ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1"

Transcript

1 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : Παρασκευή 1 Μαρτίου 19 Υπενθυµίσεις από τη Θεωρία Πολυωνύµων Υπενθυµίζουµε, χάριν ευκολίας, κάποια ϐασικά στοιχεία από τη ϑεωρία πολυωνύµων τα οποία ϑα είναι χρήσιµα στη συνέχεια του µαθήµατος Υπενθυµίζουµε ότι αν : (α K = Z ή (β K είναι ένα σώµα, πχ K = Q, R, C, Z, Z 3,, Z p (p : πρώτος, τότε K συµβολίζει το σύνολο των πολυωνύµων µε συντελεστές από το K: K[t] = a + a 1 t + a t + + a n t n a k K, k n } Αν a k =, k n, τότε το P (t καλείται το µηδενικό πολυώνυµο και συµβολίζεται µε O Εστω P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n και υποθέτουµε ότι P (t O Ο ϐαθµός του P (t ορίζεται να είναι ο µη-αρνητικός ακέραιος deg P (t = max k N a k } Για το µηδενικό πολυώνυµο δεν ορίζουµε ϐαθµό Συνήθως, όταν γράφουµε ένα πολυώνυµο P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n, ϑα υπονοούµε ότι a n και ο ϐαθµός του ϑα είναι deg P (t = n Αν P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n και Q(t = b + b 1 t + b t + + b m t m δύο πολυώνυµα, µε ϐαθµούς αντίστοιχα deg P (t = n και deg Q(t = m, τότε έστω χωρίς ϐλάβη της γενικότητας m n Τα πολυώνυµα P (t και Q(t καλούνται ίσα, και τότε ϑα γράφουµε P (t = Q(t, αν a k = b k, k m και a m+1 = = a n = Ενα πολυώνυµο P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n, ϐαθµού deg P (t = n, µπορεί να γραφεί και ως P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n + a n+1 t n a m t m + = a k t k, όπου a k =, k > n Το άθροισµα των πολυωνύµων P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n = ορίζεται να είναι το πολυώνυµο k= a k t k και Q(t = b + b 1 t + b t + + b m t m = k= P (t + Q(t = c + c 1 t + c t + + c r t r + = c k t k, όπου c k = a k + b k, k k= b k t k k=

2 Το γινόµενο των πολυωνύµων P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n = ορίζεται να είναι το πολυώνυµο P (t Q(t = c +c 1 t+c t + +c r t r + = a k t k και Q(t = b + b 1 t + b t + + b m t m = k= c k t k, όπου c k = k= Για το ϐαθµό πολυωνύµων ισχύουν οι εξής ιδιότητες : (1 Αν P (t O Q(t, τότε : b k t k k= k a i b k i = a b k +a 1 b k 1 + +a k b, k i= deg ( P (t + Q(t max deg P (t, deg Q(t } ( Αν P (t O Q(t, τότε P (t Q(t O και ισχύει ότι : deg ( P (t Q(t = deg P (t + deg Q(t Αν P (t, Q(t K[t], τότε ϑα λέµε ότι το πολυώνυµο P (t διαιρεί το πολυώνυµο Q(t, και ϑα γράφουµε P (t Q(t, αν υπάρχει πολυώνυµο A(t K[t] έτσι ώστε Q(t = A(t P (t: P (t Q(t A(t K[t] : Q(t = A(t P (t Για τη διαιρετότητα πολυωνύµων ισχύουν οι εξής ιδιότητες : (1 P (t O και P (t P (t ( Αν P (t Q(t και Q(t R(t, τότε P (t R(t (3 Αν P (t A(t και P (t B(t, τότε P (t A(t + B(t (4 Αν P (t A(t και Q(t B(t, τότε P (t Q(t A(t B(t (5 Αν P (t Q(t και Q(t O, τότε : deg P (t deg Q(t (6 Αν P (t O Q(t και P (t Q(t και Q(t P (t, τότε υπάρχει λ K έτσι ώστε : P (t = λq(t Ενα πολυώνυµο P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n καλείται κανονικό αν : a n = 1, δηλαδή ο συντελεστής της µεγαλύτερης δύναµης του t είναι η µονάδα Κάθε µη-µηδενικό πολυώνυµο P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n ορίζει το αντίστοιχο κανονικό πολυώνυµο ( ( P (t = t n an 1 + t n 1 a1 + + t + a a n a n a n και ισχύει ότι : P (t = a n P (t (7 ύο κανονικά πολυώνυµα P (t και Q(t είναι ίσα αν και µόνον αν P (t Q(t και Q(t P (t Ευκλειδεια ιαιρεση Πολυωνυµων: Αν A(t και B(t είναι δύο πολυώνυµα και B(t O, τότε υπάρχει µοναδικό Ϲεύγος πολυωνύµων Q(t και R(t έτσι ώστε : A(t = B(t Q(t + R(t, όπου : είτε R(t = O είτε deg R(t < deg B(t Το πολυώνυµο Q(t καλείται πηλίκο και το πολυώνυµο R(t καλείται υπόλοιπο της διαίρεσης του A(t µε το B(t Ενα στοιχείο ρ K καλείται ϱίζα του πολυωνύµου P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n, αν : P (ρ = a + a 1 ρ + a ρ + + a n ρ n = Γενικότερα, ο αριθµός ρ K είναι ϱίζα πολλαπλότητας k N του πολυωνύµου (P (t, αν : δηλαδή αν : P (t = (t ρ k Q(t και Q(ρ (t ρ k P (t & (t ρ k+1 P (t Για τις ϱίζες πολυωνύµων ισχύουν οι εξής ϐασικές ιδίότητες :

3 3 (8 Το στοιχείο ρ K είναι ϱίζα του P (t K[t] αν και µόνον αν (t ρ P (t (9 Αν ρ 1, ρ K και ρ 1 ρ, τότε τα στοιχεία ρ 1, ρ είναι ϱίζες του P (t K[t] αν και µόνον αν (t ρ 1 (t ρ P (t (1 Ενα πολυώνυµο P (t K[t] ϐαθµού n έχει το πολύ n το πλήθος ϱίζες στο K (11 Αν z είναι ένας µιγαδικός αριθµός ο οποίος είναι ϱίζα ενός πολυωνύµου P (t R[t], τότε και ο συζυγής του z είναι ϱίζα του P (t (1 Ενας πραγµατικός αριθµός ρ είναι ϱίζα πολλαπλότητας k του πολυωνύµου P (t R[t] αν καιν µόνον αν P (ρ = P (ρ = P (ρ = = P (k 1 (ρ = & P (k (ρ όπου P (r (t συµβολίζει την παράγωγο k-τάξης του πολυωνύµου P (t Θεµελιωδες Θεωρηµα της Αλγεβρας: Αν P (t C[t] είναι ένα πολυώνυµο µε ϐαθµό n >, τότε το P (t έχει τουλάχιστον µια ϱίζα στο C Εποµένως κάθε πολυώνυµο P (t C[t] ϐαθµού n >, γράφεται ως : P (t = a(t ρ 1 κ 1 (t ρ κ (t ρ r κr όπου: a C, κ i N, 1 i r, και κ 1 + κ + + κ r = deg P (t Υπενθυµίζουµε ότι ένα µη-σταθερό πολυώνυµο f(t K[t] µε συντελεστές από το K, καλείται ανάγωγο στο K[t], ή υπεράνω του K, αν δεν υπάρχουν µη-σταθερά πολυώνυµα g(t, h(t K[t] µικρότερου ϐαθµού µε f(t = g(th(t Θεωρηµα Μονοσηµαντης Αναλυσης: Κάθε µη-µηδενικό πολυώνυµο P (t K[t] µπορεί να γραφεί µε µοναδικό τρόπο ως γινόµενο ενός σταθερού µη-µηδενικού πολυωνύµου και πεπερασµένου πλήθους ανάγωγων πολυωνύµων Εποµένως κάθε µη-µηδενικό πολυώνυµο P (t K[t], γράφεται µοναδικά 1 ως : P (t = ap 1 (t κ 1 P (t κ P r (t κr όπου: a K, κ i N, 1 i r, τα P i (t είναι ανάγωγα πολυώνυµα στο K[t] Κάθε πολυώνυµο P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n K[t] ορίζει µια συνάρτηση P : K K, P (r = a + a 1 r + a r + + a n r n η οποία καλείται πολυωνυµική συνάρτηση την οποία ορίζει το P (t Υπάρχουν όµως διαφορετικά πολυώνυµα P (t και Q(t ορισµένα επί κατάλληλου σώµατος, τα οποία ορίζουν την ίδια πολυωνυµική συνάρτηση Υπενθυµίζουµε ότι δύο πολυωνυµικές συναρτήσεις P, Q: K K οι οποίες ορίζονται από δύο πολυώνυµα P (t = a + a 1 t + a t + + a n t n K[t] και Q(t = b + b 1 t + b t + + b n t m K[t], είναι ίσες αν και µόνον αν P (r = Q(r, r K Οπως έχουε δει, τα πολυώνυµα P (t και Q(t είναι ίσα αν και µόνον αν a i = b i, i Για παράδειγµα ϑεωροιύµε το σώµα Z = } [], [1] και έστω P (t = t t Z [t] και Q(t = O(t το µηδενικό πολυώνυµο Προφανώς P (t O(t, αλλά οι πολυωνυµικές συναρτήσεις P και Q τις οποίες ορίζουν τα πολυώνυµα P (t και (Q(t είναι ίσες, διότι : P ([] = P ([1] = [] = O([] = O([1], και άρα P = O Αυτό το πρόβληµα δεν υφίσταται όταν το σώµα K έχει άπειρο πλήθος στοιχείων, και εποµένως σε αυτή την περίπτωση µπορούµε να ταυτίζουµε πολυώνυµα µε τις πολυωνυµικές συναρτήσεις τις οποίες αυτά ορίζουν : (13 Αν το σώµα K έχει άπειρο πλήθος στοιχείων, για παράδειγµα αν K Q, R, C }, τότε δύο πολυώνυµα P (t και (Q(t ορίζουν την ίδια πολυωνυµική συνάρτηση αν και µόνον αν είναι ίσα : P (t = (Q(t 1 αν εξαιρέσουµε τη σειρά αναγραφής και τον πολλαπλασιασµό των πολυωνύµων µε µη-µηδενικά στοιχεία του K µε γινόµενο 1

