Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές»

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές»"

Transcript

1 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) Εστω A µη κενό, άνω ϕραγµένο υποσύνολο του R Για κάθε x A έχουµε x sup A ϐ) Εστω A µη κενό, άνω ϕραγµένο υποσύνολο του R Ο x R είναι άνω ϕράγµα του A αν και µόνο αν sup A x γ) Αν το A είναι µη κενό και άνω ϕραγµένο υποσύνολο του R τότε sup A A δ) Αν A είναι ένα µη κενό και άνω ϕραγµένο υποσύνολο του Z τότε sup A A ε) Αν a = sup A και ε > 0, τότε υπάρχει x A µε a ε < x a στ) Αν a = sup A και ε > 0, τότε υπάρχει x A µε a ε < x < a Ϲ) Αν το A είναι µη κενό και sup A if A = τότε υπάρχουν x, y A ώστε x y = η) Για κάθε x, y R µε x < y υπάρχουν άπειροι το πλήθος r Q που ικανοποιούν την x < r < y Υπόδειξη α) Σωστό Ο sup A είναι εξ ορισµού άνω ϕράγµα του A Συνεπώς, για κάθε x A έχουµε x sup A ϐ) Σωστό Αν ο x είναι άνω ϕράγµα του A τότε sup A x από τον ορισµό του sup A: ο sup A είναι το µικρότερο άνω ϕράγµα του A Αντίστροφα, αν sup A x τότε για κάθε a A έχουµε a sup A x, δηλαδή ο x είναι άνω ϕράγµα του A γ) Λάθος Το A = 0, ) = {x R : 0 < x < } είναι µη κενό και άνω ϕραγµένο υποσύνολο του R, όµως sup A = / A δ) Σωστό Εστω A ένα µη κενό και άνω ϕραγµένο υποσύνολο του Z Από το αξίωµα της πληρότητας, υπάρχει το a = sup A R Θα δείξουµε ότι a A: από τον χαρακτηρισµό του supremum, υπάρχει x A ώστε a < x Αν a / A, τότε x < a Αυτό σηµαίνει ότι ο x δεν είναι άνω ϕράγµα του A, οπότε, εφαρµόζοντας πάλι τον χαρακτηρισµό του supremum, ϐρίσκουµε y A ώστε a < x < y < a Επεται ότι 0 < y x < Αυτό είναι άτοπο, διότι οι x και y είναι ακέραιοι ε) Σωστό Αν a = sup A και ε > 0, από τον χαρακτηρισµό του supremum, υπάρχει x A ώστε a ε < x Από την άλλη πλευρά, ο a είναι άνω ϕράγµα του A και x A Συνεπώς, x a στ) Λάθος Πάρτε, για παράδειγµα, A = {, } Τότε, sup A = Αν όµως πάρουµε ε =, τότε δεν υπάρχει x A που να ικανοποιεί την 3 < x < Ϲ) Λάθος Πάρτε, για παράδειγµα, A = 0, ) Τότε, sup A if A = 0 = Αν όµως x, y 0, ) τότε 0 < x < και < y < 0, άρα < x y < ηλαδή, για κάθε x, y 0, ) έχουµε x y η) Σωστό Εστω A το σύνολο όλων των r Q που ικανοποιούν την x < r < y γνωρίζετε ότι το A είναι µη κενό) Ας υποθέσουµε ότι το A έχει πεπερασµένα το πλήθος στοιχεία, τα r < < r m Εχουµε x < r, άρα υπάρχει ϱητός r που ικανοποιεί την x < r < r Οµως τότε, x < r < y και r / {r,, r m } άτοπο) είξτε ότι τα παρακάτω ισχύουν στο R: α) Αν x < y + ε για κάθε ε > 0, τότε x y ϐ) Αν x y + ε για κάθε ε > 0, τότε x y

2 γ) Αν x y ε για κάθε ε > 0, τότε x = y δ) Αν a < x < b και a < y < b, τότε x y < b a Υπόδειξη α) Απαγωγή σε άτοπο Υποθέτουµε ότι y < x Τότε, επιλέγοντας ε = x y > 0 έχουµε x y + ε) = x y x y = x y > 0, δηλαδή υπάρχει ε > 0 ώστε x > y + ε Άτοπο ϐ) Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο : υποθέτουµε ότι y < x Τότε, επιλέγοντας ε = x y > 0 έχουµε δηλαδή υπάρχει ε > 0 ώστε x > y + ε Άτοπο x y + ε) = x y x y = x y γ) Θυµηθείτε ότι αν a, b R και b 0, τότε a b αν και µόνο αν b a b Από την υπόθεση, για κάθε ε > 0 ισχύουν οι x y + ε και y x + ε Από το ϐ) έπεται ότι x y και y x Άρα, x = y δ) Αφού a < x < b και b < y < a, έχουµε b a) < x y < b a Άρα, x y < b a 3 α) Αν a b < ε, τότε υπάρχει x ώστε > 0, a x < ε και b x < ε ϐ) Ισχύει το αντίστροφο ; γ) Εστω ότι a < b < a + ε Βρείτε όλους τους x R που ικανοποιούν τις a x < ε και b x < ε Υπόδειξη α) Παίρνουµε σαν x το µέσο του διαστήµατος [a, b]: Τότε, x = a + b a a x = b x = = a + b a b ϐ) Ισχύει Αν a x < ε και b x < ε τότε, από την τριγωνική ανισότητα για την απόλυτη τιµή, έχουµε < ε a b a x + x b < ε + ε = ε γ) Το σύνολο των x R που ικανοποιούν την a x < ε είναι το a ε, a + ε ) Οµοίως, το σύνολο των x R που ικανοποιούν την b x < ε είναι το b ε, b + ε ) Άρα, ϑέλουµε να ϐρούµε την τοµή τους Λόγω της b < a + ε έχουµε b ε < a + ε Συνεπώς, a ε/, a + ε/) b ε/, b + ε/) a ε < b ε < a + ε < b + ε Επεται ότι a ε/, a + ε/) b ε/, b + ε/) = b ε/, a + ε/) 4 Να δειχθεί µε επαγωγή ότι ο αριθµός 5 είναι πολλαπλάσιο του 5 για κάθε N Υπόδειξη Με επαγωγή Για το επαγωγικό ϐήµα, υποθέστε ότι για κάποιον m N ο m 5 m είναι πολλαπλάσιο του 5 και γράψτε m + ) 5 m + ) = m 5 m) + 5m 4 + 0m 3 + 0m + 5m

