη πλευρά ϑα έχουµε : όπου m = 1, 2,, : a b c (a, b, c) = p y 1 1 py 2 2 py y m = α m + β m + γ m + min { α m, β m, γ m } Λαµβάνοντας υπ όψιν τη σχέση ( ) οι παραπάνω σχέσεις δίνουν m = 1, 2,, : x m = y m και εποµένως : (a, b) (a, c) (b, c) [a, b, c] = a b c (a, b, c) Ασκηση 3. Εστω a 1,..., a n ϑετικοί ακέραιοι. είξτε ότι [a 1, a 2,..., a n ] = a 1 a 2 a n (a i, a j ) = 1 για κάθε 1 i j n ( ) Λύση. Θα αποδείξουµε την παραπάνω ισοδυναµία µε χρήση της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής. Αν n = 1, τότε η ( ) ισχύει τετριµµένα. Εστω n = 2. Υπενθυµίζουµε ότι (a 1, a 2 ) [a 1, a 2 ] = a 1 a 2. Εποµένως [a 1, a 2 ] = a 1 a 2 [a 1, a 2 ] = (a 1, a 2 ) [a 1, a 2 ] (a 1, a 2 ) = 1 Επαγωγική Υπόθεση: Υποθέτουµε ότι για τυχόντες ϑετικούς ακεραίους a 1, a 2,, a n 1 ισχύει : [a 1, a 2,..., a n 1 ] = a 1 a 2 a n 1 (a i, a j ) = 1 για κάθε 1 i j n 1 ( ) «=» Υποθέτουµε ότι : (a i, a j ) = 1 για κάθε 1 i j n. Θα δείξουµε ότι : d = ([a 1, a 2 ], a ) = 1, 3 n Πράγµατι, αν d 1, τότε έστω p ένας πρώτος διαιρέτης του d. Τότε p a και p [a 1, a 2 ]. Επειδή (a 1, a 2 ) = 1, έπεται ότι [a 1, a 2 ] = a 1 a 2 και άρα p a 1 a 2, δηλαδή p a 1 ή p a 2. Τότε όµως p (a 1, a ) = 1 το οποίο είναι άτοπο, ή p (a 2, a ) = 1 το οποίο είναι επίσης άτοπο. Άρα πράγµατι d = 1.

3 3 Επειδή [a 1, a 2, a 3, a n ] = [[a 1, a 2 ], a 3, a n ] και ([a 1, a 2 ], a ) = 1 και (a m, a r ) = 1, 3 m r n, έπεται µε χρήση της Επαγωγικής Υπόθεσης ότι : και [a 1, a 2, a 3, a n ] = [[a 1, a 2 ], a 3, a n ] = [a 1, a 2 ] a 3 a n = a 1 a 2 a 3 a n «=» Υποθέτουµε ότι : [a 1, a 2,..., a n ] = a 1 a 2 a n. Επειδή από την υπόθεση ϑα έχουµε : και εποµένως : [a 1, a 2, a 3, a n ] = [[a 1, a 2,, a n 1 ], a n ] [[a 1, a 2,, a n 1 ], a n ] = [a 1, a 2,, a n 1 ] a ( n ) [a1, a 2,, a n 1 ]a n a 1 a 2 a n = [a 1, a 2,, a n 1 ] a ( n ) [a1, a 2,, a n 1 ], a n [a 1, a 2,, a n 1 ] = a 1 a 2 a n 1 ([a 1, a 2,, a n 1 ], a n ) Εστω d = ( [a 1, a 2,, a n 1 ], a n ), και M = [a1, a 2,, a n 1 ]. Τότε : M = a 1 a 2 a n 1 d = a 1 a 2 a n 1 M Οπως επειδή προφανώς ισχύει [a 1, a 2,, a n 1 ] a 1 a 2 a n 1, ϑα έχουµε αναγκαστικά d = 1 και : Από την Επαγωγική Υπόθεση, τότε έπεται ότι : [a 1, a 2,, a n 1 ] = a 1 a 2 a n 1 (a i, a j ) = 1, για κάθε 1 i j n 1 και µένει να δείξουµε ότι d = (a, a n ) = 1, για κάθε = 1, 2,, n 1. Σταθεροποιώντας ένα τέτοιο και επιλέγοντας m, αντικαθιστούµε στην παραπάνω διαδικασία τον αριθµό a n µε τον αριθµό a m. Τότε χρησιµοποιώντας ότι [a 1, a 2,, a n ] = [[a 1, a 2, a m 1, a m+1,, a n ], a m ] η παραπάνω διαδικασία, δείχνει ότι ϑα έχουµε : (a i, a j ) = 1, για κάθε 1 i j n και i, j m. Ιδιαίτερα ϑα έχουµε d = (a, a n ) = 1, για κάθε = 1, 2,, n 1. Συνοψίζοντας, δείξαµε ότι : (a i, a j ) = 1, για κάθε 1 i j n Ασκηση 4. Βρείτε όλες τις ακέραιες λύσεις ή αποδείξτε ότι δεν υπάρχουν ακέραιες λύσεις, για τις ακόλουθες διοφαντικές εξισώσεις x y = x y = x + 18y = 97 Λύση. 1. Από τον Ευκλείδειο αλγόριθµο έχουµε 1745 = = = = = = 7 5 Άρα d = (1485, 1745) = 5

4 4 Επειδή d 15, έπεται ότι η εξίσωση 1485x y = 15 έχει λύση. Για την εύρεση όλων των λύσεων, ϑα έχουµε : 5 = = 75 2 ( ) = = ( ) = = ( ) = = ( ) = Εποµένως 5 = και άρα 15 = ( 3 47) (3 40) 1745 Τότε έχουµε τη λύση x 0 = 3 47 = 141 και y 0 = 3 40 = 120 και για όλες οι λύσεις της εξίσωσης 1485x y = 15 δίνονται ως εξής : x = x 0 + b d y = y 0 a d t = t = t t = t = t 2. Από τον Ευκλείδειο αλγόριθµο έχουµε 1001 = = = = = = = 2 1 Άρα d = (102, 1001) = 1 Επειδή d 1, η εξίσωση 102x y = 1 έχει λύση.

5 5 Για την εύρεση όλων των λύσεων, ϑα έχουµε : Άρα έχουµε τη λύση 1 = = 5 2 (7 1 5) = = (19 2 7) = = ( ) = = ( ) = = ( ) = x 0 = 422 και y 0 = 43 Τότε όλες οι λύσεις της εξίσωσης 102x y = 1 είναι οι ακόλουθες : x = x 0 + b 1001 d t = t = t y = y 0 a d t = t = t 3. Υπολογίζουµε τον µέγιστο κοινό διαιρέτη : (60, 18) = 3 και Άρα η εξίσωση 60x+18y = 97 δεν έχει ακέραιες λύσεις. Ασκηση 5. (α) Εστω η ιοφαντική εξίσωση ax + by = c όπου a, b, c N και (a, b) = 1. Να δείξετε ότι το σύνολο των ϑετικών 1 λύσεων της παραπάνω διοφαντικής εξίσωσης είναι πεπερασµένο. (β) Να εξετασθεί αν η ιοφαντική εξίσωση έχει ϑετικές λύσεις. 31x + 43y = 5 Λύση. Επειδή d = (a, b) = 1 c, έπεται ότι η εξίσωση ax + by = c έχει λύσεις. Αν (x 0, y 0 ) είναι µια λύση, τότε όλες οι λύσεις είναι της µορφής : x = x 0 + b d t = x 0 + b t y = y 0 a d t = y 0 a t Επειδή Ϲητάµε ϑετικές λύσεις ϑα πρέπει x > 0 και y > 0, δηλαδή x 0 + b t > 0 και y 0 a t > 0. Άρα t > x 0 y 0 και b a > t = x 0 < t < y 0 b a Επειδή οι ακέραιοι στο διάστηµα ( x 0 b, y 0 ) a 1 Με τον όρο ϑετικές λύσεις ενοούµε λύσεις (x, y) µε την ιδιότητα x > 0 και y > 0.