4 4 Ασκηση 1 Να ϐρεθεί το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης στο R[t] του πολυωνύµου A(t = t 6 7t t 4 1t 3 14t + 33t 3 µε το πολυώνυµο B(t = t 3 7t + 16t 1 Λύση Θα έχουµε τα ακόλουθα ϐήµατα : (1 Πολλαπλασιάζουµε το B(t µε το t 3 και το αποτέλεσµα το αφαιρούµε από το A(t Θα προκύψει τότε το πολυώνυµο A 1 (t = t 3 14t + 33t 3 ( Πολλαπλασιάζουµε το B(t µε το και το αποτέλεσµα το αφαιρούµε από το A 1 (t Θα προκύψει τότε το πολυώνυµο A (t = t + 1 (3 Επειδή deg A (t = 1 < 3 = deg B(t, έπεται ότι ϑα έχουµε : Q(t = t 3 + και R(t = t + 1: t 6 7t t 4 1t 3 14t + 33t 3 = (t 3 7t + 16t 1(t (t + 1 δηλαδή το πηλίκο της διαίρεσης είναι το πολυώνυµο t 3 + και το υπόλοιπο το πολυώνυµο t + 1 Σχηµατικά : t 6 7t t 4 1t 3 14t + 33t 3 t 3 7t + 16t 1 t 6 + 7t 5 16t 4 + 1t 3 t 3 + t 3 14t + 33t 3 t t 3t + 4 t + 1 Ασκηση Να ϐρεθεί το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης στο R[t] του πολυωνύµου A(t = 3t 5 + 4t + 1 µε το πολυώνυµο B(t = t + t + 3 Λύση Θα έχουµε τα ακόλουθα ϐήµατα : (1 Πολλαπλασιάζουµε το B(t µε το 3t 3 και το αποτέλεσµα το αφαιρούµε από το A(t Θα προκύψει τότε το πολυώνυµο A 1 (t = 6t 4 9t 3 + 4t + 1 ( Πολλαπλασιάζουµε το B(t µε το 6t και το αποτέλεσµα το αφαιρούµε από το A 1 (t Θα προκύψει τότε το πολυώνυµο A (t = 3t 3 + t + 1 (3 Πολλαπλασιάζουµε το B(t µε το 3t και το αποτέλεσµα το αφαιρούµε από το A (t Θα προκύψει τότε το πολυώνυµο A 3 (t = 16t 9t + 1 (4 Πολλαπλασιάζουµε το B(t µε το 16 και το αποτέλεσµα το αφαιρούµε από το A 3 (t Θα προκύψει τότε το πολυώνυµο A 4 (t = 41t 47 (5 Επειδή deg A 4 (t = 1 < = deg B(t, έπεται ότι ϑα έχουµε : Q(t = 3t 3 6t + 3t + 16 και R(t = 41t 47: 3t 5 + 4t + 1 = (t + t + 3(3t 3 6t + 3t ( 41t 47 δηλαδή το πηλίκο της διαίρεσης είναι το πολυώνυµο 3t 3 6t + 3t + 16 και το υπόλοιπο το πολυώνυµο 41t 47 Σχηµατικά : 3t 5 + 4t + 1 t + t + 3 3t 5 6t 4 9t 3 3t 3 6t + 3t t 4 9t 3 + 4t + 1 6t 4 + 1t t 3t 3 + t + 1 3t 3 6t 9t 16t 9t t 3t 48 41t 47

5 5 Ασκηση 3 Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές P (t = a + a 1 t + + a n t n, n >, a i Z, i n και a n Αν r s είναι µια ϱητή ϱίζα του P (t, όπου r, s Z, s και (r, s = 1, τότε : Ακολούθως να εξετασθεί αν το πολυώνυµο είναι ανάγωγο στο Q[t] r a & s a n P (t = t 3 + 8t t + 9 Λύση Θα έχουµε : ( r ( r ( r ( r n P = = a + a 1 + a + + an = = s s s s = a s n + a 1 rs n 1 + a r s n + + a n 1 r n 1 s + a n r n = = a s n + a 1 rs n 1 + a r s n + + a n 1 r n 1 s = a n r n = a 1 rs n 1 + a r s n + + a n 1 r n 1 s + a n r n = a s n = s ( a s n 1 + a 1 rs n + a r s n a n 1 r n 1 = a n r n = r ( a 1 s n + a rs n + a 3 r s n a n 1 r n s = a s n Οι παραπάνω ισότητες είναι ισότητες µεταξύ ακεραίων αριθµών Εποµένως χρησιµοποιώντας το Λήµµα του Ευκλείδη από την Θεωρία Αριθµών, έπεται ότι : s a n r n = r a s n (r,s=1 = s a n r a Θεωρούµε το πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές P (t = t 3 + 8t t + 9 Αν το P (t δεν ήταν ανάγωγο στο Q[t], τότε ϑα υπήρχαν πολυώνυµα Q(t και R(t µε ϱητούς συντελεστές έτσι ώστε : P (t = Q(tR(t, και προφανώς ένα εκ των Q(t και R(t, έστω χωρίς ϐλάβη της γενικότητας το Q(t, είναι πρωτοβάθµιο και κανονικό Άρα Q(t = t ρ, όπου ρ = r, όπου r, s Z, s και προφανώς µπορούµε να υποθέσουµε s ότι (r, s = 1 Από την παραπάνω ανάλυση, έπεται ότι r 9 και s 1, δηλαδή s = ±1 και r = ±1, ±3, ±9 Εποµένως η ϱητή ϱίζα ρ του P (t είναι αναγκαστικά ένας εκ των ακεραίων : ±1, ±3, ±9 Επειδή : P (1 = 17 P ( 1 = 17 P (3 = 15 P ( 3 = 57 P (9 = 1477 P ( 9 = 99 καταλήγουµε στην αντίφαση ότι P (ρ εποµένως το P (t είναι ανάγωγο Άρα το πολυώνυµο P (t δεν έχει πρωτοβάθµιο παράγοντα και Ασκηση 4 Να δειχθεί το ακόλουθο Κριτηριο Eisenstein: Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές f(t = a + a 1 t + + a n t n, n >, a i Z, i n και a n και έστω p ένας πρώτος αριθµός Τότε : p a, p a 1,, p a n 1 & p a n & p a = f(t : ανάγωγο Αν r, a, s είναι ακέραιοι αριθµοί και ισχύει ότι (r, s = 1, τότε : r as = r a

6 6 Εφαρµογη: είξτε ότι τα πολυώνυµα g 1 (t = t 4 6t 3 +4t 3t+14, g (t = t 7 +48t 4, g 3 (t = t 5 +5t+5, και g 4 (t = t n p, όπου p είναι ένας πρώτος αριθµός και n > 1, είναι ανάγωγα υπεράνω του Q Είναι το πολυώνυµο t και ανάγωγο υπεράνω του Q; Λύση Εστω ότι το πολυώνυµο f(t δεν είναι ανάγωγο Άρα f(t = g(th(t όπου g(t = b + b 1 t + + b s t s Z[t], h(t = c + c 1 t + + c r t r Z[t] και s 1, r 1 Τότε a = b c, a 1 = b c 1 + b 1 c,, a i = b c i + b 1 c i b i c όπου i n Αφού p a και a = b c έπεται ότι p b ή p c Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας υποθέτουµε ότι p b Τότε p c, διότι αν p c, ϑα είχαµε ότι p b c = a το οποίο είναι άτοπο Αν p b s τότε p b s c r = p a n που είναι άτοπο Άρα p b s Εποµένως υπάρχει ένα i s έτσι ώστε p b, b 1, b i 1 και p b i Οµως a i = b c i + b 1 c i b i 1 c 1 + b i c και p a i p b i c = = p b i p b c i + + b i 1 c 1 p c που είναι άτοπο Συνεπώς το πολυώνυµο f(t είναι ανάγωγο Εφαρµογη: Επιλέγοντας, p = για το g 1 (t, p = 3 για το g (t, p = 5 για το g 3 (t, και p = p, για το g 4 (t, από το Κριτήριο Eisenstein ϐλέπουµε ότι τα πολυώνυµα g i (t, 1 i 4, είναι ανάγωγα υπεράνω του Q Αντίθετα το πολυώνυµο t 4 + 4, για το οποίο δεν µπορεί να εφαρµοσθεί το Κριτήριο Eisenstein, δεν είναι ανάγωγο διότι : t = ( t t + (t + t + Ασκηση 5 Θεωρούµε ένα πολυώνυµο µε ακέραιους συντελεστές P (t = t n + c n 1 t n 1 + c 1 t + c, Αν ρ είναι µια πραγµατική ϱίζα του P (t, να δειχθεί ότι : είτε ο ρ είναι ακέραιος ή ο ρ είναι άρρητος Λύση Εστω ρ = a Q µια ϱητή ϱίζα του P (t Τότε a, b Z, όπου b, και χωρίς ϐλάβη της γενικότητας b υποθέτουµε ότι οι a, b δεν έχουν κανένα κοινό παράγοντα Τότε ( a n ( a n 1 a + cn c1 b b b + c = Πολλαπλασιάζοντας την παραπάνω σχέση µε b n ϑα έχουµε a n + c n 1 a n 1 b + + c 1 ab n 1 + c b n = = a n = b( c n 1 a n 1 c 1 ab n c b n 1 = b a n Υποθέτουµε ότι b ±1 Τότε ο b έχει ένα πρώτο διαιρέτη q και άρα q b = q a n = q a b a n Συνεπώς οι a, b έχουν ένα κοινό πρώτο διαιρέτη που είναι άτοπο Άρα b = ±1 και έτσι έχουµε ότι η ϱητή ϱίζα ρ του P (t είναι ακέραιος αριθµός, απ όπου προκύπτει το Ϲητούµενο Ασκηση 6 (1 Να αναλυθεί το πολυώνυµο P (t = t 3 t 3t + 6 σε γινόµενο ανάγωγων πολυωνύµων στο Q[t]