3 5 Εξετάστε για ποιες τιµές του ϕυσικού αριθµού ισχύουν οι παρακάτω ανισότητες: i) > 3, ii) >, iii) >, iv)! >, v) Υπόδειξη ii) Μερικές δοκιµές ϑα σας πείσουν ότι η > ισχύει για =, δεν ισχύει για =, 3, 4 και µάλλον) ισχύει για κάθε 5 είξτε µε επαγωγή ότι η > ισχύει για κάθε 5: για το επαγωγικό ϐήµα υποθέτουµε ότι η m > m ισχύει για κάποιον m 5 Τότε, m+ > m > m + ) αν ισχύει η ανισότητα Οµως, αφού m 5, έχουµε + m < m + m < m + m = 3m < m iv) είξτε µε επαγωγή ότι! > για κάθε 4 Ελέγξτε ότι! αν =,, 3 v) είξτε µε επαγωγή ότι > για κάθε 7 Ελέγξτε ότι αν =,, 3, 4, 5, 6 6 Εστω a, b R και N είξτε ότι a b = a b)a + a b + + ab + b ) = a b) a k b k k=0 Αν 0 < a < b, δείξτε ότι a b a b a b Υπόδειξη Με επαγωγή Για το επαγωγικό ϐήµα, υποθέστε ότι m ) a m b m = a b) a k b m k για κάποιον m N Τότε, k=0 a m+ b m+ = a b)a m + ba m b m ) m ) = a b)a m + a b)b a k b m k = a b) = a b) a m + a m + m k=0 m k=0 m ) = a b) a k b m k k=0 k=0 a k b m k b a k b m k ) Αν 0 < a < b, τότε a a k b k b για κάθε k = 0,,, Άρα, a a k b k = b a b a b k=0 ) 3

4 7 Εστω a R είξτε ότι : α) Αν a >, τότε a > a για κάθε ϕυσικό αριθµό ϐ) Αν a > και m, N, τότε a m < a αν και µόνο αν m < γ) Αν 0 < a <, τότε a < a για κάθε ϕυσικό αριθµό δ) Αν 0 < a < και m, N, τότε a m < a αν και µόνο αν m > Υπόδειξη α) Αφού a > και a > 0, έχουµε a a > a ηλαδή, a > a Υποθέτουµε ότι a m > a για κάποιον m Αφού a > και a m > 0, παίρνουµε διαδοχικά a m+ = a m a > a m = a m > a Από την αρχή της επαγωγής έπεται ότι a > a για κάθε ϐ) είξτε πρώτα µε επαγωγή ότι a k > για κάθε k N Τότε, αν m < έχουµε m N και αυτό σηµαίνει ότι a m >, δηλαδή a a > Άρα, a > a m Για την αντίστροφη συνεπαγωγή, παρατηρήστε ότι αν m m τότε, όπως πριν, a a m Συνεπώς, αν a m < a πρέπει να ισχύει m < γ) Αφού a < και a > 0, έχουµε a a < a ηλαδή, a < a Υποθέτουµε ότι a m < a για κάποιον m Αφού a < και a m > 0, παίρνουµε διαδοχικά a m+ = a m a < a m = a m < a Από την αρχή της επαγωγής έπεται ότι a < a για κάθε δ) είξτε πρώτα µε επαγωγή ότι a k < για κάθε k N Τότε, αν m < έχουµε m N και αυτό σηµαίνει ότι a m <, δηλαδή a a < Άρα, a < a m Για την αντίστροφη συνεπαγωγή, παρατηρήστε ότι αν m m τότε, όπως πριν, a a m Συνεπώς, αν a m < a πρέπει να ισχύει m > 8 α) Αν a,, a > 0, δείξτε ότι ϐ) Αν 0 < a,, a <, τότε + a ) + a ) + a + + a a + + a ) a ) a ) a + + a ) + a a + a a a a ) Υπόδειξη Με επαγωγή 9 είξτε ότι κάθε µη κενό κάτω ϕραγµένο υποσύνολο A του R έχει µέγιστο κάτω ϕράγµα Υπόδειξη Εστω A µη κενό κάτω ϕραγµένο υποσύνολο του R Θεωρούµε το σύνολο B = { x : x A} Παρατηρούµε πρώτα ότι το B είναι µη κενό : υπάρχει x A και τότε x B Επίσης, το B άνω ϕραγµένο : το A είναι κάτω ϕραγµένο και αν ϑεωρήσουµε τυχόν κάτω ϕράγµα t του A µπορούµε εύκολα να ελέγξουµε ότι ο t είναι άνω ϕράγµα του B εξηγήστε τις λεπτοµέρειες) Από το αξίωµα της πληρότητας υπάρχει το ελάχιστο άνω ϕράγµα s = sup B του B Οπως πριν, αφού ο s είναι άνω ϕράγµα του B, µπορούµε εύκολα να δείξουµε ότι ο s είναι κάτω ϕράγµα του A Αν y > s, τότε y < s Αφού s = sup B, υπάρχει b B τέτοιο ώστε y < b Τότε, b A και b < y ηλαδή, ο s είναι κάτω ϕράγµα του A και αν y > s τότε ο y δεν είναι κάτω ϕράγµα του A Επεται ότι s = if A Αλλος τρόπος: Ορίζουµε Γ = {x R : x κάτω ϕράγµα του A} είξτε ότι το Γ είναι µη κενό και άνω ϕραγµένο οποιοδήποτε στοιχείο του A είναι ένα άνω ϕράγµα του Γ) Από το αξίωµα της πληρότητας υπάρχει το ελάχιστο άνω ϕράγµα s = sup Γ του Γ είξτε ότι ο s είναι κάτω ϕράγµα του A Τότε, ο s είναι το µέγιστο στοιχείο του Γ, δηλαδή το µέγιστο κάτω ϕράγµα του A Για να δείξετε ότι ο s = sup Γ είναι κάτω ϕράγµα του A, πρέπει να δείξετε ότι το τυχόν a A ικανοποιεί την sup Γ a Αρκεί να δείξετε ότι ο a είναι άνω ϕράγµα του Γ εξηγήστε γιατί) Οµως, αν x Γ τότε x a από τον ορισµό του Γ, ο x είναι κάτω ϕράγµα του A) 4