6 6 είναι πεπερασµένοι σε πλήθος έπεται ότι το σύνολο των ϑετικών λύσεων της εξίσωσης ax + by = c είναι πεπερασµένο. Επιπρόσθετα το σύνολο των ϑετικών λύσεων είναι : x = x 0 + b t y = y 0 at ( x 0 b, y ) 0 a Από τον Ευκλείδειο αλγόριθµο έχουµε ότι (43, 31) = 1 5 και άρα η εξίσωση 31x + 43y = 5 έχει λύση. Τότε ϐρίσκουµε x 0 = 90 και y 0 = 65 και εποµένως όλες οι λύσεις της εξίσωσης είναι x = x 0 + b d t = t y = y 0 a d t = t Για να έχουµε ϑετικές λύσεις ϑα πρέπει t ( x 0 b, y 0 ) (90 = a 43, 65 ) ( ) = 2.093, και Z ( 2.093, ) = Συνεπώς από το πρώτο µέρος της άσκησης έπεται ότι η εξίσωση 31x + 43y = 5 δεν έχει ϑετικές λύσεις. Ασκηση 6. Ενας υπάλληλος ταχυδροµείου διαθέτει µόνο γραµµατόσηµα των 14 και 21 λεπτών. Με ποιούς συνδυασµούς αυτών των γραµµατοσήµων µπορεί να αποσταλλεί ένα δέµα το οποίο τιµάται : (α) 3.50, (β) 4.00 ; Λύση. (α) Εστω x ο αριθµός των γραµµατοσήµων των 14 λεπτών και y ο αριθµός των γραµµατοσή- µων των 21 λεπτών. Τότε το πλήθος x και y αυτών των γραµµατοσήµων ϑα πρέπει να ικανοποιεί τη ιοφαντική εξίσωση : 14x + 21y = 350 (α) Επειδή (14, 21) = 3 350, έπεται ότι η (α) έχει ακέραιες λύσεις. Επειδή 7 = , ϑα έχουµε : 350 = 50 7 = και άρα το Ϲεύγος (x 0, y 0 ) = ( 50, 50) αποτελεί µια ακέραια λύση της (α). Ολες οι ακέραιες λύσεις της (α) ϑα είναι : x = x 0 + b d t = t = t y = y 0 a d t = t = 50 2t Επειδή προφανώς x, y 0, αναζητούµε µη-αρνητικές λύσεις : { ( t, 50 2t) Z & t 0 & 50 2t 0 } απ όπου εύκολα ϐλέπουµε ότι ϑα πρέπει t 25 = t = 17, 18, 189, 20, 21, 22, 23, 24, 25 Ετσι οι δυνατές µη-αρνητικές ακέραιες λύσεις της (α), και άρα οι δυνατοί συνδυασµοί γραµ- µατοσήµων είναι : x = 1 & y = 16, x = 4 & y = 14, x = 7 & y = 12, x = 10 & y = 10 x = 13 & y = 8, x = 16 & y = 6, x = 19 & y = 4, x = 22 & y = 2, x = 25 & y = 0

7 7 (β) Εστω x ο αριθµός των γραµµατοσήµων των 14 λεπτών και y ο αριθµός των γραµµατοσήµων των 21 λεπτών. Τότε το πλήθος x και y αυτών των γραµµατοσήµων ϑα πρέπει να ικανοποιεί τη ιοφαντική εξίσωση : 14x + 21y = 400 (β) Επειδή (14, 21) = 3 400, έπεται ότι η (β) δεν έχει ακέραιες λύσεις. Άρα είναι αδύνατο να αποσταλλεί το δέµα αξίας 4 χρησιµοποιώντας γραµµατόσηµα των 14 και 21 λεπτών. Ασκηση 7. Με χρήση του αλγορίθµου του Ευκλείδη υπολογίστε τους µέγιστους κοινούς διαιρέτες : d = (20785, 44350) & δ = (34709, ) και εκφράστε καθέναν από τους d, δ ως ακέραιο γραµµικό συνδυασµό των παραπάνω αριθµών. Λύση. 1. Από τον Ευκλείδειο αλγόριθµο έχουµε Άρα = = = = = = 5 5 d = (44350, 20785) = 5 Θα εκφράσουµε το d = 5 ως ακέραιο γραµµικό συνδυασµό των και Θα έχουµε : 5 = = ( ) 5 ( ) Εποµένως : Άρα = ( ) 7 ( ) + 50 ( ) = ( ) 100 ( ) = ( ) = 1707 (20785) (44350) (1) 2. Από τον Ευκλείδειο αλγόριθµο έχουµε d = 5 = 1707 (20785) (44350) = = = = = = = = 1 15 δ = (100313, 34709) = 1 Εργαζόµενοι όπως στο µέρος 1. µπορούµε να εκφράσουµε το δ = 1 ως ακέραιο γραµµικό συνδυασµό των και ως εξής : δ = 1 = 6286 (34709) (100313)

8 8 Ασκηση 8. Να ϐρεθούν, αν υπάρχουν όλες οι ακέραιες λύσεις των ιοφαντικών εξισώσεων : (α) x y = 25 & (β) x y = 37 Επιπρόσθετα να ϐρεθούν, αν υπάρχουν, όλες οι ϑετικές ακέραιες λύσεις τους. Λύση. 1. Από την Άσκηση 7 έχουµε (44350, 20785) = 5 25 και άρα η ιοφαντική εξίσωση x y = 25 έχει λύση. Επιπλέον από την Άσκηση 7, έχουµε 5 = 1707 (20785) (44350) = 25 = 5 5 = (20785) (44350) = Εποµένως το Ϲεύγος 25 = (x 0, y 0 ) = ( 8535, 40000) είναι µια λύση της (α) Ολες οι ακέραιες λύσεις της (α) ϑα είναι : x = x 0 + b d t = t = t y = y 0 a dt = = t Για τις ϑετικές λύσεις, ϑα έχουµε : x > 0 & y > 0 = t > 0 & t > 0 = 8870t > 8535 & 4157t < Εποµένως : < t < = < t < Ετσι επειδή, ϑα έχουµε t = 1, 2, 3,, 9. Εποµένως η (α) έχει 9 ϑετικές ακέραιες λύσεις : { } ( t, t) t = 1, 2,, 9 2. Από την Άσκηση 7 έχουµε δ = (100313, 34709) = 1 37 και άρα η ιοφαντική εξίσωση x y = 37 έχει λύση. Επιπλέον από την Άσκηση 7, έχουµε δ = 1 = 6286 (34709)+2175 (100313) = 37 = 37 1 = (34709) (100313) = Εποµένως το Ϲεύγος 37 = (x 0, y 0 ) = ( , 80485) είναι µια λύση της (β) Ολες οι ακέραιες λύσεις της (β) ϑα είναι : x = x 0 + b d t = t = t y = y 0 a dt = = t Για τις ϑετικές λύσεις, ϑα έχουµε : Εποµένως : x > 0 & y > 0 = t > 0 & t > 0 = = t > & 34709t < = < t < < t < Ετσι επειδή δεν υπάρχει ακέραιος στο ανοιχτό διάστηµα ( , ) των πραγ- µατικών αριθµών, έπεται ότι η (β) δεν έχει ϑετικές ακέραιες λύσεις.