7 7 Λύση ( Να αναλυθεί το πολυώνυµο P (t = t 3 (5 + 6it + 9it + 1 3i σε γινόµενο ανάγωγων πολυωνύµων στο C[t], γνωρίζοντας ότι το P (t έχει µια πραγµατική ϱίζα (1 Επειδή το πολυώνυµο P (t είναι περιττού ϐαθµού, ϑα έχει µια πραγµατική ϱίζα ρ Σύµφωνα µε την Άσκηση 5, αν η ϱίζα ρ είναι ϱητός αριθµός, ϑα είναι ακέραιος και τότε, σύµφωνα µε την Άσκηση 3, ο ακέραιος ρ ϑα πρέπει να διαιρεί τον σταθερό όρο του P (t Εποµένως εξετάζουµε αν κάποιος από τους διαιρέτες του 6 είναι ϱίζα του P (t Εύκολα ϐλέπουµε ότι πράγµατι P ( = και εποµένως το ρ = είναι ϱίζα του P (t, Αυτό σηµαίνει ότι µπορούµε να γράψουµε P (t = (t (t + at + b = t 3 t 3t + 6 = t 3 + (a t + (b at b = Άρα ϑα έχουµε : = a = & b a = 3 & b = 6 = a = & b = 3 P (t = (t (t 3 Προφανώς το πολυώνυµο t 3 είναι ανάγωγο στο Q[t] (διαφορετικά ϑα είχε έναν πρωτοβάθµιο παράγοντα ο οποίος ϑα είχε ως ϱίζα το 3 και αυτό είναι άτοπο διότι 3 / Q Ετσι η παραπάνω ανάλυση, είναι η ανάλυση του P (t σε ανάγωγους παράγοντες υπεράνω του Q Επειδή t 3 = (t 3(t+ 3, έπεται ότι η ανάλυση του P (t σε ανάγωγους παράγοντες υπεράνω του R είναι P (t = (t (t 3(t + 3 ( Εστω ρ η πραγµατική ϱίζα του P (t Τότε P (ρ = = ρ 3 (5 + 6iρ + 9iρ + 1 3i = = = ρ 3 5ρ + 1 = 6ρ + 9ρ 3 = = ρ 3 5ρ + 1 = 3ρ 3ρ + 1 = ( ( ρ 3 5ρ i 6ρ + 9ρ 3 = = ρ 3 5ρ + 1 = = ρ = 1 ή ρ = 1 = ρ = 1 Άρα η πραγµατική ϱίζα του P (t είναι η ρ = 1 και εποµένως µπορούµε να γράψουµε ( P (t = (t 1 t + zt + w = t 3 + (z 1t + (w zt w όπου z και w είναι µιγαδικοί αριθµοί Τότε ϑα έχουµε : t 3 (5 + 6it + 9it + 1 3i = P (t = t 3 + (z 1t + (w zt w απ όπου προκύπτει ότι : Άρα Επειδή, όπως µπορούµε να δούµε εύκολα w = 1 + 3i & z = 3i t + zt + w = t ( + 3it 1 + 3i t ( + 3it 1 + 3i = ( ( t (1 + i t (1 + i έπεται ότι η ανάλυση του P (t σε ανάγωγους παράγοντες υπεράνω του C είναι ( ( ( P (t = (t 1 t (1 + i t (1 + i = t 1 ( ( t (1 + i t (1 + i Ασκηση 7 Να γραφούν τα ακόλουθα πολυώνυµα ως γινόµενα αναγώγων πολυωνύµων στα Q[t], R[t], και C[t]: P (t = t 3 t + t 1, Q(t = t 4 5t 3 + 4t 5t +, R(t = t 3 + 5t 8t + 4

8 8 Λύση (1 Οι διαιρέτες του σταθερού όρου 1 του P (t είναι οι ±1 Επειδή P (1 = και P ( 1 = 6, έπεται ότι το 1 είναι µια ϱητή ϱίζα του P (t Άρα το t 1 διαιρεί το P (t Από την Ευκλείδεια διαίρεση του P (t µε το t 1 εύκολα ϐλέπουµε ότι P (t = (t 1(t t + 1 Το πολυώνυµο t t + 1 δεν έχει πραγµατικές ϱίζες διότι είναι δευτεροβάθµιο µε αρνητική ορίζουσα Άρα το πολυώνυµο t t + 1 είναι ανάγωγο υπεράνω του Q και υπεράνω του R, και η παραπάνω ανάλυση είναι η ανάλυση του P (t σε γινόµενο αναγώγων πολυωνύµων στα στα Q[t], R[t] Στο C[t], όµως ϑα έχουµε t t + 1 = ( t 1 + i 3 ( t 1 i 3 Άρα η ανάλυση του P (t σε γινόµενο αναγώγων πολυωνύµων στα στο C[t] είναι η εξής : ( ( ( P (t = t 1 t 1 + i 3 t 1 i 3 ( Οι διαιρέτες του σταθερού όρου του Q(t είναι οι ±1, ±, ± 1 Επειδή, όπως µπορούµε να δούµε εύκολα, Q( = = Q( 1 έπεται ότι τα και 1 είναι ϱητές ϱίζες του Q(t Άρα τα t και t 1 διαιρούν το Q(t, και εποµένως το πολυώνυµο (t (t 1 = t διαιρεί το Q(t Από την Ευκλείδεια διαίρεση του Q(t µε το t εύκολα ϐλέπουµε ότι ( ( Q(t = t t 1 ( ( t + ( = t t 1 ( t + 1 Το πολυώνυµο t + 1 δεν έχει πραγµατικές ϱίζες διότι είναι δευτεροβάθµιο µε αρνητική ορίζουσα Άρα το πολυώνυµο t +1 είναι ανάγωγο υπεράνω του Q και υπεράνω του R, και η παραπάνω ανάλυση είναι η ανάλυση του Q(t σε γινόµενο αναγώγων πολυωνύµων στα στα Q[t], R[t] Στο C[t], όµως ϑα έχουµε t + 1 = (t i (t + i Άρα η ανάλυση του Q(t σε γινόµενο αναγώγων πολυωνύµων στο C[t] είναι η εξής : ( ( Q(t = t t 1 (t i (t + i (3 Οι διαιρέτες του σταθερού όρου 4 του Q(t είναι οι ±1, ±, ±4 Επειδή, όπως µπορούµε να δούµε εύκολα, R( = έπεται ότι το είναι ϱητή ϱίζα του Q(t Επειδή R(t = 3t +1t 8 και R( =, έπεται ότι το έχει πολλαπλότητα τουλάχιστον ως ϱίζα του R(t Επειδή Επειδή R(t = 6t+1 και R( =, έπεται ότι το είναι ϱίζα του R(t πολλαπλότητας Αυτό σηµαίνει ότι (t R(t Από την Ευκλείδεια διαίρεση του R(t µε το (t εύκολα ϐλέπουµε ότι R(t = (t (1 t = (t 1(t η ανάλυση του R(t σε γινόµενο αναγώγων πολυωνύµων στα Q[t], R[t] και C[t] Ασκηση 8 Θεωρούµε τους υπόχωρους του R 3 : V = (x, y, z R 3 x + y + z = και 3x + y + z = } W = (x, y, z R 3 5x + 4y + 3z = } Να εξετάσετε αν ισχύει ότι : R 3 = V W Αν αυτό δεν ισχύει να ϐρείτε υπόχωρους U και Z έτσι ώστε R 3 = V U = W Z

9 9 Λύση (1 Το διάνυσµα (x, y, z R 3 ανήκει στον υπόχωρο V αν και µόνον αν : x + y + z = z = x y y = x = = 3x + y + z = z = 3x y z = x y = x + x = x Εποµένως V = (x, y, z R 3 y = x, z = x } = (x, x, x R 3 x R } = (1,, 1 και άρα το µονοσύνολο B 1 = (1,, 1 } είναι µια ϐάση του V Ιδιαίτερα dim R V = 1 Παρόµοια ϑα έχουµε : W = (x, y, z R 3 5x + 4y + 3z = } = (x, y, 53 x 43 y ( x 1,, 5 } 3 + y(, 1, 4 R 3 x, y R = 3 ( = 1,, 5 3, (, 1, 4 3 = } R 3 x, y R = y = x z = x και άρα το σύνολο B = ( 1,, 5 3, (, 1, 4 3} είναι µια ϐάση του W Ιδιαίτερα dimr W = Για να ισχύει R 3 = V W, ϑα πρέπει η ένωση ( B = B 1 B = (1,, 1, 1,, 5 } 3, (, 1, 4 3 της ϐάσης B 1 του V και της ϐάσης B του W να είναι µια ϐάση του R 3 Αυτό δεν συµβαίνει διότι η ορίζουσα των συντελεστών των διανυσµάτων είναι ίση µε µηδέν : /3 1 4/3 = Άρα συµπεραίνουµε ότι R 3 V W ( (αʹ Συµπληρώνουµε τη ϐάση B 1 = (1,, 1 } του V σε µια ϐάση του R 3 Επειδή η ορίζουσα = 1 έπεται ότι µια ϐάση του R 3 η οποία συµπληρώνει τη ϐάση B 1 του V είναι η εξής C = (1,, 1, (, 1,, (,, 1 } Θέτοντας U = (, 1,, (,, 1 = (, y, z R 3 y, z R }, από τη ϑεωρία γνωρίζουµε ότι : R 3 = V U (ϐʹ Συµπληρώνουµε τη ϐάση B = ( 1,, 5 3, (, 1, 3} 4 του W σε µια ϐάση του R 3 Επειδή η ορίζουσα 1 5/3 1 4/3 1 = 1 έπεται ότι µια ϐάση του R 3 η οποία συµπληρώνει τη ϐάση B του W είναι η εξής ( D = 1,, 5 } 3, (, 1, 4, (,, 1 3 Θέτοντας Z = (,, 1 = (,, z R 3 z R }, από τη ϑεωρία γνωρίζουµε ότι : R 3 = W Z