5 0 Εστω A, B δύο µη κενά και ϕραγµένα υποσύνολα του R Αν sup A = if B, δείξτε ότι για κάθε ε > 0 υπάρχουν a A και b B ώστε b a < ε Υπόδειξη Εστω ε > 0 Από τον χαρακτηρισµό του sup µπορούµε να ϐρούµε a A ώστε a > sup A ε/ Από τον χαρακτηρισµό του if µπορούµε να ϐρούµε b B ώστε b < if B + ε/ Συνδυάζοντας τις δύο ανισότητες µε την υπόθεση, παίρνουµε ηλαδή, ϐρήκαµε a A και b B ώστε b a < ε b < if B + ε = sup A + ε < a + ε + ε = a + ε Εστω A µη κενό ϕραγµένο υποσύνολο του R µε if A = sup A Τι συµπεραίνετε για το A; Υπόδειξη Αν το A έχει περισσότερα από ένα στοιχεία, τότε if A < sup B: υπάρχουν x, y A µε x < y, οπότε if A x < y sup A Αν το A είναι µονοσύνολο, δηλαδή A = {a} για κάποιον a R, τότε if A = sup A = a γιατί ;) Άρα, if A = sup A αν και µόνο αν το A είναι µονοσύνολο α) Εστω a, b R µε a < b Βρείτε το supremum και το ifimum του συνόλου a, b) Q = {x Q : a < x < b} Αιτιολογήστε πλήρως την απάντηση σας ϐ) Για κάθε x R ορίζουµε A x = {q Q : q < x} είξτε ότι x = y A x = A y Υπόδειξη α) Θέτουµε A = a, b) Q = {x Q : a < x < b} Από τον ορισµό του A έχουµε x < b για κάθε x A Άρα, sup A b Παρατηρήστε ότι sup A > a Υποθέτουµε ότι sup A < b Από την πυκνότητα του Q στο R υπάρχει q Q ώστε sup A < q < b Τότε a < q < b, δηλαδή q A Αυτό είναι άτοπο, λόγω της sup A < q Άρα, sup A = b Με ανάλογο επιχείρηµα δείξτε ότι if A = a ϐ) Ας υποθέσουµε ότι x y Χωρίς περιορισµό της γενικότητας, µπορούµε να υποθέσουµε ότι x < y Υπάρχει q Q µε την ιδιότητα x < q < y Τότε, q A y και q / A x Άρα, A x A y Αν x = y, είναι ϕανερό ότι : για κάθε q Q ισχύει q < x q < y Άρα, A x = A y 3 Να ϐρεθούν, αν υπάρχουν, τα max, mi, sup και if των παρακάτω συνόλων : α) A = {x > 0 : 0 < x }, B = {x Q : x 0, 0 < x }, C = {0,, 3, 4, } ϐ) D = {x R : x < 0, x + x < 0}, E = { + ) : N}, F = {x Q : x )x + ) < 0} γ) G = {5 + 6 : N} {7 8 : N} Υπόδειξη i) Για το A παρατηρήστε ότι A = {x R : < x 3} =, 3] Άρα, max A = sup A = 3 Το if A είναι το, το A δεν έχει ελάχιστο στοιχείο ii) Ανάλογα, B = {x Q : < x 3} Εδώ, sup B = 3, if B =, το B δεν έχει ελάχιστο ούτε µέγιστο στοιχείο iii) Το C έχει ελάχιστο στοιχείο το 0 και µέγιστο στοιχείο το Συνεπώς, if C = 0 και sup C = iv) Ισχύει x + x < 0 αν και µόνο αν + 5 < x < ) 5 Επεται ότι D = + 5, 0 Το D δεν έχει ελάχιστο ούτε µέγιστο στοιχείο, if D = + 5, sup D = 0 { } v) Γράφουµε το E στη µορφή E = k : k N { k + : k N} Εξηγήστε τα παρακάτω : sup E = max E = 3, if E =, το E δεν έχει ελάχιστο στοιχείο 5

6 vi) Εχουµε F = {x Q : < x < } Το F δεν έχει ελάχιστο ούτε µέγιστο στοιχείο, if F =, sup F = vii) Τέλος, το G δεν είναι κάτω ϕραγµένο και έχει µέγιστο στοιχείο το max G = sup G = εξηγήστε γιατί) Β Οµάδα 4 Ανισότητα Beroulli) Εστω a R και έστω N είξτε ότι : α) Αν a, τότε + a) + a ϐ) Αν 0 < a < /, τότε + a) < / a) γ) Αν 0 a, τότε a a) + a Υπόδειξη α) Για = η ανισότητα ισχύει ως ισότητα : + a = + a είχνουµε το επαγωγικό ϐήµα : Υποθέτουµε ότι + a) m + ma Αφού + a 0, έχουµε + a) + a) m + a) + ma) Άρα, + a) m+ + a) + ma) = + m + )a + ma + m + )a Η τελευταία ανισότητα ισχύει διότι ma 0 ϐ) Για το επαγωγικό ϐήµα, παρατηρήστε πρώτα ότι αν 0 < a < m+ τότε έχουµε και 0 < a < m Από την επαγωγική υπόθεση, Οµως, + a) m+ m + )a) = + a) m + )a) + a) m < + a) m + )a) ma + a) m + )a) = + a m + )a m + )a = ma m + )a < ma Επεται ότι + a) m+ m + )a) < γ) Για την αριστερή ανισότητα, παρατηρήστε ότι a Συνεπώς, µπορούµε να εφαρµόσουµε το α) µε τον a στη ϑέση του a: a) = + a)) + a) = a Για τη δεξιά ανισότητα : αν a = η ανισότητα ισχύει διότι, τότε, a) = 0 Αν 0 a < έχουµε a > + a εξηγήστε γιατί), οπότε ) a) = > + a) + a a από το α) Επεται ότι a) +a 5 Εστω a R είξτε ότι : α) Αν < a < 0, τότε + a) + a + ) a για κάθε N ϐ) Αν a > 0, τότε + a) + a + ) a για κάθε N Υπόδειξη α) Ισοδύναµα, δείξτε ότι αν 0 < x <, τότε x) x + ) x για κάθε N Με επαγωγή Αν = τότε ισχύει σαν ισότητα 6

7 Υποθέστε ότι x) m mx + mm ) x για κάποιον m N Τότε, x) m+ = x) m x) ) mm ) mx + x x) [ ] mm ) = m + )x + + m x m + )m < m + )x + x, mm ) x 3 αφού mm ) + m = m+)m και x > 0 ϐ) Αν =, η ανισότητα ισχύει σαν ισότητα Αν, παρατηρήστε ότι από το διωνυµικό ανάπτυγµα, + a) = k=0 Πού χρησιµοποιήθηκε η υπόθεση ότι a > 0; ) a k + a + k ) a = + a + ) a 6 είξτε ότι για κάθε N ισχύουν οι ανισότητες + ) < + ) + και + + ) + > + ) + + Υπόδειξη Για την πρώτη ανισότητα παρατηρούµε ότι + ) < + ) + + Από την ανισότητα του Beroulli έχουµε ) ) < + + ) + ) + + < + < ) + ) > + ) + ) + ) ) Αρκεί λοιπόν να ελέγξετε ότι + ) < + 7 Ανισότητα Cauchy-Schwarz) είξτε ότι : αν a,, a και b,, b είναι πραγµατικοί αριθµοί, τότε ) a k b k ) a k b k είξτε επίσης την ανισότητα του Mikowski: αν a,, a και b,, b είναι πραγµατικοί αριθµοί, τότε ) / / / a k + b k ) ak) + bk) ) 7