9 9 Ασκηση 9. Να λυθεί η διοφαντική εξίσωση : Υπάρχουν ϑετικές λύσεις ; 10672x y = 87 ( ) Λύση. Από τον Ευκλείδειο Αλγόριθµο ϑα έχουµε : Άρα = = = = = = = 29 2 d = (10672, 4147) = 29 Επειδή 87 = 29 3, έπεται ότι και εποµένως η διοφαντική εξίσωση ( ) έχει λύση. Για την εύρεση µιας λύσης της ( ) ϑα έχουµε : 29 = = = ( ) = = = ( ) = = = ( ) = = = ( ) = = = 68 ( ) = = Εποµένως ϑα έχουµε ( 68 3) (175 3) 4147 = 3 29 = 87 και άρα : ηλαδή το Ϲεύγος είναι µια ακέραια λύση της ( ). Ολες οι λύσεις της ( ) ϑα είναι τότε οι εξής : x = x 0 + b d = 87 (x 0, y 0 ) = ( 204, 525) t = t = t y = y 0 a dt = = t Για να έχουµε ϑετικές λύσεις ϑα πρέπει x > 0 και y > 0, δηλαδή : t > t > 0 = t > t > 0 = t > = t < = Επειδή Z ( , ) =, έπεται ότι η διοφαντική εξίσωση ( ) δεν έχει ϑετικές λύσεις. Ασκηση 10. Να λυθεί η διοφαντική εξίσωση 172x + 20y = 1000 και ακολούθως να ϐρεθούν, αν υπάρχουν, όλες οι ϑετικές ακέραιες λύσεις της.

10 10 Λύση. Από τον Ευκλείδειο Αλγόριθµο ϑα έχουµε : Άρα 172 = = = = 4 2 d = (172, 20) = 4 Επειδή 1000 = 4 250, έπεται ότι και εποµένως η διοφαντική εξίσωση ( ) έχει λύση. Για την εύρεση µιας λύσης της ( ) ϑα έχουµε : 4 = 12 8 = = 12 (20 12) = = = 2 ( ) = = Εποµένως ϑα έχουµε (250 2) ( ) 20 = = 1000 και άρα : ηλαδή το Ϲεύγος είναι µια ακέραια λύση της ( ). Ολες οι λύσεις της ( ) ϑα είναι τότε οι εξής : x = x 0 + b d t = ( 4250) 20 = 1000 (x 0, y 0 ) = (500, 4250) t = t t y = y 0 a 172 dt = = t Για να έχουµε ϑετικές λύσεις ϑα πρέπει x > 0 και y > 0, δηλαδή : t > 0 t > t > 0 = Z t < = = 100 < t < = t = 99 Άρα η διοφαντική εξίσωση ( ) έχει ακριβώς µια ϑετική λύση η οποία προκύπτει για την τιµή t = 99 και είναι η x = 5 και y = 7 Ασκηση 11. Να ϐρεθούν όλοι µη-αρνητικοί ακέραιοι, n, έτσι ώστε η εξίσωση να έχει διπλή ϱίζα. ( n 1)x x 3( n + 1) = 0 Λύση. Υπολογίζουµε τη διακρίνουσα του παραπάνω τριωνύµου : = (2 ) 2 4( n 1)( 3( n + 1)) = (n 1) = n 12 Για να έχει διπλή ϱίζα το τριώνυµο, πρέπει και αρκεί = 0, ή ισοδύναµα οι ϑετικοί ακέραιοι, n είναι λύσεις της διοφαντικής εξίσωσης 4x + 12y = 12 ( )

11 11 Μια προφανής λύση της ( ) είναι η (x 0, y 0 ) = (0, 1), και τότε όλες οι λύσεις της ( ) ϑα είναι οι εξής (εδώ a = 4, b = 12, c = 12, και d = (4, 12) = 4): x = x 0 + b d t = t = 3t y = y 0 a d t = t = 1 t Επειδή ϑε πρέπει x, y 0, ϑα έχουµε 3t 0 και 1 t 0 = 0 t 1 = t = 0 ή t = 1 Εποµένως οι Ϲητούµενες τιµές των, n είναι οι εξής : = 0 και n = 1 ή = 3 και n = 0 Ασκηση 12. Εστω a 1,..., a n ϑετικοί ακέραιοι, n 2, και c ένας ακέραιος. Υποθέτουµε ότι d = (a 1,..., a n ) c. είξτε ότι η ιοφαντική εξίσωση έχει άπειρες ακέραιες λύσεις. Λύση. Υπενθυµίζουµε ότι : a 1 x 1 + a 2 x a n x n = c η ιοφαντική εξίσωση a 1 x 1 +a 2 x 2 + +a n x n = c έχει ακέραιες λύσεις d = (a 1,..., a n ) c Θα δείξουµε µε χρήση της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής στο πλήθος n των αγνώστων ότι στην περίπτωση κατά την οποία d c, η ( ) έχει άπειρες λύσεις. Αν n = 2, τότε γνωρίζουµε ότι αν d = (a 1, a 2 ) c, τότε η ιοφαντική εξίσωση a 1 x 1 + a 2 x 2 = c έχει άπειρες ακέραιες λύσεις οι οποίες δίνονται από τους παρακάτω τύπους : x 1 = z + a 2 d t x 2 = w a 1 d t όπου (z, w) είναι µια λύση της a 1 x 1 + a 2 x 2 = c. Υποθέτουµε ότι η ( ) έχει άπειρες ακέραιες λύσεις, για τυχόντες ακεραίους a 1,, a n, c έτσι ώστε : d = (a 1,..., a n ) c. Θεωρούµε την ιοφαντική εξίσωση : και υποθέτουµε d = (a 1,..., a n, a n+1 ) c. a 1 x 1 + a 2 x a n x n + a n+1 x n+1 = c { Θεωρούµε το σύνολο a n x n + a n+1 x n+1 Z x n, x n+1 Z } των ακεραίων γραµµικών συνδυασµών των a n, a n+1. Οπως έχουµε { αποδείξει στην Θεωρία αυτό το σύνολο συµπίπτει µε το σύνολο των ακεραίων πολλαπλασίων (a n, a n+1 )y Z y Z } του µέγιστου κοινού διαιρέτη (a n, a n+1 ) των a n, a n+1 : { an x n + a n+1 x n+1 x n, x n+1 Z } = { (a n, a n+1 )y y Z } Θεωρούµε, για κάθε ακέραιο y, τη ιοφαντική εξίσωση : ( ) ( ) a n x n + a n+1 x n+1 = (a n, a n+1 )y ( ) ως προς x n, x n+1, η οποία προφανώς έχει ακέραια λύση, και εποµένως ϑα έχει άπειρες ακέραιες λύσεις. Χρησιµοποιώντας ότι (a 1,..., a n 1, a n, a n+1 ) = (a 1,..., a n 1, (a n, a n+1 )), έπεται ότι ϑα έχουµε (a 1,..., a n 1, (a n, a n+1 )) c, και άρα η ιοφαντική εξίσωση ( ) ανάγεται στην a 1 x 1 + a 2 x a n 1 x n 1 + (a n, a n )y = c ( )