10 1 Ασκηση 9 Θεωρούµε τους ακόλουθους υπόχωρους του R 4 : V = (1,, 1, 1, (1, 1, 1, 1 και W = ( 1, 1, 1, 1, (, 1,, 1 (1 Είναι το άθροισµα V + W ευθύ ; ( Πόσοι υπόχωροι Z του R 4 υπάρχουν έτσι ώστε V Z = R 4 ; ικαιολογήστε την απάντηση σας Λύση Τα σύνολα διανυσµάτων (1,, 1, 1, (1, 1, 1, 1} και ( 1, 1, 1, 1, (, 1,, 1} είναι γραµµικά ανεξάρτητα και άρα αποτελούν ϐάσεις αντίστοιχα των υπόχωρων V και W Συνεπώς έχουµε dim R V = και dim R W = Ο υπόχωρος V + W = (1,, 1, 1, (1, 1, 1, 1, ( 1, 1, 1, 1, (, 1,, 1, αλλά Γ Γ Γ 1 1 Γ Γ +Γ Γ 3 Γ 3 +Γ 1 3 Γ 3 Γ 3 3Γ Γ Γ Γ 4 Γ 4 +Γ Γ Γ και άρα V + W = (1,, 1, 1, (, 1,, 1, (,,, 1 Το σύνολο διανυσµάτων (1,, 1, 1, (, 1,, 1, (,,, 1} αποτελεί ϐάση του V + W, αφού είναι γραµµικά ανεξάρτητο, και συνεπώς dim R (V + W = 3 Τότε 3 = dim R (V + W dim R V + dim R W = + = 4 και εποµένως το άθροισµα V + W δεν είναι ευθύ Για το δεύτερο ερώτηµα, Ϲητάµε υπόχωρους Z του R 4 έτσι ώστε V Z = R 4 Αφού dim R V = ϑέλουµε επιπλέον δυο διανύσµατα γραµµικά ανεξάρτητα µε τα (1,, 1, 1, (1, 1, 1, 1} ηλαδή, ϑέλουµε να συµπληρώσουµε το παρακάτω πίνακα α 1 α α 3 α 4 β 1 β β 3 β 4 µε τέτοιο τρόπο ώστε η ορίζουσα του να είναι διάφορη του µηδενός Θεωρούµε τα διανύσµατα (α 1, α, α 3, α 4 = (,, 1, και (β 1, β, β 3, β 4 = (,,, λ µε λ, δηλαδή Z = (,, 1,, (,,, λ Τότε εύκολα διαπιστώνουµε ότι το σύνολο (1,, 1, 1, (1, 1, 1, 1, (,, 1,, (,,, λ} είναι γραµµικά ανεξάρτητο Εποµένως, υπάρχουν άπειροι υπόχωροι Z του R 4 έτσι ώστε V Z = R 4 Ασκηση 1 Θεωρούµε τους ακόλουθους υπόχωρους του C-διανυσµατικού χώρου C 3 : V = (1, 1,, (i, 1 + i, 1, (1 + i, 1 + i, και W = (1,, 1, (i, i,, (, i, i Να ϐρείτε υπόχωρο U του C 3 έτσι ώστε (V W U = C 3 Λύση Θα προσδιορίσουµε πρώτα τον υπόχωρο V W Θεωρούµε τον πίνακα των συντελεστών των διανυσµάτων (1, 1,, (i, 1 + i, 1, (1 + i, 1 + i, τα οποία παράγουν τον V: 1 1 i i i + 1 i + 1 Γ 3 Γ 3 Γ 1 Γ Γ Γ iγ Γ 3 Γ 3 +Γ

11 11 Εποµένως V = (1, 1,, (, 1, 1, (,, 1 και επειδή τα διανύσµατα (1, 1,, (, 1, 1, (,, 1 είναι γραµ- 1 1 µικά ανεξάρτητα διότι 1 1 = 1, έπεται ότι το σύνολο 1 C = (1, 1,, (, 1, 1, (,, 1 } είναι µια ϐάση του V και άρα dim C V = 3 Θεωρούµε τον πίνακα των συντελεστών των διανυσµάτων (1,, 1, (i, i,, (, i, i τα οποία παράγουν τον W: 1 1 i i Γ Γ iγ i i Γ 3 Γ 3 +Γ Γ iγ i i i i Εποµένως W = (1,, 1, (, 1, 1 και επειδή τα διανύσµατα (1,, 1, (, 1, 1 είναι προφανώς γραµµικά ανεξάρτητα, έπεται ότι το σύνολο D = (1,, 1, (, 1, 1 } είναι µια ϐάση του W και άρα dim C W = Από τον τύπο της διαστάσης του αθροίσµατος υπόχωρων ϑα έχουµε : dim C (V + W = dim C V + dim C W dim C (V W = 5 dim C (V W 3 όπου η τελευταία ανισότητα προέκυψε διότι ο V + W είναι υπόχωρος του C 3 Άρα : dim C (V W όπου η τελευταία ανισότητα προέκυψε διότι ο V W είναι υπόχωρος του W και γνωρίζουµε ότι dim C W = Εποµένως : dim C (V W = Παρατηρούµε ότι (, 1, 1 V W Επίσης (1, 1, (, 1, 1 + (,, 1 = (1,, 1 και αυτό σηµαίνει το διάνυσµα (1,, 1 του W ανήκει και στον V ως γραµµικός συνδυασµός των διανυσµάτων της ϐάσης C του V Ετσι (1,, 1 V W Επειδή προφανώς τα διανύσµατα (, 1, 1, (1,, 1 είναι γραµµικά ανεξάρτητα, ανήκουν στον V W, και επειδή dim C (V W =, έπεται ότι το σύνολο A = (, 1, 1, (1,, 1 } είναι µια ϐάση του V W Επειδή dim C (V W =, αναζητούµε υπόχωρο U έτσι ώστε (V W U = C 3 Επεκτείνουµε τη ϐάση A του V W σε µια ϐάση του C 3 : ϑεωρούµε το διάνυσµα (,, 1 και τότε επειδή η ορίζουσα = 1 έπεται ότι το σύνολο B = (1,, 1, (, 1, 1, (,, 1 } είναι µια ϐάση του C 3 η οποία συµπληρώνει τη ϐάση A του V W Θέτοντας U = (,, 1 = (,, z C 3 z C }, αποκτούµε έναν υπόχωρο του C 3, και τότε, επειδή η ένωση B = (, 1, 1, (1,, 1 } (,, 1 } των ϐάσεων των υπόχωρων V W και U είναι µια ϐάση του C 3, έπεται ότι : C 3 = (V W U Ασκηση 11 Να εξετάσετε αν ισχύει ότι : R 3 [t] = V W, όπου V και W είναι οι ακόλουθοι υπόχωροι του R 3 [t]: V = 1, t + t, + 3t + 3t και W = t, t 3

12 1 Λύση Καταρχήν παρατηρούµε ότι και άρα + 3t + 3t = (t + t V = 1, t + t Τα διανύσµατα 1, t + t είναι γραµµικά ανεξάρτητα διότι : λ λ (t + t = = λ λ t + λ t = 1 + t + t + t 3 = λ 1 = λ = Συνεπώς dim R V = Οµοια dim R W = αφού το σύνολο διανυσµάτων t, t 3 } είναι γραµµικά ανεξάρτητο Για να ισχύει ότι R 3 [t] = V W, ϑα πρέπει η ένωση 1, t + t, t, t 3} της ϐάσης 1, t + t } του V και της ϐάσης t, t 3} της ϐάσης του W να είναι ϐάση του R 3 [t] ή ισοδύναµα το σύνολο διανυσµάτων 1, t + t, t, t 3 } να είναι γραµµικά ανεξάρτητο Πράγµατι, εύκολα διαπιστώνουµε 3 ότι το παραπάνω σύνολο είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα : R 3 [t] = V W Ασκηση 1 Να δείξετε, µε ένα αντιπαράδειγµα, ότι αν V 1,, V n είναι υπόχωροι του διανυσµατικού χώρου E, n 3, και ισχύουν οι σχέσεις : V i V j = }, i, j = 1,, n, 1 i j n ( τότε δεν ισχύει απαραίτητα ότι το άθροισµα V 1 V V n είναι ευθύ Λύση Προφανώς αν n =, τότε οι σχέσεις (* εκφυλίζονται στη σχέση V 1 V 1 = } και γνωρίζουµε τότε ότι αν V 1 V 1 = }, τότε το άθροισµα V 1 + V είναι ευθύ Θα χρησιµοποιήσουµε ότι : «Το άθροισµα υπόχωρων V 1 + V + + V n είναι ευθύ αν και µόνον αν : x 1 + x + + x n =, x i V i, 1 i n = x i =, 1 i n» Υποθέτουµε εποµένως ότι n 3 (1 Εστω n = 3 και ϑεωρούµε τον R-διανυσµατικό χώρο R 3 Θεωρούµε τους υπόχωρους : V 1 = (1, 1, = (x, x, R 3 x R } V = (, 1, 1 = (, x, x R 3 x R } V 3 = ( 1,, 1 = ( x,, x R 3 x R } Από τις παραπάνω περιγραφές των υπόχωρων, έπεται άµεσα ότι V 1 V = V 1 V 3 = V V 3 = } Οµως το άθροισµα V 1 +V +V 3 δεν είναι ευθύ διότι (1, 1, V 1, (, 1, 1 V, και ( 1,, 1 V 3 είναι µη µηδενικά διανύσµατα και (1, 1, + (, 1, 1 + ( 1,, 1 = (,, ( Εστω n = 4 και ϑεωρούµε τον R-διανυσµατικό χώρο R 4 Θεωρούµε τους υπόχωρους : V 1 = (1, 1,, = (x, x,, R 3 x R } V = (, 1, 1, = (, x, x, R 3 x R } V 3 = (,, 1, 1 = (,, x, x R 3 x R } V 4 = ( 1,,, 1 = ( x,,, x R 3 x R } Από τις παραπάνω περιγραφές των υπόχωρων, έπεται άµεσα ότι V 1 V = V 1 V 3 = V 1 V = V V 3 = V V 4 = V 3 V 4 = } 3 Το ότι το σύνολο 1, t, t + t, t 3 } είναι ϐάση του R 3[t] προκύπτει και από το γεγονός ότι οι ϐαθµοί των πολυωνύµων είναι, 1,, και 3 αντίστοιχα Εδώ χρησιµοποιούµε το, γνωστό από τη Γραµµική Άλγεβρα Ι, αποτέλεσµα ότι αν B = P (t, P 1(t,, P n(t } είναι ένα σύνολο πολυωνύµων έτσι ώστε deg P i(t = i, i n, τότε το σύνολο B είναι µια ϐάση του K n[t]