8 Υπόδειξη α) Η πιο ϕυσιολογική απόδειξη είναι µε επαγωγή : παρατηρήστε πρώτα ότι αρκεί να δείξουµε την ανισότητα στην περίπτωση που a k 0, b k 0 για κάθε k =,, εξηγήστε γιατί) = : Ελέγξτε ότι για κάθε a, a, b, b R ισχύει η ανισότητα a b + a b ) a + a )b + b ) Επαγωγικό ϐήµα Υποθέτουµε ότι το Ϲητούµενο ισχύει για οποιεσδήποτε δύο k άδες πραγµατικών αριθµών, k =,, m Εστω a,, a m+ και b,, b m+ µη αρνητικοί πραγµατικοί αριθµοί Χρησιµοποιώντας την επαγωγική υπόθεση γράφουµε m+ a k b k = m a k b k + a m+ b m+ m a k ) / m / bk) + a m+ b m+ Αν ορίσουµε x = m a k) / και y = m b k) /, τότε από το ϐήµα = ) έχουµε m a k ) / m / bk) + a m+ b m+ = xy + a m+ b m+ x + a m+) / y + b m+) / = a + + a m + a / m+) b + + b m + b / m+) Συνδυάζοντας τα παραπάνω ϐλέπουµε ότι m+ Ετσι, έχουµε αποδείξει το επαγωγικό ϐήµα a k b k a + + a m + a m+) / b + + b m + b m+) / ϐ) Χρησιµοποιώντας την ανισότητα Cauchy Schwarz, γράφουµε a k + b k ) = = a k a k + b k ) + b k a k + b k ) a k ) / ) / a k + b k ) + / ak) + b k ) / ) / a k + b k ) b k ) / ) / a k + b k ) Επεται το Ϲητούµενο εξηγήστε γιατί) 8 Ταυτότητα του Lagrage) Αν a,, a R και b,, b R, τότε a k ) b k ) ) a k b k = a k b j a j b k ) k,j= Χρησιµοποιώντας την ταυτότητα του Lagrage δείξτε την ανισότητα Cauchy-Schwarz 8

9 Υπόδειξη Παρατηρήστε ότι και, όµοια, Επίσης, a k a k ) ) b k b k ) = ak) ) = j= a j ) ) a k b k = a k b k Άρα, το αριστερό µέλος ισούται εξηγήστε γιατί) µε j= b j b k = ) a j b j = j= a kb j a k b j a j b k + a jb k) = k,j= Η ανισότητα Cauchy Schwarz προκύπτει άµεσα = k,j= k,j= k,j= a kb j a jb k a k b j a j b k a k b j a j b k ) k,j= 9 Ανισότητα αριθµητικού-γεωµετρικού µέσου) Αν x,, x > 0, τότε ) x + + x x x x Ισότητα ισχύει αν και µόνο αν x = x = = x Επίσης, αν x, x,, x > 0, τότε ) x x x x + + x Υπόδειξη Πρώτος τρόπος είχνουµε πρώτα επαγωγικά ότι, για κάθε k N, αν x,, x k είναι ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί τότε k x x k x + + x k k Για k = πρέπει να ελέγξουµε ότι αν x, x > 0 τότε x x x+x Αυτή η ανισότητα ισχύει αν και µόνο αν 4x x x + x ), η οποία ισχύει διότι x x ) 0 Υποθέτουµε ότι αν y,, y m είναι ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί τότε m y y m y + + y m m Εστω x,, x m, x m +,, x m+ > 0 Τότε, εφαρµόζοντας την επαγωγική υπόθεση για τους x,, x m > 0 και x m +,, x m+ > 0, παίρνουµε m+ x x mx m + x m+ = m x x m m x m + x m+ m x x m + m xm + x m+ x + + x m m + x ) m x m+ m = x + + x m+ m+ 9

10 Εχουµε λοιπόν δείξει το Ϲητούµενο αν το πλήθος N των αριθµών είναι N = k, k N Εστω N και έστω x,, x > 0 Υπάρχει N = k > εξηγήστε γιατί) Θεωρούµε τη N άδα x,, x, α,, α, όπου πήραµε N ϕορές τον ϑετικό αριθµό α = x x Μπορούµε να εφαρµόσουµε την ανισότητα αριθµητικού γεωµετρικού µέσου γι αυτή τη N άδα : Αφού x x = α, η ανισότητα παίρνει τη µορφή N x x α N x + + x + N )α N α = N α α N x + + x + N )α, N δηλαδή Nα x + + x ) + N )α = α x + + x Συνεπώς, x x = α x + + x εύτερος τρόπος Θέτουµε α = x x x και ορίζουµε b k = x k α, k =,, Παρατηρούµε ότι οι b k είναι ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί µε γινόµενο Επίσης, η Ϲητούµενη ανισότητα παίρνει τη µορφή Αρκεί λοιπόν να δείξουµε το εξής: b b = x α x α = x x α = b + + b Εστω N Αν b,, b είναι ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί µε γινόµενο b b =, τότε b + + b είξτε την µε επαγωγή ως προς το πλήθος των b k : αν = τότε έχουµε έναν µόνο αριθµό, τον b = Συνεπώς, η ανισότητα είναι τετριµµένη : Υποθέτουµε ότι για κάθε m άδα ϑετικών αριθµών y,, y m µε γινόµενο y y m = ισχύει η ανισότητα y + + y m m, και δείχνουµε ότι αν b,, b m+ είναι m + ) ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί µε γινόµενο b b m+ = τότε b + + b m+ m + Μπορούµε να υποθέσουµε ότι b b b m+ Παρατηρούµε ότι, αν b = b = = b m+ = τότε η ανισότητα ισχύει σαν ισότητα Αν όχι, αναγκαστικά έχουµε b < < b m+ εξηγήστε γιατί) Θεωρούµε την m-άδα ϑετικών αριθµών y = b b m+, y = b,, y m = b m Αφού y y m = b b m+ =, από την επαγωγική υπόθεση παίρνουµε b b m+ ) + b + + b m = y + + y m m Οµως, από την b < < b m+ έπεται ότι b m+ ) b ) > 0 δηλαδή b + b m+ > + b m+ b Άρα, b + b m+ + b + + b m > + b b m+ + b + + b m + m 0