12 12 η οποία είναι µια ιοφαντική εξίσωση n µεταβλητών. Από την Επαγωγική υπόθεση, η ( ) έχει άπειρες λύσεις. Εποµένως, επειδή κάθε ακέραια λύση της ( ) είναιν και ακέραι λύση της ( ), έπεται ότι και η αρχική ιοφαντική εξίσωση ( ) έχει άπειρες λύσεις. Ασκηση 13. Βρείτε όλες τις ακέραιες λύσεις ή αποδείξτε ότι δεν υπάρχουν ακέραιες λύσεις, για τις ακόλουθες διοφαντικές εξισώσεις 1. 2x + 3y + 4z = x + 21y + 35z = x + 102y + 103z = 1 Λύση. 1. Θέτουµε z = να είναι ένας τυχαίος αλλά σταθερός ακέραιος, και τότε έχουµε την εξίσωση ως προς x και y: 2x + 3y = 5 4t Επειδή (2, 3) = 1 5 4t,, έπεται ότι η εξίσωση 2x + 3y = 5 4t έχει λύση, έστω την (x 0, y 0 ). Τότε 2x 0 + 3y 0 = 5 4t και όλες οι λύσεις της 2x + 3y = 5 4t είναι οι ακόλουθες : x = x 0 + b d s = x s s Z y = y 0 a d s = y 0 2 s Τότε η γενική λύση της 2x + 3y + 4z = 5 είναι x = x s 2x 0 + 3y 0 = 5 4t y = y 0 2 s όπου s, z = t Παρατηρούµε ότι για x 0 = 5 2t και y 0 = 5 η εξίσωση 2x 0 + 3y 0 = 5 4t ικανοποιείται. Τότε η γενική λύση της 2x + 3y + 4z = 5 είναι η εξής : x = 5 2t + 3s y = 5 2s z = t s, 2. Επειδή d = (7, 21, 35) = 7 και 7 8 έπεται ότι η εξίσωση 7x + 21y + 35z = 8 δεν έχει ακέραιες λύσεις. 3. Θέτουµε z = να είναι ένας τυχαίος αλλά σταθερός ακέραιος, και τότε έχουµε την εξίσωση ως προς x και y: 101x + 102y = 1 103t Επειδή (101, 102) = 1 έπεται ότι η εξίσωση 101x + 102y = 1 103t έχει λύση,. ουλεύοντας όπως και στο ερώτηµα 1, τότε έπεται ότι x = s + t y = 1 101s 2t s, z = t και έτσι έχουµε ϐρει τη γενική λύση της εξίσωσης 101x + 102y + 103z = 1.

13 13 Ασκηση 14. Να ϐρεθούν όλοι οι ϑετικοί ακέραιοι οι οποίοι όταν διαρεθούν µε το 11 αφήνουν υπόλοιπο 6 και όταν διαρεθούν µε το 5 αφήνουν υπόλοιπο 2. Λύση. Εστω a ένας ϑετικός ακέραιος ο οποίος όταν διαρεθεί µε το 11 αφήνει υπόλοιπο 6 και όταν διαρεθεί µε το 5 αφήνει υπόλοιπο 2. Τότε υπάρχουν ακέραιοι, l έτσι ώστε : a = 11l + 6 και a = ( ) δηλαδή 11l + 6 = και άρα 5 11l = 4. Εποµένως οι ακέραιοι, l είναι λύσεις της διοφαντκής εξίσωσης 5x 11y = 4 Λύνοντας µε τη γνωστή διαδικασία την παραπάνω διοφαντική εξίσωση, ϐρίσκουµε εύκολα ότι οι ακέ- ϱαιες λύσεις της είναι οι εξής : x = 11t 8 και y = 5t 4, Άρα όλοι οι ακέραιοι, l για τους οποίους ικανοποιούνται οι σχέσεις ( ) είναι οι Επειδή a > 0, ϑα πρέπει = 11t 8 και l = 5t 4, Τότε 5( 11t 8) + 2 = 55t 38 > 0 = t < 38 = = t 1 55 a = 55t 38, t 1 ή ισοδύναµα a = 55t 38, t 1 Ετσι οι Ϲητούµενοι αριθµοί a προκύπτουν ϑέτοντας t = 1, 2, στη σχέση a = 55t 38: a = 17, 72, 127, Ασκηση 15. Ενας ϕοιτητής επιστρέφει στην Νέα Υόρκη απο διακοπές στη Ελλάδα και την Αγγλία. Στην Νέα Υόρκη αλλάζει τις λίρες Αγγλίας και τα ευρώ τα οποία έχει σε δολλάρια και µετά την αλλαγή λαµβάνει συνολικά δολλάρια. Αν παίρνει 1.11 δολλάρια για κάθε ευρώ και 1.69 δολλάρια για κάθε λίρα Αγγλίας, πόσα ευρώ και πόσες λίρες Αγγλίας είχε πρίν την αλλαγή συναλλάγµατος ; Λύση. Εστω x ο αριθµός των ευρώ και y ο αριθµός των λιρών Αγγλίας που είχε ο ϕοιτητής πριν τη συναλλαγή. Οπως προκύπτει από τα δεδοµένα του προβλήµατος, τα x και y είναι (ϑετικές) λύσεις της ιοφαντικής εξίσωσης : Από τον Ευκλείδειο αλγόριθµο έχουµε 111x + 169y = = = = = = = = 2 1

14 14 Άρα d = (169, 111) = 1. Αφού d η εξίσωση 111x + 169y = έχει λύση. Εχουµε 1 = = 3 1 (5 1 3) = = ( ) = Εποµένως 1 = ( 44) 169 και άρα Τότε έχουµε τη λύση = ( ) = = ( ) = = ( ) = = ( ) ( ) 169 x 0 = = και y 0 = = και όλες οι λύσεις της εξίσωσης 111x + 169y = δίνονται ως εξής : x = x 0 + b d t = t y = y 0 a d t = t Επειδή x > 0 και y > 0 και επειδή, ϑα έχουµε : t = t < = = t = 4677 Τότε αντικαθιστώντας ϐρίσκουµε ότι x = ( 4677) = = 53 y = ( 4677) = = 35 Συνεπώς πρίν την αλλαγή συναλλάγµατος ο ϕοιτητής είχε x = 53 ευρώ και y = 35 λίρες Αγγλίας. Ασκηση 16. Ενας ιδιοκτήτης ϐιβλιοπωλείου παραγγέλνει ηµερολόγια, καθένα εκ των οποίων κοστίζει 5, µαρκαδόρους, καθένας εκ των οποίων κοστίζει 3, και ξύστρες, όπου τρείς ξύστρες µαζί κοστίζουν 1. Αν η παραγγελία αφορά 100 κοµµάτια και το συνολικό ποσό το οποίο πλήρωσε είναι 100, πόσα ηµερολόγια, µαρκαδόρους, και ξύστρες παρέλαβε ο ϐιβλιοπώλης ; Λύση. Εστω x ο αριθµός των ηµερολογίων, y ο αριθµός των µαρκαδόρων, και z ο αριθµός των ξυστρών της παραγγελίας. Τότε προφανώς οι αριθµοί x, y, z αποτελούν ακέραιες λύσειςν των εξισώσεων x + y + z = 100 & 5x + 3y + z 3 = 100 Ισοδύναµα οι x, y, z αποτελούν ακέραιες λύσεις των ιοφαντικών εξισώσεων : x + y + z = 100 & 15x + 9y + z = 300 ( )