13 13 Οµως το άθροισµα V 1 + V + V 3 + V 4 δεν είναι ευθύ διότι (1, 1,, V 1, (, 1, 1, V, (,, 1, 1 V 3 και ( 1,,, 1 V 4 είναι µη µηδενικά διανύσµατα και (1, 1,, + (, 1, 1, + (,, 1, 1 + ( 1,,, 1 = (,,, (3 Γενικά για κάθε n 3, ϑεωρούµε τον R-διανυσµατικό χώρο R n Θεωρούµε τους υπόχωρους : V 1 = (1, 1,,,, = (x, x,,,, R n x R } V = (, 1, 1,,, = (, x, x,,, R n x R } V n 1 = (,,, 1, 1 = (,,, x, x R n x R } V n = ( 1,,,, 1 = ( x,,,, x R n x R } Από τις παραπάνω περιγραφές των υπόχωρων, έπεται άµεσα ότι 1 i j n = V i V j = } Οµως το άθροισµα V 1 +V + +V n δεν είναι ευθύ διότι (1, 1,,,, V 1, (, 1, 1,,, V, (,,, 1, 1 V n 1 και ( 1,,,, 1 V n είναι µη µηδενικά διανύσµατα και (1, 1,,,, + (, 1, 1,,, + + (,,,, 1, 1 + ( 1,,,, 1 = (,,,, Ασκηση 13 Εστω ότι V 1, V,, V n είναι υπόχωροι ενός K- διανυσµατικού χώρου E ακόλουθα είναι ισοδύναµα : (1 Το άθροισµα V 1 + V + + V n είναι ευθύ ( V i ( V i+1 + V i+ + + V n = }, i = 1,,, n 1, δηλαδή : V 1 ( V + V V n = } V ( V3 + V V n = } V n ( Vn 1 + V n = } V n 1 V n = } Να δειχθεί ότι τα Λύση (1 Υποθέτουµε ότι το άθροισµα V 1 + V + + V n είναι ευθύ Γνωρίζουµε τότε ότι i = 1,,, n : V i ( V1 + + V i 1 + V i V n = } ( Επειδή προφανώς από τη σχέση ( έπεται ότι V i V n V V i 1 + V i V n i = 1,,, n 1 : V i ( Vi V n Vi ( V1 + + V i 1 + V i V n = } ( Υποθέτουµε ότι i = 1,,, n 1: V i ( Vi V n = } Εστω x i V i, 1 i n, και υποθέτουµε ότι x 1 + x + + x n = Τότε V 1 x 1 = x + + x n V + + V n = x 1 = x + + x n V 1 ( V + V V n = } Εποµένως x 1 = και x + + x n = Τότε όπως και προηγουµένως V x = x x n V + + V n = x = x x n V ( V3 + V V n = }

14 14 ηλαδή x = και x x n = Συνεχίζοντας αυτή τη διαδικασία, µε µια απλή εφαρµογή της Αρχής Μαθηµατικής Επαγωγής, έπεται ότι x i =, i = 1,,, n Αυτό σηµαίνει ότι το άθροισµα υπόχωρων V 1 + V + + V n είναι ευθύ Ασκηση 14 Θεωρούµε τα ακόλουθα υποσύνολα του R 4 : W 1 = (t, t, t, t R 4 t R}, W = (t, s, t 3s, s R 4 t, s R} W 3 = (t, s,, r R 4 t s + r = } (1 Να δείχθεί ότι τα υποσύνολα W 1, W, W 3 είναι υπόχωροι του R 4 και να ϐρεθεί η διάσταση τους ( Να εξετασθεί αν το άθροισµα W 1 + W + W 3 είναι ευθύ (3 Να δείχθεί ότι R 4 = W 1 (W + W 3 Λύση Αφού W 1 = (1,, 1, 1, W = (1,, 1,, (, 1, 3, 1, W 3 = (, 1,,, ( 1,,, 1 έπεται ότι τα W 1, W, W 3 είναι υπόχωροι του R 4 Επίσης, τα σύνολα διανυσµάτων (1,, 1,, (, 1, 3, 1} και (, 1,,, ( 1,,, 1} είναι γραµµικά ανεξάρτητα και άρα έχουµε : dim R W 1 = 1, dim R W = και dim R W 3 = Ο υπόχωρος W 1 + W + W 3 παράγεται από τα διανύσµατα W 1 + W + W 3 = (1,, 1, 1, (1,, 1,, (, 1, 3, 1, (, 1,,, ( 1,,, 1 Οµως τα παραπάνω διανύσµατα είναι γραµµικά εξαρτηµένα και dim R (W 1 + W + W 3 = 4 Συνεπώς 4 = dim R (W 1 + W + W 3 dim R W 1 + dim R W + dim R W 3 = = 5 και άρα το άθροισµα W 1 +W +W 3 δεν είναι ευθύ Για το τελευταίο ερώτηµα, ο υπόχωρος W +W 3 παράγεται από τα διανύσµατα διότι Τότε W + W 3 = (1,, 1,, (, 1, 3, 1, (,, 1, 1 Γ 3 Γ 3 Γ 1 Γ 4 Γ 4 +Γ 1 Γ 4 Γ 4 Γ = 1 Γ 3 Γ 3 Γ και άρα το σύνολο διανυσµάτων 1,, 1, 1, (1,, 1,, (, 1, 3, 1, (,, 1, 1} είναι γραµµικά ανεξάρτητο Συνεπώς έχουµε : R 4 = W 1 (W + W 3 Ασκηση 15 Εστω f : E E µια γραµµική απεικόνιση Αν f = f, να δειχθεί ότι E = Ker f Im f

15 Επιπρόσθετα, αν dim K E = n <, να δειχθεί ότι υπάρχει ϐάση C του E έτσι ώστε ο πίνακας της f στη ϐάση C να είναι ο εξής : MC C (f = 1 1 όπου το πλήθος των µονάδων στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε r = r(f Λύση ιαγραµµατικά έχουµε : 15 E f E f E και f = f f = f f όπου : f ( x = f(f( x = f( x, x E Επειδή f ( x = f( x, x E, τότε : f(f( x = f( x = f(f( x x = = f( x x Ker f Άρα το τυχαίο διάνυσµα x E γράφεται ως : x = ( x f( x + f( x Ker f + Im f Συνεπώς έχουµε : E = Ker f + Im f (1 Εστω x Ker f Im f, δηλαδή x Ker f και x Im f Άρα f( x = και f( y = x για κάποιο y E Τότε και άρα f( x = f(f( y = f ( y = f( y = x = x = Εποµένως, από τις σχέσεις (1 και ( έπεται ότι E = Ker f Im f Ker f Im f = } ( Εστω dim K E = n < Εστω e 1, e,, e k } µια ϐάση του πυρήνα Ker(f και e k+1, e k+,, e n} µια ϐάση της εικόνας Im(f Προφανώς ϑα έχουµε ότι e i = f( e i, για κάποια διανύσµατα e i E, k + 1 i n Επειδή E = Ker(f Im(f, έπεται ότι το σύνολο C = e 1, e,, e k, f( e k+1, f( e k+,, f( e n } είναι µια ϐάση του E Επειδή f( e i =, 1 i k και f(f( e i = f ( e i = f( e i, k + 1 i n έπεται ότι ο πίνακας της f στη ϐάση C είναι ο MC C (f = 1 1 όπου το πλήθος των µονάδων στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε n k = dim K Im(f = r(f

16 16 Ασκηση 16 Εστω f : E E µια γραµµική απεικόνιση Αν f = Id E, να δειχθεί ότι όπου : E = V + V V + = x E f( x = x } και V = x E f( x = x } Επιπρόσθετα, αν dim K E = n <, να δειχθεί ότι υπάρχει ϐάση C του E έτσι ώστε ο πίνακας της f στη ϐάση C είναι ο εξής : 1 1 MC C (f = όπου το πλήθος των εµφανίσεων της µονάδας 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε dim K V + και το πλήθος των εµφανίσεων του 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε dim K V Λύση ιαγραµµατικά έχουµε : E f E f E και f = f f = Id E Id E όπου : f ( x = f(f( x = x, x E Εστω x V + V, δηλαδή x V + και x V Τότε f( x = x = x = x = x = = x = = V f( x = x + V = } (3 Ας υποθέσουµε τώρα ότι κάποιο x E γράφεται ως x = x 1 + x µε x 1 V + και x V Τότε f( x = f( x 1 + f( x = x 1 x και άρα x + f( x x 1 = x = x1 + x x1 = x + f( x = = f( x = x 1 x x = x f( x x f( x x = Εστω x E Τότε x + f( x x f( x x = + V + + V διότι : και ( x + f( x f = 1 ( x f( x f = 1 ( f( x + f ( x = 1 ( f( x + x = x + f( x ( f( x f ( x = 1 ( f( x x = x f( x V + V Εποµένως, χρησιµοποιώντας τη σχέση f ( x = x, x E, δείξαµε ότι x V + + V Συνεπώς έχουµε Άρα, από τις σχέσεις (3 και (4 έχουµε το Ϲητούµενο : E = V + + V (4 E = V + V Εστω dim K E = n < Εστω C + = e 1, e,, e k } µια ϐάση του V+ και C = e k+1, e k+,, e n } µια ϐάση του V Επειδή E = V + V, έπεται ότι το σύνολο C = C + C = e 1, e,, e k, e k+1, e k+,, e n }