11 Εχουµε λοιπόν δείξει το επαγωγικό ϐήµα Αν οι x,, x δεν είναι όλοι ίσοι, τότε η απόδειξη που προηγήθηκε δείχνει ότι η ανισότητα είναι γνήσια εξηγήστε γιατί) ηλαδή : στην ανισότητα αριθµητικού γεωµετρικού µέσου ισχύει ισότητα αν και µόνον αν x = = x Για την ανισότητα x x x x + + x εφαρµόστε την ανισότητα που µόλις δείξαµε για τους ϑετικούς πραγµατικούς αριθµούς x,, x 0 Εστω a,, a > 0 είξτε ότι a + a + + a ) ) ) a a a Υπόδειξη Από την ανισότητα αριθµητικού γεωµετρικού αρµονικού µέσου έχουµε a + a + + a a a a a + a + + a Εστω A, B µη κενά ϕραγµένα υποσύνολα του R µε A B είξτε ότι if B if A sup A sup B Υπόδειξη είχνουµε την if B if A Αρκεί να δείξουµε ότι ο if B είναι κάτω ϕράγµα του A Οµως, αν x A τότε x B διότι A B), άρα if B x Εστω A, B µη κενά, ϕραγµένα υποσύνολα του R είξτε ότι το A B είναι ϕραγµένο και supa B) = max{sup A, sup B}, ifa B) = mi{if A, if B} Μπορούµε να πούµε κάτι ανάλογο για το supa B) ή το ifa B); Υπόδειξη α) Από την Άσκηση έχουµε supa B) sup A και supa B) sup B Άρα, supa B) max{sup A, sup B} Για την αντίστροφη ανισότητα αρκεί να δείξουµε ότι ο M := max{sup A, sup B} είναι άνω ϕράγµα του A B Εστω x A B Τότε, ο x ανήκει σε τουλάχιστον ένα από τα A ή B Αν x A τότε x sup A M και αν x B τότε x sup B M ϐ) Ισχύει η ανισότητα supa B) mi{sup A, sup B} Μπορεί όµως να είναι γνήσια Ενα παράδειγµα δίνουν τα A = {, } και B = {, 3} 3 Εστω A, B µη κενά υποσύνολα του R είξτε ότι sup A if B αν και µόνο αν για κάθε a A και για κάθε b B ισχύει a b Υπόδειξη Υποθέτουµε πρώτα ότι sup A if B Τότε, για κάθε a A και για κάθε b B ισχύει a sup A if B b Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι για κάθε a A και για κάθε b B ισχύει a b Θα δείξουµε ότι sup A if B Πρώτος τρόπος: Για να δείξουµε ότι sup A if B, αρκεί να δείξουµε ότι ο if B είναι άνω ϕράγµα του A Εστω a A Από την υπόθεση, για κάθε b B ισχύει a b Άρα, ο a είναι κάτω ϕράγµα του B Συνεπώς, a if B Το a A ήταν τυχόν, άρα ο if B είναι άνω ϕράγµα του A εύτερος τρόπος: Ας υποθέσουµε ότι if B < sup A Υπάρχει ε > 0 µε την ιδιότητα if B + ε < sup A ε εξηγήστε γιατί) Από τον χαρακτηρισµό του ifimum, υπάρχει b B που ικανοποιεί την b < if B + ε και υπάρχει a A που ικανοποιεί την sup A ε < a Τότε, b < if B + ε < sup A ε < a Αυτό έρχεται σε αντίφαση µε την υπόθεση

12 4 Εστω A, B µη κενά, άνω ϕραγµένα υποσύνολα του R µε την εξής ιδιότητα : για κάθε a A υπάρχει b B ώστε a b είξτε ότι sup A sup B Υπόδειξη Πρώτος τρόπος: Για να δείξουµε ότι sup A sup B, αρκεί να δείξουµε ότι ο sup B είναι άνω ϕράγµα του A Εστω a A Από την υπόθεση, υπάρχει b B ώστε a b sup B Το a A ήταν τυχόν, άρα ο sup B είναι άνω ϕράγµα του A εύτερος τρόπος: Ας υποθέσουµε ότι sup A > sup B Υπάρχει ε > 0 µε την ιδιότητα sup A ε > sup B γιατί ;) Από τον χαρακτηρισµό του supremum, υπάρχει a A που ικανοποιεί την a > sup A ε Τότε, για κάθε b B έχουµε b sup B < sup A ε < a Αυτό έρχεται σε αντίφαση µε την υπόθεση 5 Βρείτε το supremum και το ifimum των συνόλων } A = { + ) + )+ : N, B = { + } 3 m :, m N Υπόδειξη α) Γράψτε το A στη µορφή A = { } { } k : k N k : k N Για κάθε a A ισχύει 0 < a < Αν y > 0 τότε υπάρχει k N ώστε < y Αν y < τότε υπάρχει k N ώστε k > y Από τα παραπάνω έπεται ότι if A = 0 και sup A = εξηγήστε γιατί) είξτε ότι το A δεν έχει µέγιστο ούτε ελάχιστο στοιχείο + ϐ) Για κάθε, m N ισχύει 3 m + 3 Άρα, sup B = max B = 5 6 Για κάθε b B ισχύει b > 0 Επίσης, αν y > 0 τότε υπάρχει N τέτοιος ώστε k + 3 < = < y Επεται ότι if B = 0 εξηγήστε γιατί) είξτε ότι το B δεν έχει ελάχιστο στοιχείο 6 είξτε ότι το σύνολο A = { ) m + m } : m, =,, είναι ϕραγµένο και ϐρείτε τα sup A και if A Εξετάστε αν το A έχει µέγιστο ή ελάχιστο στοιχείο Υπόδειξη Για κάθε m, N έχουµε ) m +m = m +m < Συνεπώς, A, ) είξτε ότι sup A = και if A = Τέλος, δείξτε ότι το A δεν έχει µέγιστο ούτε ελάχιστο στοιχείο 7 Εστω A 0, + ) Υποθέτουµε ότι if A = 0 και ότι το A δεν είναι άνω ϕραγµένο Να ϐρεθούν, αν υπάρχουν, τα max, mi, sup και if του συνόλου { } x B = x + : x A Υπόδειξη Αν y B τότε y = κάτω ϕραγµένο από το 0 x x+ για κάποιο x A Αφού A 0, + ), ϐλέπουµε ότι y > 0 Άρα, το B είναι