15 15 Αντικαθιστώντας το z = 100 x y στην δεύτερη εξίσωση, προκύπτει η ιοφαντική εξίσωση : 14x + 8y = 200 η οποία έχει άπειρες ακέραιες λύσεις διότι (14, 8) = Μια προφανής ακέραια λύση της ( ) είναι η x 0 = 0 και y 0 = 25, και όλες οι ακέραιες λύσεις της ( ) δίνονται από τους τύπους : x = 4t & y = 25 7t, και εποµένως z = 100 x y = t Επειδή αναζητούµε µη-αρνητικές λύσεις, ϑα πρέπει να έχουµε : απ όπου άµεσα ϐλέπουµε ότι : x = 4t 0 & y = 25 7t 0 & z = t 0 t = 0, 1, 2, 3 Εποµένως οι µη-αρνητικές λύσεις του συστήµατος ιοφαντικών εξισώσεων ( ) είναι : (x, y, z) { (0, 25, 75), (4, 18, 78), (8, 1, 81) (12, 4, 84) } ( ) Ασκηση 17. Να ϐρεθούν όλες οι ακέραιες λύσεις της (µη-γραµµικής) διοφαντικής εξίσωσης : y 2 6x 2 + xy y + 17x 12 = 0 ( ) Λύση. Θα δείξουµε ότι η επίλυση της ( ) ανάγεται στην επίλυση δύο γραµµικών διοφαντικών εξισώσεων. Θεωρώντας την ( ) ως τριώνυµο ως προς y: Η διακρίνουσα του παραπάνω τριωνύµου είναι : y 2 + (x 1)y + ( 6x x 12) = 0 = (x 1) 2 4( 6x x 12) = x 2 2x x 2 68x + 48 = 25x 2 70x + 49 = (5x 7) 2 Εποµένως οι ϱίζες του τριωνύµου ( ) ϑα είναι : (x 1) + (5x 7) y 1 = = 4x 6 (x 1) (5x 7) = 2x 3 και y 1 = = 6x + 8 = 3x Τότε το τριώνυµο ( ) µπορεί να γραφεί ως εξής : y 2 + (x 1)y + ( 6x x 12) = ( y (2x 3) )( y ( 3x + 4) ) = ( y 2x + 3 )( y + 3x 4 ) Ετσι οι ακέραιες λύσεις της ( ) αποτελούνται από όλους τους ακέραιους x, y έτσι ώστε y 2 +(x 1)y+( 6x 2 +17x 12) = ( y 2x+3 )( y+3x 4 ) = 0 = y 2x+3 = 0 ή y+3x 4 = 0 ηλαδή το σύνολο των ακέραιων λύσεων της ( ) αποτελείται από την ένωση Λ = Λ 1 Λ 2 του συνόλου Λ 1 των ακέραιων λύσεων της διοφαντικής εξίσωσης 2x + y = 3 και του συνόλου Λ 2 των ακέραιων λύσεων της διοφαντικής εξίσωσης Εύκολα ϐλέπουµε ότι 3x + y = 4 Λ 1 = { (1 + t, 1 + 2t) } και Λ 2 = { (1 + t, 1 3t) } Άρα το σύνολο των ακέραιων λύσεων της ( ) είναι το εξής : Λ = { (1 + t, 1 + 2t) } { (1 + t, 1 3t) s Z }

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 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

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 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

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

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

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 7

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

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: 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

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

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

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

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

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

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

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) Ενδεικτικές Λύσεις ΕΡΓΑΣΙΑ η (Ηµεροµηνία Αποστολής στον Φοιτητή: Οκτωβρίου 005) Η Άσκηση στην εργασία αυτή είναι

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

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

Το θεώρηµα πεπλεγµένων συναρτήσεων

Το θεώρηµα πεπλεγµένων συναρτήσεων 57 Το θεώρηµα πεπλεγµένων συναρτήσεων Έστω F : D R R µια ( τουλάχιστον ) C συνάρτηση ορισµένη στο ανοικτό D x, y D F x, y = Ενδιαφερόµαστε για την ύπαρξη µοναδικής και ώστε διαφορίσιµης συνάρτησης f ορισµένης

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

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

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

( ) ΕΚΘΕΤΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ. Σηµείωση. 2. Παραδοχή α = Ιδιότητες x. αβ = α = α ( ) x. α β. α : α = α = α

( ) ΕΚΘΕΤΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ. Σηµείωση. 2. Παραδοχή α = Ιδιότητες x. αβ = α = α ( ) x. α β. α : α = α = α . ΕΚΘΕΤΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΘΕΩΡΙΑ. Σηµείωση Οι δυνάµεις α του κεφαλαίου έχουν βάση α > 0 και εκθέτη οποιονδήποτε πραγµατικό αριθµό.. Παραδοχή 0 α. Ιδιότητες α + α ( ) α α : α ( ) α α α αβ α β α β α β. Εκθετική

Διαβάστε περισσότερα

Οι πράξεις που χρειάζονται για την επίλυση αυτών των προβληµάτων (αφού είναι απλές) µπορούν να τεθούν σε µια σειρά και πάρουν µια αλγοριθµική µορφή.

Οι πράξεις που χρειάζονται για την επίλυση αυτών των προβληµάτων (αφού είναι απλές) µπορούν να τεθούν σε µια σειρά και πάρουν µια αλγοριθµική µορφή. Η Αριθµητική Ανάλυση χρησιµοποιεί απλές αριθµητικές πράξεις για την επίλυση σύνθετων µαθηµατικών προβληµάτων. Τις περισσότερες φορές τα προβλήµατα αυτά είναι ή πολύ περίπλοκα ή δεν έχουν ακριβή αναλυτική

Διαβάστε περισσότερα

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚ. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚ. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚ. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Λυγάτσικας Ζήνων Πειραµατικό Γενικό Λύκειο Βαρβακείου Σχολής 6 Ιανουαρίου 013 1 Ασκήσεις 1.1 Ασκήσεις Επανάληψης 1. είξτε ότι : ηµ x + 3συν y 5.. Να αποδείξτε ότι

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

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

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

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

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

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

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

2.4 ΚΛΑΣΜΑΤΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ

2.4 ΚΛΑΣΜΑΤΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ . ΚΛΑΣΜΑΤΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΘΕΩΡΙΑ. Κλασµατική εξίσωση : Ονοµάζουµε κλασµατική εξίσωση κάθε εξίσωση η οποία έχει τον άγνωστο σ έναν τουλάχιστον παρονοµαστή. ΣΧΟΛΙΟ ιαδικασία επίλυσης : i) Αναλύουµε τους παρονοµαστές