17 17 είναι µια ϐάση του E Επειδή f( e i = e i, 1 i k και f( e i = e i, k + 1 i n έπεται ότι ο πίνακας της f στη ϐάση C είναι ο 1 1 MC C (f = όπου το πλήθος των εµφανίσεων της µονάδας 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε dim K V + και το πλήθος των εµφανίσεων του 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε dim K V Ασκηση 17 Εστω A M n (K (1 Αν A = A, να δειχθεί ότι ο A είναι όµοιος µε τον πίνακα : ( O(n r (n r O B = r (n r = O (n r r I r 1 1 όπου I r είναι ο µοναδιαίος r r πίνακας και r = r(a ( Αν A = I n, να δειχθεί ότι ο A είναι όµοιος µε τον πίνακα 1 1 ( In r O B = r (n r = 1 O (n r r I r 1 1 όπου το πλήθος των εµφανίσεων της µονάδας 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε τη διάσταση του υπόχωρου X Kn A X = X } και το πλήθος των εµφανίσεων του 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε τη διάσταση του υπόχωρου X K n A X = X } Λύση (1 Θεωρούµε τον ενδοµορφισµό f A : K n K n, f A (X = AX Γνωρίζουµε τότε ότι ο πίνακας MB B(f A του f A στην κανονική ϐάση 1 1 B = E 1 =, E =,, E n = 1

18 18 είναι ο Προφανώς ϑα έχουµε X K n : Εποµένως M B B (f A = A f A(X = f A (f A (X = f A (AX = A(AX = (AAX = A X = AX = f A (X f A = f A και άρα από την Άσκηση 15, έπεται ότι υπάρχει ϐάση C του K n έτσι ώστε : MC C (f A = = B 1 1 όπου το πλήθος των εµφανίσεων της µονάδας 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε τη ϐαθµίδα της γραµµικής απεικόνιση f A, δηλαδή είναι ίσο µε τη ϐαθµίδα του πίνακα A Επειδή οι πίνακες A και B είναι πίνακες της ίδιας γραµµικής απεικόνισης f A ως προς διαφορετικές ϐάσεις του K n, έπεται ότι οι πίνακες A και B είναι όµοιοι ( Οπως στο µέρος (1, ϑεωρούµε τον ενδοµορφισµό f A : K n K n, f A (X = AX Γνωρίζουµε τότε ότι ο πίνακας MB B(f A του f A στην κανονική ϐάση 1 1 B = E 1 =, E =,, E n = 1 είναι ο Προφανώς ϑα έχουµε X K n : Εποµένως M B B (f A = A f A(X = f A (f A (X = f A (AX = A(AX = (AAX = A X = I n X = X = Id Kn (X f A = Id Kn και άρα από την Άσκηση 16, έπεται ότι υπάρχει ϐάση C του K n έτσι ώστε : 1 1 MC C (f A = 1 = B 1 1 όπου το πλήθος των εµφανίσεων της µονάδας 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε τη διάσταση του υπόχωρου X K n A X = X } και το πλήθος των εµφανίσεων του 1 στον παραπάνω πίνακα είναι ίσο µε τη διάσταση του υπόχωρου X K n A X = X } Επειδή οι πίνακες A και B είναι πίνακες της ίδιας γραµµικής απεικόνισης ως προς διαφορετικές ϐάσεις του K n, έπεται ότι οι πίνακες A και B είναι όµοιοι

19 19 Ασκηση 18 Εστω ο K-διανυσµατικός χώρος M n (K και η γραµµικές απεικονίσεις (1 Να δειχθεί ότι f : M n (K M n (K, M n (K = S n (K A n (K f(a = t A όπου (αʹ S n (K = A M n (K f(a = A } είναι ο υπόχωρος των συµµετρικών πινάκων (ϐʹ A n (K = A M n (K f(a = A } είναι ο υπόχωρος των αντισυµµετρικών πινάκων ( Να δειχθεί ότι υπάρχει ϐάση C του M n (K έτσι ώστε : 1 1 MC C (f = όπου η µονάδα 1 εµφανίζεται n +n -ϕορές και το 1 εµφανίζεται n n -ϕορές Λύση (1 Για κάθε πίνακα A M n (K έχουµε : f (A = f(f(a = f( t A = t ( t A = A = f = Id Mn(K Από την Άσκηση 16 έπεται ότι ο χώρος M n (K είναι το ευθύ άθροισµα των υπόχωρων A M n (K f(a = A } = S n (K και A M n (K f(a = A } = A n (K των συµµετρικών και αντισυµµετρικών πινάκων αντίστοιχα Άρα : M n (K = S n (K A n (K ( Από την Άσκηση 16 έπεται ότι υπάρχει ϐάση C του M n (K έτσι ώστε : 1 1 MC C (f = όπου η µονάδα 1 εµφανίζεται dim K S n (K-ϕορές και το 1 εµφανίζεται dim K A n (K-ϕορές Από την Άσκηση 19 του Φυλλαδίου 6 των ασκήσεων Γραµµικής Άλγεβρας Ι, γνωρίζουµε ότι dim K S n (K = n +n και dim K A n (K = n n, απ όπου προκύπτει το σητούµενο Υπενθυµίζουµε ότι µια γραµµική απεικόνιση f : E E καλείται προβολή 4, αν : f = f Η γραµµική επεικόνιση f : E E καλείται ενέλιξη, αν : f = Id E Ασκηση 19 (1 Αν η γραµµική απεικόνιση f : E E είναι µια προβολή, τότε η γραµµική απεικόνιση f Id E : E E, (f Id E ( x = f( x x είναι µια ενέλιξη 4 Ακριβέστερα η f καλείται προβολή του χώρου E στον υπόχωρο Im(f παράλληλα µε τον υπόχωρο Ker(f

20 ( Αν η γραµµική απεικόνιση g : E E είναι µια ενέλιξη, τότε η γραµµική απεικόνιση ( g + Id E g + IdE g( x + x : E E, ( x = 4 4 είναι µια προβολή Λύση (1 Εύκολα ϐλέπουµε ότι η απεικόνιση f Id E : E E είναι γραµµική Για κάθε x E, έχουµε : ( f IdE ( x = ( (f IdE (f Id E ( x = (f Id E ( (f Id E ( x = (f Id E (f( x x = = (f(f( x x Id E (f( x x = 4f ( x f( x f( x + x = 4f ( x 4f( x + x = = 4f( x 4f( x + x = x = Id E ( x όπου χρησιµοποιήσαµε ότι f = f επειδή η f είναι προβολή Άρα ( f Id E ( x = x, x E, και εποµένως : ( f IdE = IdE δηλαδή η γραµµική απεικόνιση f Id E είναι ενέλιξη ( Εύκολα ϐλέπουµε ότι η απεικόνιση g + Id E : E E είναι γραµµική Για κάθε x E, έχουµε : ( g + ( IdE g + IdE ( x = g + Id E ( x = g + Id ( E g + IdE ( x = g + Id ( E g( x + IdE ( x = 4 = 1 ( ( g( x + IdE ( x g + g( x + Id E( x = 1 ( g ( x + g( x + g( x + x = 1 ( g( x + g( x + x = 4 4 = 1 ( ( 1( 1( g + IdE x + g( x + x = g( x + x = g( x + x = ( x 4 4 όπου χρησιµοποιήσαµε ότι g = Id E επειδή η g είναι ενέλιξη Άρα ( g + IdE = g + Id E ( g + IdE δηλαδή η γραµµική απεικόνιση είναι προβολή Ασκηση Εστω f : E E µια προβολή Τότε η γραµµική απεικόνιση Id E f : E E είναι προβολή και και ισχύει ότι : Id E = f + (Id E f και f (Id F f = = (Id E f f Επιπλέον : και Λύση (1 Για κάθε x E έχουµε : Ker(f = Im(Id E f και Im(f = Ker(Id E f E = Ker f Im f = Im(Id E f Ker(Id E f (Id E f ( x = ( (Id E f (Id E f ( x = (Id E f ( (Id E f( x = (Id E f(id E ( x f( x = = (Id E f( x f( x = Id E ( x f( x f( x f( x = x f( x f( x + f(f( x = Εποµένως = x f( x f( x + f ( x = x f( x f( x + f( x = x f( x = (Id E f( x (Id E f = Id E f δηλαδή η γραµµική απεικόνιση Id E f είναι προβολή Προφανώς Id E = f + (Id E f Για κάθε x E έχουµε : ( f (IdE f ( x = f ( (Id E f( x = f(id E ( x f( x = f( x f( x = f( x f ( x = f( x f( x = Εποµένως f (Id F f = και παρόµοια (Id E f f =