13 είχνουµε ότι if B = 0 µε τον ε χαρακτηρισµό του ifimum Εστω ε > 0 Αφού if A = 0, υπάρχει x A ώστε x < ε Τότε, το y = x x+ B και y = x x+ < x < ε είναι x + > αφού x > 0) Παρατηρούµε ότι ο είναι άνω ϕράγµα του B: αν y B τότε υπάρχει x A ώστε y = x x+ < είχνουµε ότι sup B = µε τον ε χαρακτηρισµό του supremum Εστω ε > 0 Ζητάµε x A ώστε x+ = x x+ > ε, δηλαδή x > ε Αφού το A δεν είναι άνω ϕραγµένο, τέτοιο x A υπάρχει Τότε, το y = x x+ B και y = x x+ > ε x Το B δεν έχει µέγιστο ή ελάχιστο στοιχείο : ϑα έπρεπε να υπάρχει x > 0 που να ικανοποιεί την x+ = 0 ή την = αντίστοιχα κάτι που δεν γίνεται) x x+ Γ Οµάδα 8 είξτε ότι οι αριθµοί + 3 και είναι άρρητοι Υπόδειξη α) Υποθέτουµε ότι + 3 Q Τότε, = + 3) Q, άρα 6 Q Μπορούµε να γράψουµε 6 = m όπου m, N µε µέγιστο κοινό διαιρέτη τη µονάδα Από την m = 6 ϐλέπουµε ότι ο m είναι άρτιος, άρα υπάρχει k N ώστε m = k Αντικαθιστώντας στην m = 6 παίρνουµε k = 3 Αναγκαστικά, ο είναι κι αυτός άρτιος Αυτό είναι άτοπο, αφού ο είναι κοινός διαιρέτης των m και ϐ) Υποθέτουµε ότι = x Q Τότε, = x + 5 x 5, άρα 6 + x 5 = y Q Υψώνοντας πάλι στο τετράγωνο, ϐλέπουµε ότι 30 Q Μπορούµε να γράψουµε 30 = m όπου m, N µε µέγιστο κοινό διαιρέτη τη µονάδα Από την m = 30 ϐλέπουµε ότι ο m είναι άρτιος, άρα υπάρχει k N ώστε m = k Αντικαθιστώντας στην m = 30 παίρνουµε k = 5 Αναγκαστικά, ο είναι κι αυτός άρτιος Αυτό είναι άτοπο, αφού ο είναι κοινός διαιρέτης των m και 9 είξτε ότι αν ο ϕυσικός αριθµός δεν είναι τετράγωνο κάποιου ϕυσικού αριθµού, τότε ο είναι άρρητος Υπόδειξη Αφού ο δεν είναι τετράγωνο κάποιου ϕυσικού αριθµού, υπάρχει N N ώστε N < < N + ) Υποθέτουµε ότι = p q, όπου p, q N και ο q είναι ο µικρότερος δυνατός Θέτουµε q = p qn = q N) και p = p N) = q pn Τότε, p, q N διότι είναι ακέραιοι και ϑετικοί αφού N > 0) και q = p qn < q διότι p q = < N + Οµως, το οποίο είναι άτοπο αφού q < q p = p N) q q N) = p q =, 30 Εστω A, B µη κενά, ϕραγµένα υποσύνολα του R Ορίζουµε A + B = {a + b : a A, b B} είξτε ότι supa + B) = sup A + sup B, ifa + B) = if A + if B Υπόδειξη Θα δείξουµε ότι ifa + B) = if A + if B α) ifa + B) if A + if B: αρκεί να δείξουµε ότι ο if A + if B είναι κάτω ϕράγµα του A + B Εστω x A + B Υπάρχουν a A και b B ώστε x = a + b Οµως, a if A και b if B Άρα, x = a + b if A + if B Το x A + B ήταν τυχόν, άρα ο if A + if B είναι κάτω ϕράγµα του A + B ϐ) ifa + B) if A + if B: αρκεί να δείξουµε ότι ο ifa + B) if B είναι κάτω ϕράγµα του A Για το σκοπό αυτό, ϑεωρούµε τυχόν) a A και δείχνουµε ότι ifa + B) a if B 3

14 Για την τελευταία ανισότητα αρκεί να δείξουµε ότι ο ifa + B) a είναι κάτω ϕράγµα του B: έστω b B Τότε, a + b A + B Άρα, ifa + B) a + b = ifa + B) a b Το b B ήταν τυχόν, άρα ο ifa + B) a είναι κάτω ϕράγµα του B εύτερος τρόπος: Εστω ε > 0 Από τον χαρακτηρισµό του supremum και του ifimum, υπάρχουν a A και b B που ικανοποιούν τις a < if A + ε και b < if B + ε Τότε, αφού a + b A + B, Το ε > 0 ήταν τυχόν, άρα ifa + B) if A + if B ifa + B) a + b < if A + if B + ε 3 Εστω A µη κενό, ϕραγµένο υποσύνολο του R Αν t R, ορίζουµε ta = {ta : a A} είξτε ότι α) αν t 0 τότε supta) = t sup A και ifta) = t if A ϐ) αν t < 0 τότε supta) = t if A και ifta) = t sup A Υπόδειξη Ακολουθήστε τη διαδικασία που χρησιµοποιήθηκε στην Άσκηση 30 3 Εστω A, B µη κενά υποσύνολα του R Υποθέτουµε ότι : α) για κάθε a A και για κάθε b B ισχύει a b, και ϐ) για κάθε ε > 0 υπάρχουν a A και b B ώστε b a < ε είξτε ότι sup A = if B Υπόδειξη είχνουµε πρώτα ότι sup A if B Σταθεροποιούµε b B Αφού a b για κάθε a A, ο b είναι άνω ϕράγµα του A, συνεπώς sup A b Το b B ήταν τυχόν, άρα ο sup A είναι κάτω ϕράγµα του B Τώρα, έπεται ότι sup A if B Για την αντίστροφη ανισότητα παρατηρούµε ότι, για κάθε ε > 0 υπάρχουν a ε A και b ε B ώστε b ε a ε < ε, συνεπώς if B b ε < a ε + ε sup A + ε είξαµε ότι if B < sup A + ε για κάθε ε > 0, άρα if B sup A από την Άσκηση ) 33 Εστω A, B µη κενά, άνω ϕραγµένα υποσύνολα του R είξτε ότι sup A sup B αν και µόνο αν για κάθε a A και για κάθε ε > 0 υπάρχει b B ώστε a ε < b Υπόδειξη Υποθέτουµε πρώτα ότι sup A sup B Εστω a A και ε > 0 Από τον ε-χαρακτηρισµό του sup B, υπάρχει b B ώστε sup B ε < b Τότε, a ε sup A ε sup B ε < b Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι για κάθε a A και για κάθε ε > 0 υπάρχει b B ώστε a ε < b Εστω ε > 0 Θεωρούµε τυχόν a A και ϐρίσκουµε b B ώστε a < b + ε sup B + ε Αφού το a A ήταν τυχόν, ο sup B + ε είναι άνω ϕράγµα του A, δηλαδή sup A sup B + ε Η τελευταία ανισότητα ισχύει για κάθε ε > 0, άρα sup A sup B από την Άσκηση ) 34 Εστω A, B µη κενά υποσύνολα του R που ικανοποιούν τα εξής: α) για κάθε a A και για κάθε b B ισχύει a < b ϐ) A B = R είξτε ότι υπάρχει γ R τέτοιος ώστε είτε A =, γ) και B = [γ, + ) ή A =, γ] και B = γ, + ) Υπόδειξη Από την υπόθεση έπεται ότι A B = εξηγήστε γιατί) Επίσης, από την Άσκηση 3 έχουµε γ := sup A δ := if B ικαιολογήστε διαδοχικά τα εξής: 4