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: Συνθήκες Αλυσίδων

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: Συνθήκες Αλυσίδων ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: Συνθήκες Αλυσίδων Μελετάµε εδώ τη συνθήκη της αύξουσας αλυσίδας υποπροτύπων και τη συνθήκη της φθίνουσας αλυσίδας υποπροτύπων. Αυτές συνδέονται µεταξύ τους µε την έννοια της συνθετικής σειράς

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

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

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

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

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) ΕΡΓΑΣΙΑ Η ύλη της εργασίας είναι οι ενότητες 5, 6 και 7 από τον Λογισµό µιας Μεταβλητής Η άσκηση αφορά στην έννοια

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

Συνεχείς συναρτήσεις πολλών µεταβλητών. ε > υπάρχει ( ) ( )

Συνεχείς συναρτήσεις πολλών µεταβλητών. ε > υπάρχει ( ) ( ) Συνεχείς συναρτήσεις πολλών µεταβλητών 7 Η Ευκλείδεια απόσταση που ορίσαµε στον R επιτρέπει ( εκτός από τον ορισµό των ορίων συναρτήσεων και ακολουθιών και τον ορισµό της συνέχειας συναρτήσεων της µορφής

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1ο: ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1ο: ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1ο: ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ) Copyright 2015 Αποστόλου Γιώργος Αποστόλου Γεώργιος apgeorge2004@yahoo.com Αδεια χρήσης 3η Εκδοση, Ιωάννινα, Σεπτέµβριος 2015 Περιεχόµενα 1 ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ....................................................

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

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

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ «ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ» ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12) ΕΡΓΑΣΙΑ 4

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ «ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ» ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ 12) ΕΡΓΑΣΙΑ 4 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ «ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ» ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) ΕΡΓΑΣΙΑ 4 Ηµεροµηνία αποστολής στον φοιτητή: 9 Φεβρουαρίου 5. Τελική ηµεροµηνία αποστολής από τον φοιτητή: Μαρτίου 5.

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

Κεφάλαιο 6. Εισαγωγή στη µέθοδο πεπερασµένων όγκων επίλυση ελλειπτικών και παραβολικών διαφορικών εξισώσεων

Κεφάλαιο 6. Εισαγωγή στη µέθοδο πεπερασµένων όγκων επίλυση ελλειπτικών και παραβολικών διαφορικών εξισώσεων Κεφάλαιο 6 Εισαγωγή στη µέθοδο πεπερασµένων όγκων επίλυση ελλειπτικών παραβολικών διαφορικών εξισώσεων 6.1 Εισαγωγή Η µέθοδος των πεπερασµένων όγκων είναι µία ευρέως διαδεδοµένη υπολογιστική µέθοδος επίλυσης

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

( ) 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

ΕΞΙΣΩΣΗ ΕΥΘΕΙΑΣ ΓΕΝΙΚΗ ΜΟΡΦΗ

ΕΞΙΣΩΣΗ ΕΥΘΕΙΑΣ ΓΕΝΙΚΗ ΜΟΡΦΗ ΕΞΙΣΩΣΗ ΕΥΘΕΙΑΣ ΓΕΝΙΚΗ ΜΟΡΦΗ Κάθε εξίσωση της µορφής α + β = γ όπου α + β 0 ( α, β όχι συγχρόνως 0) παριστάνει ευθεία. (Η εξίσωση λέγεται : ΓΡΑΜΜΙΚΗ) ΕΙ ΙΚΑ γ Αν α = 0 και β 0έχουµε =. ηλαδή µορφή = c.

Διαβάστε περισσότερα

Κ. Ι. ΠΑΠΑΧΡΗΣΤΟΥ. Τοµέας Φυσικών Επιστηµών Σχολή Ναυτικών οκίµων ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ. Ιδιότητες & Εφαρµογές

Κ. Ι. ΠΑΠΑΧΡΗΣΤΟΥ. Τοµέας Φυσικών Επιστηµών Σχολή Ναυτικών οκίµων ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ. Ιδιότητες & Εφαρµογές Κ Ι ΠΑΠΑΧΡΗΣΤΟΥ Τοµέας Φυσικών Επιστηµών Σχολή Ναυτικών οκίµων ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ Ιδιότητες & Εφαρµογές ΠΕΙΡΑΙΑΣ 2013 ΟΡΙΖΟΥΣΕΣ Έστω 2 2 πίνακας: a b A= c d Όπως γνωρίζουµε, η ορίζουσα του Α είναι ο αριθµός a

Διαβάστε περισσότερα

5.1 Ιδιοτιµές και Ιδιοδιανύσµατα

5.1 Ιδιοτιµές και Ιδιοδιανύσµατα Κεφάλαιο 5 Ιδιοτιµές και Ιδιοδιανύσµατα 5 Ιδιοτιµές και Ιδιοδιανύσµατα Αν ο A είναι ένας n n πίνακας και το x είναι ένα διάνυσµα στον R n, τότε το Ax είναι και αυτό ένα διάνυσµα στον R n Συνήθως δεν υπάρχει

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

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

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Οι Οµάδες τάξης pq, p, q: πρώτοι αριθµοί Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 246 6. Οι Οµάδες τάξης

Διαβάστε περισσότερα

Kεφάλαιο 4. Συστήµατα διαφορικών εξισώσεων

Kεφάλαιο 4. Συστήµατα διαφορικών εξισώσεων 4 Εισαγωγή Kεφάλαιο 4 Συστήµατα διαφορικών εξισώσεων Εστω διανυσµατικό πεδίο F: : F=F( r), όπου r = ( x, ) και Fr είναι η ταχύτητα στο σηµείο r πχ ενός ρευστού στο επίπεδο Εστω ότι ψάχνουµε τις τροχιές

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

3.1 Ο ΚΥΚΛΟΣ. 1. Εξίσωση κύκλου (Ο, ρ) 2. Παραµετρικές εξισώσεις κύκλου. 3. Εφαπτοµένη κύκλου

3.1 Ο ΚΥΚΛΟΣ. 1. Εξίσωση κύκλου (Ο, ρ) 2. Παραµετρικές εξισώσεις κύκλου. 3. Εφαπτοµένη κύκλου 3. Ο ΚΥΚΛΟΣ ΘΕΩΡΙΑ. Εξίσωση κύκλου (Ο, ρ) + y ρ. Παραµετρικές εξισώσεις κύκλου ρσυνφ και y ρηµφ 3. Εφαπτοµένη κύκλου + yy ρ 4. Εξίσωση κύκλου µε κέντρο το σηµείο Κ( o, y ο ) και ακτίνα ρ ( o ) + (y y ο

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

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: Ηµιαπλοί ακτύλιοι

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: Ηµιαπλοί ακτύλιοι ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: Ηµιαπλοί ακτύλιοι Είδαµε στο κύριο θεώρηµα του προηγούµενου κεφαλαίου ότι κάθε δακτύλιος διαίρεσης έχει την ιδιότητα κάθε πρότυπο είναι ευθύ άθροισµα απλών προτύπων. Εδώ θα χαρακτηρίσουµε όλους

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

Ανοικτά και κλειστά σύνολα

Ανοικτά και κλειστά σύνολα 5 Ανοικτά και κλειστά σύνολα Στην παράγραφο αυτή αναπτύσσεται ο µηχανισµός που θα µας επιτρέψει να µελετήσουµε τις αναλυτικές ιδιότητες των συναρτήσεων πολλών µεταβλητών. Θα χρειαστούµε τις έννοιες της

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ ΣΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) Ενδεικτικές Λύσεις ΕΡΓΑΣΙΑ η Ηµεροµηνία Αποστολής στον Φοιτητή: Ιανουαρίου 6 Ηµεροµηνία Παράδοσης της Εργασίας από

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

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

ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 ο. 2= p=q 2 p =2q

ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 ο. 2= p=q 2 p =2q ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο. Υποθέτουµε ότι ο είναι ρητός. ηλαδή, υποθέτουµε p ότι υπάρχουν φυσικοί αριθµοί p και q τέτoιοι ώστε : =, p και q δεν έχουν q κοινούς διαιρέτες. Παρατηρούµε ότι ο άρτιος αριθµός.