21 1 ( Εστω x Ker(f Τότε f( x = Επειδή, από το µέρος (1, έχουµε Id E = f + (Id E f, προκύπτει ότι x = Id E ( x = (f + (Id E f( x = f( x + (Id E f( x = (Id E f( x Im(Id E f Άρα Ker(f Im(Id E f Εστω x Im(Id E f Τότε υπάρχει y E έτσι ώστε x = (Id E f( y = Id E ( y f( y = y f( y Εποµένως ϑα έχουµε f( x = f( y f( y = f( y f ( y = f( y f( y =, δηλαδή x Ker(f Άρα Im(Id E f Ker(f και εποµένως : Ker(f = Im(Id E f Παρόµοια, έστω x Im(f Τότε υπάρχει y E έτσι ώστε x = f( y Τότε (Id E f( x = x f( x = f( y f(f( y = f( y f ( y = f( y f( y = και εποµένως x Ker(Id E f Άρα Im(f Ker(Id E f Εστω x Ker(Id E f Τότε (Id E f( x = x f( x =, και τότε x = f( x Im(f Αυτό σηµαίνει ότι Ker(Id E f Im(f, και εποµένως : Im(f = Ker(Id E f (3 Οι ισχυρισµοί προκύπτουν από την Άσκηση 15 Ασκηση 1 Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος υπεράνω ενός σώµατος K και υποθέτουµε ότι όπου V i, 1 i n, είναι υπόχωροι του E (1 Να δειχθεί ότι οι απεικονίσεις, 1 j n: E = V 1 V V n π j : E V j, π j ( x = x j όπου x = x 1 + x + + x n είναι η µοναδική γραφή του διανύσµατος x του E ως άθροισµα διανυσµάτων x i των υπόχωρων V i, 1 i n, και ι j : V j E, ι j ( x j = x j είναι γραµµικές ( Να δειχθεί ότι, κ, µ = 1,,, n:, αν κ µ π k ι µ = Id Vk, αν κ = µ (3 Να δειχθεί ότι οι απεικονίσεις, 1 j n: είναι προβολές και ισχύει ότι : ι j π j : E E Id E = ι 1 π 1 + ι π + + ι n π n Λύση (1 Επειδή E = V 1 V V n, η γραφή ενός διανύσµατος x = x 1 + x + + x n του E ως άθροισµα διανυσµάτων x i των υπόχωρων V i, 1 i n, είναι µοναδική και εποµένως η απεικόνιση π j είναι καλά ορισµένη, 1 j n Εστω x, y E και λ K Εστω x = x 1 + x + + x n και y = y 1 + y + + y n η µοναδική γραφή των διανυσµάτων x και y του E ως άθροισµα διανυσµάτων x i y i των υπόχωρων V i, 1 i n Τότε x + y = ( x 1 y 1 + ( x y + + ( x n + y n και λ x = λ x 1 + λ x + + λ x n t είναι οι µοναδικές γραφές τωγν διανυσµάτων x + y και λ x ως άθροισµα διανυσµάτων των υπόχωρων V i, 1 i n Τότε όµως ϑα έχουµε, j = 1,,, n: π j ( x + y = x j + y j = π j ( x + π j ( y π j (λ x = λ x i = λπ j ( x Εποµένως η γραµµική απεικόνιση π j, 1 j n, είναι γραµµική Παρόµοια, έστω x j, y j V j και λ K Τότε ϑα έχουµε : ι j ( x j + y j = x j + y j = ι j ( x j + ι j ( y j ι j (λ x j = λ x j = λι j ( x j

22 Εποµένως η γραµµική απεικόνιση ι j, 1 j n, είναι γραµµική ( Για κάθε κ, µ = 1,,, n, ϑεωρούµε την γραµµική απεικόνιση π k ι µ : V µ V k, x µ (π k ι µ ( x µ = π κ (ι µ ( x µ = π κ ( x µ Επειδή η µοναδική γραφή του διανύσµατος x µ V µ ως άθροισµα διανυσµάτων των υπόχωρων V i,, αν κ µ 1 i n είναι x µ = x µ + +, έπεται ότι π κ ( x µ = Αυτό σηµαίνει x µ, αν κ = µ ότι π κ ι µ =, αν κ µ και π κ ι κ = Id Vk (3 Για κάθε j = 1,,, n, χρησιµοποιώντας ότι π j ι j = Id Vj, έχουµε : (ι j π j ι j π j = ι j (π j ι j π j = ι j Id Vj π j = ι j π j και άρα οι γραµµικές απεικονίσεις ι j π j : E E είναι προβολές, j = 1,,, n Εστω x E µε µοναδική γραφή x = x 1 + x + + x n του E ως άθροισµα διανυσµάτων x i των υπόχωρων V i, 1 i n Τότε ϑα έχουµε : ( ι1 π 1 + ι π + + ι n π n ( x = (ι1 π 1 ( x + (ι π ( x + + (ι n π n ( x = = ι 1 (π 1 ( x + ι (π ( x + + ι n (π n ( x = ι 1 ( x 1 + ι ( x + + ι n ( x n = = x 1 + x + + x n = x = Id E ( x Αυτό σηµαίνει ότι : Id E = ι 1 π 1 + ι π + + ι n π n Η επόµενη Άσκηση παρουσιάζει ένα αντίστροφο του ϐασικού ισχυρισµού της προηγούµενης Άσκησης Ασκηση Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος και έστω ότι, για κάθε j = 1,,, n, η γραµµική απεικόνιση είναι προβολή και ισχύει ότι : p j : E E 1 i j n : p i p j = και Id E = p 1 + p + + p n Τότε ϑέτοντας V i = Im(p i, 1 i n, να δειχθεί ότι : E = V 1 V V n Λύση Επειδή οι απεικονίσεις p i, 1 i n, είναι γραµµικές, τα υποσύνολα V i = Im(p i = p i ( x E x E } είναι υπόχωροι του E Επειδή Id E = p 1 + p + + p n, έπεται ότι για κάθε x E: Εποµένως x = Id E ( x = (p 1 + p + + p n ( x = p 1 ( x + p ( x + + p n ( x V 1 + V + + V n E = V 1 + V + + V n ( Εστω x i V i, 1 i n, και υποθέτουµε ότι x 1 + x + + x n = Επειδή V i = Im(p i, έπεται ότι υπάρχουν διανύσµατα y i E, 1 i n έτσι ώστε : x i = p i ( y i, και αρα ϑα έχουµε : x 1 + x + + x n = = p 1 ( y 1 + p ( y + + p n ( y n = Για κάθε j = 1,,, n, εφαρµόζουµε την προβολή και στα δύο µέλη της παραπάνω ισότητας, και χρησιµοποιώντας ότι, αν j i p j p i = p i, αν j = i ϑα έχουµε, j = 1,,, n: p j ( p1 ( y 1 + p ( y + + p n ( y n = = (p j p 1 ( y 1 + (p j p ( y + + (p j p n ( y n = = = ( y 1 + ( y + + (p j p j ( y j + + ( y n = = p j ( y j = = x j =

23 3 Από γνωστή ιδιότητα, γνωρίζουµε τότε ότι το άθροισµα V 1 + V + + V n είναι ευθύ : V 1 + V + + V n = V 1 V V n ( Από τις σχέσεις ( και (, έπεται το Ϲητούµενο Παρατήρηση 1 Ιδιαίτερα αν ο χώρος E = U V είναι το ευθύ άθροισµα των υπόχωρων U και V, τότε ορίζονται : (1 η προβολή του E στον υπόχωρο U παράλληλα µε τον υπόχωρο V π U : E U, π U ( x = u, όπου x = u + v, u U και v V ( η προβολή του E στον υπόχωρο V παράλληλα µε τον υπόχωρο U Αυτό προκύπτει άµεσα διότι π V : E V, π V ( x = v, όπου x = u + v, u U και v V Επιπλέον, ορίζονται και οι γραµµικές απεικονίσεις και ισχύουν οι εξής σχέσεις : Ker(π U = V = Im(π V και Ker(π V = U = Im(π U ι U : U E, ι V : V E, ι U ( u = u ι V ( v = v Id E = ι U π U + ι V π V π U ι U = Id U και π V ι V = Id V π U ι V = και π V ι U = Τέλος οι απεικονίσεις p U = ι U π U : E E και p V = ι V π V : E E είναι προβολές Υπενθυµίζουµε ότι αν V 1, V,, V m είναι διανυσµατικοί χώροι υπεράνω ενός σώµατος K, τότε το καρτεσιανό γινόµενο συνόλων V 1 V V m = ( v 1, v,, v m v i V i, 1 i m } εφοδιασµένο µε τις ακόλουθες πράξεις ( v 1, v,, v m + ( u 1, u,, u m = ( v 1 + u 1, v + u,, v m + u m είναι ένας διανυσµατικός χώρος υπεράνω του K λ( v 1, v,, v m = (λ v 1, λ v,, λ v m Ασκηση 3 Εστω ότι V 1, V,, V m είναι υπόχωροι ενός K-διανυσµατικού χώρου E Θεωρούµε τον K- διανυσµατικό χώρο V 1 V V m και ορίζουµε µια απεικόνιση f : V 1 V V m E, f( v 1, v,, v m = v 1 + v + + v m (1 Να δειχθεί ότι η f είναι γραµµική ( Ποιά είναι η εικόνα Im(f της f; (3 Να δειχθεί ότι η f είναι µονοµορφισµός αν και µόνον αν το άθροισµα V 1 + V + + V m είναι ευθύ (4 Να δειχθεί ότι η f είναι επιµορφισµός αν και µόνον αν E = V 1 + V + + V m (5 Να δειχθεί ότι η f είναι ισοµορφισµός αν και µόνον αν E = V 1 V V m Λύση (1 Εστω ( x 1, x,, x m, ( y 1, y,, y m V 1 V V m και λ K Τότε : f(( x 1, x,, x m + ( y 1, y,, y m = f( x 1 + y 1, x + y,, x m + y m = ( x 1 + y 1 + ( x + y + + ( x m + y m = ( x 1 + x + + x m + ( y 1 + y + + y m = f( x 1, x,, x m + f( y 1, y,, y m