15 γ = δ: αν είχαµε γ < δ τότε ο γ+δ δεν ϑα ανήκε στο A B εξηγήστε γιατί), γ] A και [γ, ) B 3, γ) A και γ, ) B 4 Ο γ ανήκει σε ακριβώς ένα από τα A ή B 35 Εστω x R είξτε ότι : για κάθε N υπάρχει ακέραιος k Z ώστε Υπόδειξη Θέτουµε k = [ x] Z Τότε, k x < k +, άρα ηλαδή, x k < 0 x k < < 0 x k < x k < 36 Εστω x R είξτε ότι : για κάθε N υπάρχουν ακέραιοι m και, µε 0 < N, ώστε x m < N Υπόδειξη Χωρίζουµε το [0, ) σε N [ j ίσα διαδοχικά διαστήµατα N, j ) N, j =,, N Για k = 0,, N ϑεωρούµε τους αριθµούς x k = kx [kx] [0, ) Αφού το πλήθος των x k είναι N + και το πλήθος των διαστηµάτων είναι N, µπορούµε να ϐρούµε j και k > s ώστε x k, x s [ j N, j ) N Τότε, xk x s < N, δηλαδή k s)x [kx] [sx]) < N Θέτοντας = k s και m = [kx] [sx] παίρνουµε το Ϲητούµενο 37 Ανισότητα Chebyshev) Αν a a a > 0 και b b b > 0, τότε a b + a b + + a b a + + a a b + + a b b + + b Υπόδειξη Μπορείτε να αποδείξετε τις δύο ανισότητες µε επαγωγή Μια πολύ πιό σύντοµη απόδειξη είναι η εξής εξιά ανισότητα : Από την υπόθεση ότι a a a και b b b έπεται γιατί ;) ότι ηλαδή, a k a j )b k b j ) 0 k,j= ) Παρατηρήστε ότι Οµοια, Από την άλλη πλευρά, a k b k + a j b j a j b k + a k b j k,j= k,j= k,j= k,j= ) a k b k = a k b k = a b + + a b ) k,j= j= a j b j = a b + + a b ) k,j= a j b k = a k b j = a + + a )b + + b ) k,j= k,j= 5

16 Άρα, η ) παίρνει τη µορφή a b + + a b ) a + + a )b + + b ), που είναι η Ϲητούµενη ανισότητα Αριστερή ανισότητα : Χρησιµοποιήστε το γεγονός ότι a k a j )b k+ b j+ ) 0 k,j= 6

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

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

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ 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

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί 1 Οι πραγµατικοί αριθµοί 1.1 Σύνολα αριθµών Το σύνολο των ϕυσικών αριθµών N = {1, 2, 3,...} Το σύνολο των ακεραίων Z = {... 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,...}. Οι ακέραιοι διαµερίζονται σε άρτιους και περιττούς

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

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

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες,

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 9

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

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μέτρο Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μέτρο Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Μέτρο Lebesgue Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

Υπόδειξη. (α) Άµεσο αφού κάθε υποσύνολο µηδενικού συνόλου είναι µετρήσιµο.

Υπόδειξη. (α) Άµεσο αφού κάθε υποσύνολο µηδενικού συνόλου είναι µετρήσιµο. Κεφάλαιο 2 Ολοκλήρωµα Lebesgue 2.1 Οµάδα Α 1. Αν η f : (a, b) R είναι παραγωγίσιµη, τότε η f είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία f : (a, b) R µε f (x) = [f(x + 1/) f(x)]. Εφόσον, η f είναι

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

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. Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

n a n = 2. Θεωρούµε τα σύνολα a n = n2 n n 2 + n 1. n a n = a > 0, δείξτε ότι a n > 0 τελικά.

n a n = 2. Θεωρούµε τα σύνολα a n = n2 n n 2 + n 1. n a n = a > 0, δείξτε ότι a n > 0 τελικά. 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

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί 1 Οι πραγµατικοί αριθµοί 1.1 Σύνολα αριθµών Το σύνολο των ϕυσικών αριθµών N = {1, 2, 3,...} Το σύνολο των ακεραίων Z = {... 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,...}. Οι ακέραιοι διαµερίζονται σε άρτιους και περιττούς

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό

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

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

Μέτρο Lebesgue. Κεφάλαιο Εξωτερικό µέτρο Lebesgue

Μέτρο Lebesgue. Κεφάλαιο Εξωτερικό µέτρο Lebesgue Κεφάλαιο 1 Μέτρο Lebesgue 1.1 Εξωτερικό µέτρο Lebesgue Θα ϑέλαµε να ορίσουµε το «µήκος» κάθε υποσυνόλου A του R, δηλαδή να αντιστοιχίσουµε σε κάθε A R έναν µη αρνητικό αριθµό λ(a) (ή το + ). Είναι λογικό

Διαβάστε περισσότερα

Ανάλυση Ι και Εφαρµογές

Ανάλυση Ι και Εφαρµογές Ανάλυση Ι και Εφαρµογές Σηµειώσεις από τις παραδόσεις Α. Γιαννόπουλος Τµήµα Φυσικής Πανεπιστήµιο Αθηνών Αθήνα 206 Περιεχόµενα Το σύνολο των πραγµατικών αριθµών. Φυσικοί, ακέραιοι και ϱητοί αριθµοί.......................

Διαβάστε περισσότερα

Πραγµατική Ανάλυση Ασκήσεις ( )

Πραγµατική Ανάλυση Ασκήσεις ( ) Πραγµατική Ανάλυση Ασκήσεις (205 6) Πρόχειρες Σηµειώσεις Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Αθηνών 205-6 Περιεχόµενα Μετρικοί χώροι 2 Σύγκλιση ακολουθιών και συνέχεια συναρτήσεων 9 3 Τοπολογία µετρικών χώρων

Διαβάστε περισσότερα

B = F i. (X \ F i ) = i I

B = F i. (X \ F i ) = i I Κεφάλαιο 3 Τοπολογία μετρικών χώρων Ομάδα Α 3.1. Εστω (X, ρ) μετρικός χώρος και F, G υποσύνολα του X. Αν το F είναι κλειστό και το G είναι ανοικτό, δείξτε ότι το F \ G είναι κλειστό και το G \ F είναι

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

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

1 Το ϑεώρηµα του Rademacher

1 Το ϑεώρηµα του Rademacher Το ϑεώρηµα του Rademacher Νικόλαος Μουρδουκούτας Περίληψη Σε αυτήν την εργασία ϑα αποδείξουµε το ϑεώρηµα του Rademacher, σύµφωνα µε το οποίο κάθε Lipschiz συνάρτηση f : R m είναι διαφορίσιµη σχεδόν παντού.

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

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

Διαβάστε περισσότερα

Κυρτή Ανάλυση. Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Κυρτή Ανάλυση. Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

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

Διαβάστε περισσότερα

L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier

L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier Κεφάλαιο 7 L -σύγκλιση σειρών Fourier 7.1 Χώροι Hilbert 7.1.1 Χώροι µε εσωτερικό γινόµενο και χώροι Hilbert Ορισµός 7.1.1. Εστω X γραµµικός χώρος πάνω από το K. Μια συνάρτηση, : X X K λέγεται εσωτερικό

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στην Τοπολογία

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

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

Διαβάστε περισσότερα

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί 1 Οι πραγµατικοί αριθµοί 1.1 Σύνολα αριθµών Το σύνολο των ϕυσικών αριθµών N = {1, 2, 3,...} Το σύνολο των ακεραίων Z = {... 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,...}. Οι ακέραιοι διαµερίζονται σε άρτιους και περιττούς

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

Πραγµατική Ανάλυση ( ) Ασκήσεις - Κεφάλαιο 3

Πραγµατική Ανάλυση ( ) Ασκήσεις - Κεφάλαιο 3 Πραγµατική Ανάλυση (2015-16) Ασκήσεις - Κεφάλαιο 3 Οµάδα Α 1. Εστω (X, ρ) µετρικός χώρος και F, G υποσύνολα του X. Αν το F είναι κλειστό και το G είναι ανοικτό, δείξτε ότι το F \ G είναι κλειστό και το

Διαβάστε περισσότερα

= f(x) για κάθε x R.