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

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

cov(x, Y ) = E[(X E[X]) (Y E[Y ])] cov(x, Y ) = E[X Y ] E[X] E[Y ]

cov(x, Y ) = E[(X E[X]) (Y E[Y ])] cov(x, Y ) = E[X Y ] E[X] E[Y ] Πανεπιστήµιο Κρήτης - Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών ΗΥ-317: Εφαρµοσµένες Στοχαστικές ιαδικασίες-εαρινό Εξάµηνο 2016 ιδάσκων : Π. Τσακαλίδης Συνδιασπορά - Συσχέτιση Τυχαίων Μεταβλητών Επιµέλεια : Κωνσταντίνα

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ ) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 4 Άσκηση. (8 µον.) (α) ίνεται παραγωγίσιµη συνάρτηση f για την οποία ισχύει f /

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΕΠΙΛΥΣΗ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ. nn n n

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΕΠΙΛΥΣΗ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ. nn n n ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΕΠΙΛΥΣΗ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΣΥΣΤΗΜΑΤΩΝ 3 Ο αλγόριθµος Gauss Eστω =,3,, µε τον όρο γραµµικά συστήµατα, εννοούµε συστήµατα εξισώσεων µε αγνώστους της µορφής: a x + + a x = b a x + + a x = b a

Διαβάστε περισσότερα

ΗΥ118: Διακριτά Μαθηματικά Εαρινό εξάμηνο 2016 Λύσεις ασκήσεων προόδου

ΗΥ118: Διακριτά Μαθηματικά Εαρινό εξάμηνο 2016 Λύσεις ασκήσεων προόδου ΗΥ118: Διακριτά Μαθηματικά Εαρινό εξάμηνο 016 Λύσεις ασκήσεων προόδου Θέμα 1: [16 μονάδες] [8] Έστω ότι μας δίνουν τα παρακάτω δεδομένα: Εάν αυτό το πρόγραμμα ΗΥ είναι αποδοτικό, τότε εκτελείται γρήγορα.

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

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΙΓΜΑΤΙΚΗ Ι ΑΣΚΑΛΙΑ «ΕΠΙΛΥΣΗ ΓΡΑΜΜΙΚΟΥ ΣΥΣΤΗΜΑΤΟΣ ΜΕ ΤΗ ΜΕΘΟ Ο ΤΩΝ ΟΡΙΖΟΥΣΩΝ ΚΑΙ ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ ΕΥΘΕΙΕΣ» 1 ΓΡΑΜΜΙΚΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΟΡΙΣΜΟΣ 1 : Γραµµική εξίσωση λέγεται κάθε

Διαβάστε περισσότερα

Γενικό πλάνο. Μαθηµατικά για Πληροφορική. Παράδειγµα αναδροµικού ορισµού. οµική επαγωγή ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑ. 3ο Μάθηµα

Γενικό πλάνο. Μαθηµατικά για Πληροφορική. Παράδειγµα αναδροµικού ορισµού. οµική επαγωγή ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑ. 3ο Μάθηµα Γενικό πλάνο Μαθηµατικά για Πληροφορική 3ο Μάθηµα Ηλίας Κουτσουπιάς, Γιάννης Εµίρης Τµήµα Πληροφορικής και Τηλεπικοινωνιών Πανεπιστήµιο Αθηνών 14/10/2008 1 Παράδειγµα δοµικής επαγωγής 2 Ορισµός δοµικής

Διαβάστε περισσότερα

Η ιδέα της χρήσης διατεταγµένων Ϲευγών πραγµατικών αριθµών για την περιγραφή

Η ιδέα της χρήσης διατεταγµένων Ϲευγών πραγµατικών αριθµών για την περιγραφή Κεφάλαιο 4 Ευκλείδιοι Χώροι 4 Ευκλείδιοι Χώροι Η ιδέα της χρήσης διατεταγµένων Ϲευγών πραγµατικών αριθµών για την περιγραφή των σηµείων στο επίπεδο και διατεταγµένων τριάδων πραγµατικών αριθµών για την

Διαβάστε περισσότερα

3 η δεκάδα θεµάτων επανάληψης

3 η δεκάδα θεµάτων επανάληψης η δεκάδα θεµάτων επανάληψης. Έστω η συνάρτηση f() = 80 αν < < 0 αν 0 αν i ) Να υπολογιστεί η τιµή της παράστασης Α = f( ) + f(0) 5f() f + f( ) Αν Μ(, ) και Ν(, 0) να βρείτε την εξίσωση της ευθείας ΜΝ i

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαιο 7 ιασκοντες: Ν. Μαρµαρίης - Α. Μπεληγιάννης Βοηθοι Ασκησεων: Χ. Ψαρουάκης Ιστοσελια Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebraii/laii.html - - Ασκηση.

Διαβάστε περισσότερα

3.1 Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ

3.1 Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ . Η ΕΝΝΙΑ ΤΗΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ ΘΕΩΡΙΑ. Εξίσωση πρώτου βαθµού µε αγνώστους και νοµάζεται κάθε εξίσωση της µορφής α + β = γ. Άγνωστοι είναι το και το. Τα α, β και γ λέγοντα συντελεστές. Ειδικότερα το γ

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

7. Ταλαντώσεις σε συστήµατα µε πολλούς βαθµούς ελευθερίας

7. Ταλαντώσεις σε συστήµατα µε πολλούς βαθµούς ελευθερίας 7 Ταλαντώσεις σε συστήµατα µε πολλούς βαθµούς ελευθερίας Συζευγµένες ταλαντώσεις Βιβλιογραφία F S Crawford Jr Κυµατική (Σειρά Μαθηµάτων Φυσικής Berkeley, Τόµος 3 Αθήνα 979) Κεφ H J Pai Φυσική των ταλαντώσεων

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

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

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

ΜΑΘΗΜΑ 8. B 2.3 Χρησιµοποιώντας Ευκλείδεια Γεωµετρία

ΜΑΘΗΜΑ 8. B 2.3 Χρησιµοποιώντας Ευκλείδεια Γεωµετρία ΜΑΘΗΜΑ 8. B.3 Χρησιµοποιώντας Ευκλείδεια Γεωµετρία Θεωρία Ασκήσεις γ. τόπου και µεγιστο ελάχιστου Στις ασκήσεις αυτού του µαθήµατος χρησιµοποιούµε ανισωτικές σχέσεις από την Ευκλείδεια Γεωµετρία. Θυµίζουµε

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 4: Διαφορικός Λογισμός

Κεφάλαιο 4: Διαφορικός Λογισμός ΣΥΓΧΡΟΝΗ ΠΑΙΔΕΙΑ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟ ΜΕΣΗΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ Κεφάλαιο 4: Διαφορικός Λογισμός Μονοτονία Συνάρτησης Tζουβάλης Αθανάσιος Κεφάλαιο 4: Διαφορικός Λογισμός Περιεχόμενα Μονοτονία συνάρτησης... Λυμένα παραδείγματα...