= f(x) για κάθε x R. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 4: Συνέχεια και όρια συναρτήσεων Α Οµάδα 1. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). (α)

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

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

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

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L p Σύγκλιση. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L p Σύγκλιση. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: L p Σύγκλιση Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creaive Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε

Διαβάστε περισσότερα

Αριθµοί Liouville. Ιωάννης Μπαρµπαγιάννης

Αριθµοί Liouville. Ιωάννης Μπαρµπαγιάννης Αριθµοί Liouville Ιωάννης Μπαρµπαγιάννης Εισαγωγή Η ϑεωρία των υπερβατικών αριθµών έχει ως αφετηρία µια ϕηµισµένη εργασία του Liouville, το 844, ο οποίος περιέγραψε µια κλάση πραγµατικών αριθµών οι οποίοι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2

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

Διαβάστε περισσότερα

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

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις Επαναληψης

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

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2016/asi2016.html Πέµπτη 31 Μαρτίου 2016 Υπενθυµίζουµε

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Ολοκλήρωµα Lebesgue. Κεφάλαιο Μετρήσιµες συναρτήσεις Ορισµός και ϐασικές ιδιότητες

Ολοκλήρωµα Lebesgue. Κεφάλαιο Μετρήσιµες συναρτήσεις Ορισµός και ϐασικές ιδιότητες Κεφάλαιο 2 Ολοκλήρωµα Lebesgue 2.1 Μετρήσιµες συναρτήσεις Οι συναρτήσεις για τις οποίες ϑα επιχειρήσουµε να ορίσουµε το ολοκλήρωµα Lebesgue είναι συναρτήσεις µε πεδίο ορισµού κάποιο µετρήσιµο υποσύνολο

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

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

11 Το ολοκλήρωµα Riemann

11 Το ολοκλήρωµα Riemann Το ολοκλήρωµα Riem Το πρόβληµα υπολογισµού του εµβαδού οποιασδήποτε επιφάνειας ( όπως κυκλικοί τοµείς, δακτύλιοι και δίσκοι, ελλειπτικοί δίσκοι, παραβολικά και υπερβολικά χωρία κτλ) είναι γνωστό από την

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

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

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

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

Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 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

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

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

ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ. Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι

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

Διαβάστε περισσότερα

Γενικές Παρατηρήσεις. Μη Κανονικές Γλώσσες - Χωρίς Συµφραζόµενα (1) Το Λήµµα της Αντλησης. Χρήση του Λήµµατος Αντλησης.

Γενικές Παρατηρήσεις. Μη Κανονικές Γλώσσες - Χωρίς Συµφραζόµενα (1) Το Λήµµα της Αντλησης. Χρήση του Λήµµατος Αντλησης. Γενικές Παρατηρήσεις Μη Κανονικές Γλώσσες - Χωρίς Συµφραζόµενα () Ορέστης Τελέλης telelis@unipi.gr Τµήµα Ψηφιακών Συστηµάτων, Πανεπιστήµιο Πειραιώς Υπάρχουν µη κανονικές γλώσσες, π.χ., B = { n n n }. Αυτό

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

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

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 1 2

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 1 2 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 1 2 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Πέµπτη 27 εκεµβρίου 2012 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

1 Το ϑεώρηµα του Alexandrov

1 Το ϑεώρηµα του Alexandrov Το ϑεώρηµα του Alexandrov Γιώργος Γιανναράκης και αυιδούλα ηµοπούλου Περίληψη Το 1939, ο Alexandr Alexandrov απέδειξε το ακόλουθο ϑεώρηµα : Εστω C R d ανοιχτό και κυρτό, f : C R µια κυρτή συνάρτηση. Τότε,

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

Ανω Φράγµα στην Τάξη των Συναρτήσεων. Ρυθµός Αύξησης (Τάξη) των Συναρτήσεων. Παράδειγµα (1/2) O( g(n) ) είναι σύνολο συναρτήσεων:

Ανω Φράγµα στην Τάξη των Συναρτήσεων. Ρυθµός Αύξησης (Τάξη) των Συναρτήσεων. Παράδειγµα (1/2) O( g(n) ) είναι σύνολο συναρτήσεων: Ανω Φράγµα στην Τάξη των Συναρτήσεων Ορισµός. Εστω συναρτήσεις: f : N R και g : N R Ρυθµός Αύξησης (Τάξη) των Συναρτήσεων Ορέστης Τελέλης η (τάξη της) f(n) είναι O( g(n) ) αν υπάρχουν σταθερές C και n

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στην Τοπολογία

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

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 8-10-13 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Κατ αρχάς θα δούμε μια πολλή απλή πρόταση. 0xx x x ΠΡΟΤΑΣΗ. Έστω ότι ο έχει την εξής ιδιότητα: x για κάθε x > 0. Τότε 0. Απόδειξη. Για να καταλήξουμε

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

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

Εισαγωγή στην Τοπολογία

Εισαγωγή στην Τοπολογία Ενότητα: Τοπικές έννοιες 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

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό,

Διαβάστε περισσότερα

2x 2 + x + 1 (x + 3)(x 1) 2 dx, 2x (x + 1) dx. b x 1 + x dx x x 2 1, 6u 5 u 3 + u 2 du = 6u 3 u + 1 du. = u du.

2x 2 + x + 1 (x + 3)(x 1) 2 dx, 2x (x + 1) dx. b x 1 + x dx x x 2 1, 6u 5 u 3 + u 2 du = 6u 3 u + 1 du. = u du. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 8: Τεχνικές ολοκλήρωσης Α Οµάδα. Υπολογίστε τα ακόλουθα ολοκληρώµατα : + + d, + + ( + 3)( ) d, 3 + 3 + 3 + + + d. Υπόδειξη. (α) Γράφουµε + + d

Διαβάστε περισσότερα

Δύο λόγια από τη συγγραφέα

Δύο λόγια από τη συγγραφέα Δύο λόγια από τη συγγραφέα Τα μαθηματικά ή τα λατρεύεις ή τα μισείς! Για να λατρέψεις κάτι πρέπει να το κατανοήσεις, για τη δεύτερη περίπτωση τα πράγματα μάλλον είναι λίγο πιο απλά. Στόχος αυτού του βιβλίου

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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