Διαβάστε περισσότερα

4 η ΕΚΑ Α ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 31.

4 η ΕΚΑ Α ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 31. ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ η ΕΚΑ Α. Οι µηνιαίες αποδοχές, σε, ν υπαλλήλων είναι x, x,, x ν και αυτές αποτελούν οµοιογενές δείγµα µε µέση τιµή 000. Αν το 8% έχει µισθό Α, το 6% Β και οι υπόλοιποι Γ : Να βρείτε το

Διαβάστε περισσότερα

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ του Παν. Λ. Θεοδωρόπουλου 0

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ του Παν. Λ. Θεοδωρόπουλου 0 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ του Παν. Λ. Θεοδωρόπουλου 0 Η Θεωρία Πιθανοτήτων είναι ένας σχετικά νέος κλάδος των Μαθηματικών, ο οποίος παρουσιάζει πολλά ιδιαίτερα χαρακτηριστικά στοιχεία. Επειδή η ιδιαιτερότητα

Διαβάστε περισσότερα

3 η δεκάδα θεµάτων επανάληψης

3 η δεκάδα θεµάτων επανάληψης η δεκάδα θεµάτων επανάληψης. Για ποιες τιµές του, αν υπάρχουν, ισχύει κάθε µία από τις ισότητες α. log = log( ) β. log = log γ. log 4 log = Να λυθεί η εξίσωση 4 log ( ) + = 0 6 α) Θα πρέπει > 0 και > 0,

Διαβάστε περισσότερα

Οι πραγµατικοί αριθµοί

Οι πραγµατικοί αριθµοί Οι πραγµατικοί αριθµοί Προλεγόµενα Η ανάγκη απαρίθµησης αντικειµένων, οδήγησε στην εισαγωγή του συνόλου των φυσικών αριθµών Η ανάγκη µέτρησης µεγεθών, οδήγησε στην εισαγωγή του συνόλου των ρητών αριθµών

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

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

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Κανονική Μορφή Fitting Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 26 5. Κανονική Μορφή Fitting Εστω A M n

Διαβάστε περισσότερα

ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ - ΡΗΤΕΣ ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ P x = x+ 2 4 x x 3x x x x 3x

ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ - ΡΗΤΕΣ ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ P x = x+ 2 4 x x 3x x x x 3x o ΛΥΚΕΙΟ ΠΕΤΡΟΥΠΟΛΗΣ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ - Α ΠΡΟΣΗΜΟ ΠΟΛΥΩΝΥΜΟΥ Μέχρι τώρα ξέρουµε να βρίσκουµε το πρόσηµο ενός πολυωνύµου βαθµού ή δεύτερου βαθµού Για να βρούµε το πρόσηµο ενός πολυωνύµου f πρώτου f βαθµού µεγαλύτερου

Διαβάστε περισσότερα

ΑΣΚΗΣΕΙΣ. 2. ίνεται το Ρ(x) αν το ρ είναι ρίζα Ρ(2x) 2x τότε το ρ είναι ρίζα του Ρ( Ρ(2x)) 2x.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ. 2. ίνεται το Ρ(x) αν το ρ είναι ρίζα Ρ(2x) 2x τότε το ρ είναι ρίζα του Ρ( Ρ(2x)) 2x. ΑΣΚΗΣΕΙΣ. ίνονται τα πολυώνυµα Ρ (x), Ρ (x), Ρ (x) αν τα πολυώνυµα Ρ (x) και Ρ (x) δεν έχουν κοινή ρίζα και ισχύει : ( Ρ (x)) + (Ρ (x)) = (Ρ (x)) για κάθε x R να δείξετε ότι το Ρ (x) δεν έχει πραγµατική

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

Συνεκτικά σύνολα. R είναι συνεκτικά σύνολα.

Συνεκτικά σύνολα. R είναι συνεκτικά σύνολα. 4 Συνεκτικά σύνολα Έστω, Ι διάστηµα και f : Ι συνεχής, τότε η f έχει την ιδιότητα της ενδιαµέσου τιµής, δηλαδή, η f παίρνει κάθε τιµή µεταξύ δύο οποιονδήποτε διαφορετικών τιµών της, συνεπώς το f ( Ι )

Διαβάστε περισσότερα

p(x, y) = 1 (x + y) = 3x + 6, x = 1, 2 (x + y) = 3 + 2y, y = 1, 2, 3 p(1, 1) = = 2 21 p X (1) p Y (1) = = 5 49

p(x, y) = 1 (x + y) = 3x + 6, x = 1, 2 (x + y) = 3 + 2y, y = 1, 2, 3 p(1, 1) = = 2 21 p X (1) p Y (1) = = 5 49 ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών HY-27: Πιθανότητες - Χειµερινό Εξάµηνο 206-207 ιδάσκων : Π. Τσακαλίδης Φροντιστήριο 8 Από κοινού συναρτήσεις Τυχαίων Μεταβλητών Επιµέλεια : Κατερίνα Καραγιαννάκη

Διαβάστε περισσότερα

Υπολογίζουµε την πρώτη παράγωγο: f ' ( x ) = 3 x 2 6 x. Βρίσκουµε τα διαστήµατα µονοτονίας: Στο τριώνυµο είναι: = β 2 4 aγ. άρα οι ρίζες είναι: x 1,2

Υπολογίζουµε την πρώτη παράγωγο: f ' ( x ) = 3 x 2 6 x. Βρίσκουµε τα διαστήµατα µονοτονίας: Στο τριώνυµο είναι: = β 2 4 aγ. άρα οι ρίζες είναι: x 1,2 ================================================= Μαθηµατική Υποστήριξη Φοιτητών : Ιδιαίτερα Μαθήµατα, Λυµένες Ασκήσεις, Βοήθεια στη λύση Εργασιών. Θ. Χριστόπουλος, www.maths.gr, Tηλ.: 69 79 21 251 Ασκήσεις

Διαβάστε περισσότερα

2. Αν έχουμε μια συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστημα Δ.

2. Αν έχουμε μια συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστημα Δ. Κατηγορία η Εύρεση μονοτονίας Τρόπος αντιμετώπισης:. Αν έχουμε μια συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστημα Δ. Αν f( ) σε κάθε εσωτερικό σημείο του Δ, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΛΥΜΕΝΕΣ & ΑΛΥΤΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Επιμέλεια: Γ. Π. Βαξεβάνης (Γ. Π. Β.

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΛΥΜΕΝΕΣ & ΑΛΥΤΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Επιμέλεια: Γ. Π. Βαξεβάνης (Γ. Π. Β. ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ Γ. Π. Β. ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΛΥΜΕΝΕΣ & ΑΛΥΤΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Επιμέλεια: Γ. Π. Βαξεβάνης (Γ. Π. Β.) (Μαθηματικός) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ

Διαβάστε περισσότερα