24 4 και f(λ( x 1, x,, x m = f(λ x 1, λ x,, λ x m = λ x 1 + λ x + + λ x m = λ( x 1 + x + + x m = λf( x 1, x,, x m Εποµένως, η f είναι γραµµική απεικόνιση ( Η εικόνα Im(f της f είναι Im(f = x E ( v 1, v,, v m V 1 V V m : f( v 1, v,, v m = x } = x E ( v 1, v,, v m V 1 V V m : v 1 + v + + v m = x } = v 1 + v + + v m E v i V i, 1 i m} = V 1 + V + + V m (3 Εστω ότι η f είναι µονοµορφισµός Θα δείξουµε ότι για το άθροισµα V 1 + V + + V m ισχύει η µοναδικότητα της γραφής Εστω x 1 + x + + x m = y 1 + y + + y m όπου x 1, y 1 V 1,, x m, y m V m Τότε : x 1 + x + + x m = y 1 + y + + y m = f( x 1,, x m = f( y 1,, y m f:1-1 ( x 1,, x m = ( y 1,, y m = x i = y i, 1 i m Εποµένως το άθροισµα V 1 + V + + V m είναι ευθύ Αντίστροφα, έστω ότι το άθροισµα υπόχωρων V 1 +V + +V m είναι ευθύ, και έστω f( x 1,, x m = f( y 1,, y m, δηλαδή x 1 + x + + x m = y 1 + y + + y m όπου x 1, y 1 V 1,, x m, y m V m Τότε λόγω της µοναδικότητας της γραφής, έπεται άµεσα ότι x i = y i, 1 i m, και άρα ( x 1,, x m = ( y 1,, y m Εποµένως η f είναι µονοµορφισµός (4 Επειδή από το µέρος ( έχουµε Im(f = V 1 + V + + V m, έπεται ότι η απεικόνιση f είναι επιµορφισµός, δηλαδή Im(f = E, αν και µόνον αν E = V 1 + V + + V m (5 Εστω ότι η f είναι ισοµορφισµός Τότε αφού η f είναι µονοµορφισµός έπεται από το (3 ότι το άθροισµα V 1 + V + + V m είναι ευθύ Επίσης, η f είναι επιµορφισµός και άρα από το µέρος (4 έπεται ότι E = Im(f = V 1 + V + + V m Συνεπώς ϑα έχουµε E = V 1 V V m Αντίστροφα, αν E = V 1 V V m τότε επειδή το άθροισµα V 1 V V m είναι ευθυ, από το µέρος (3 έπεται ότι η γραµµική απεικόνιση f είναι µονοµορφισµός Επειδή E = V 1 +V + +V m από το µέρος (4 έπεται ότι η γραµµική απεικόνιση f είναι επιµορφισµός Εποµένως, η γραµµική απεικόνιση f είναι ισοµορφισµός Η επόµενη Άσκηση παρουσιάζει ένα αντίστροφο του ϐασικού ισχυρισµού της προηγούµενης Άσκησης Ασκηση 4 Εστω ότι V 1, V,, V m είναι διανυσµατικοί χώροι υπεράνω ενός σώµατος K και έστω : Για κάθε i = 1,,, m, ϑέτουµε : V i = E = V 1 V V m } (,,, x i,,, E x }} i V i i-ϑέση Να δειχθεί ότι τα υποσύνολα V i, 1 i m, είναι υπόχωροι του E και ισχύει ότι : E = V 1 V V m Λύση Προφανώς E = (,,, V i Εστω (,,, x i,,, και (,,, y i,,, δύο στοιχεία του V i και λ K Τότε : (,,, x i,,, + (,,, y i,,, = (,,, x i + y i,,, V i

25 5 λ(,,, x i,,, = (,,, λ x i,,, V i Άρα τα υποσύνολα V i, 1 i m, είναι υπόχωροι του E Εστω x E = V 1 V V m Τότε x = ( x 1, x,, x m, όπου x i V i, 1 i m Προφανώς ϑα έχουµε : x = ( x 1, x,, x m = ( x 1,,, + (, x,, + + (,,, x m Επειδή (,,, x i,,, V i, 1 i m, από την παραπάνω σχέση έπεται άµεσα ότι x V 1 + V + + V m και εποµένως : E = V 1 + V + + V m ( Εστω x 1 + x + + x n = E = (,,,, όπου x i V i, 1 i m Τότε ϑα έχουµε x i = (,,, x i,,,, για κάποιο x i V i, και εποµένως : x 1 + x + + x n = (,,, = ( x 1,,, + (, x,, + + (,,, x m = (,,, = ( x 1, x,, x m = (,,, = x i =, 1 i m, = x i =, 1 i m Εποµένως, σύµφωνα µε γνωστή Πρόταση, ϑα έχουµε ότι το άθροισµα V 1 + V + + V m είναι ευθύ : V 1 + V + + V m = V 1 V V m ( Από τις σχέσεις ( και ( έπεται το Ϲητούµενο : E = V 1 V V m Ασκηση 5 Εστω f : E F µια γραµµική απεικόνιση, όπου E και F είναι K-διανυσµατικοί χώροι πεπερασµένης διάστασης Υποθέτουµε ότι η f είναι επιµορφισµός (1 Να δειχθεί ότι υπάρχει µια γραµµική απεικόνιση g : F E έτσι ώστε : f g = Id F ( Να δειχθεί ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός : E = Ker(f Im(g Λύση (1 Εστω e 1, e,, e k } µια ϐάση του πυρήνα Ker(f της f την οποία συµπληρώνουµε σε µια ϐάση B = e 1, e,, e k, e k+1, e k+,, e n } του E Γνωρίζουµε τότε ότι το σύνολο διανυσµάτων C = ɛk+1 = f( e k+1, ɛ k+ = f( e k+,, ɛ n = f( e n } είναι µια ϐάση τηε εικόνας Im(f της f Επειδή η γραµµική απεικόνιση f είναι επιµορφισµός, έπεται ότι Im(f = F και εποµένως το σύνολο C είναι µια ϐάση του F Από το Θεώρηµα Γραµµικής Επέκτασης, υπάρχει µοναδική γραµµική απεικόνιση g : F E έτσι ώστε g( ɛ i = e i, k + 1 i n ηλαδή αν y = λ k+1 ɛ k+1 + λ k+ ɛ k+ + + λ n ɛ n είναι ένα τυχόν διάνυσµα του F, εκφρασµένο µοναδικά ως γραµµικός συνδυασµός των διανυσµάτων της ϐάσης C, τότε : g( y = λ k+1 e k+1 + λ k+ e k+ + + λ n e n Προφανώς τότε ϑα έχουµε, y = λ k+1 ɛ k+1 + λ k+ ɛ k+ + + λ n ɛ n F: (f g( y = f(g( y = f(λ k+1 e k+1 + λ k+ e k+ + + λ n e n = = λ k+1 f( e k+1 + λ k+ f( e k+ + + λ n f( e n = λ k+1 ɛ k+1 + λ k+ ɛ k+ + + λ n ɛ n = y Εποµένως ϑα έχουµε τη Ϲητούµενη σχέση : f g = Id F ( Εστω y Ker(f Im(g Τότε f( x = και υπάρχει y F έτσι ώστε : g( y = x Εφαρµόζοντας την f στην τελευταία σχέση και χρησιµοποιώντας ότι f g = Id F, ϑα έχουµε : g( y = x = f(g( y = f( x = y = = x = g( y = Εποµένως προκύπτει ότι Εστω x E Τότε Ker(f Im(g = } = Ker(f + Im(g = Ker(f Im(g ( x = x g(f( x + g(f( x

26 6 όπου προφανώς g(f( x Im(g και x g(f( x Ker(f διότι f( x g(f( x = f( x f(g(f( x = f( x f( x = Εποµένως x Ker(f + Im(g και άρα : E = Ker(f + Im(g ( Από τις σχέσεις ( και ( έπεται η Ϲητούµενη σχέση : E = Ker(f Im(g Ασκηση 6 Εστω f : E F µια γραµµική απεικόνιση, όπου E και F είναι K-διανυσµατικοί χώροι πεπερασµένης διάστασης Υποθέτουµε ότι η f είναι µονοµορφισµός (1 Να δειχθεί ότι υπάρχει µια γραµµική απεικόνιση h: F E έτσι ώστε : h f = Id E ( Να δειχθεί ότι υπάρχει ένας ισοµορφισµός : F = Im(f Ker(h Λύση Επειδή η f είναι µονοµορφισµός, έπεται ότι η f επάγει έναν ισοµορφισµό f : E = Im(f, f ( x = f( x Ιδιαίτερα προκύπτει ότι dim K E = r(f = dim K Im(f } (1 Εστω e 1, e,, e k µια ϐάση του E Τότε επειδή η απεικόνιση f είναι µονοµορφισµός, έπεται ότι το σύνολο ɛ 1 = f( e 1, ɛ = f( e,, ɛ k = f( e k } είναι µια ϐάση της εικόνας Im(f της f την οποία συµπληρώνουµε σε µια ϐάση B = } ɛ 1, ɛ,, ɛ k, ɛ k+1, ɛ k+,, ɛ n του F Από το Θεώρηµα Γραµµικής Επέκτασης, υπάρχει µοναδική γραµµική απεικόνιση h: F E έτσι ώστε : h( ɛ i = e i, 1 i k, και h( ɛ i =, k + 1 i n ηλαδή αν y = λ 1 ɛ 1 + λ ɛ + + λ k ɛ k + λ k+1 ɛ k+1 + λ k+ ɛ k+ + + λ n ɛ n είναι ένα τυχόν διάνυσµα του F, εκφρασµένο µοναδικά ως γραµµικός συνδυασµός των διανυσµάτων της ϐάσης B, τότε : h( y = λ 1 e 1 + λ e + + λ k e k Προφανώς τότε ϑα έχουµε, x = λ 1 e 1 + λ e + + λ k e k E: (h f( x = h(f( x = h(λ 1 f( e 1 + λ f( e + + λ k f( e k = h(λ 1 ɛ 1 + λ ɛ + + λ k ɛ k = = h(λ 1 ɛ 1 + λ ɛ + + λ k ɛ k + ɛ k ɛ n = λ 1 e 1 + λ e + + λ k e k = x Εποµένως ϑα έχουµε τη Ϲητούµενη σχέση : h f = Id E ( Εστω y Im(f Ker(h Τότε h( y = και υπάρχει x E έτσι ώστε f( x = y Τότε : Εποµένως προκύπτει ότι Εστω y F Τότε h(f( x = h( y = x = = x = Im(f Ker(h = } = Im(f + Ker(h = Im(f Ker(h ( y = y f(h( y + f(h( y όπου προφανώς f(h( y Im(f και y f(h( y Ker(h διότι h( y f(h( y = h( y h(f(h( y = h( y h( y = Εποµένως y Im(f + Ker(h και άρα : F = Im(f + Ker(h Από τις σχέσεις ( και ( έπεται η Ϲητούµενη σχέση : F = Im(f Ker(h ( Ασκηση 7 Εστω A M (K ένας -πίνακας µε στοιχεία από ένα σώµα K και υποθέτουµε ότι υπάρχουν µη-µηδενικές στήλες X, Y K έτσι ώστε : Να ϐρεθεί ο πίνακας A 18 AX = X και AY = Y

27 7 Λύση Ισχυριζόµαστε ότι το σύνολο στηλών C = X, Y } είναι µια ϐάση του K Πράγµατ, αρκεί να δείξουµε ότι οι στήλες X, Y είναι γραµµικά ανεξάρτητες Εστω Τότε λx + µy = A(λX + µy = = λax + µay = = λx µy = ( Προσθέτοντας τις (* και (** προκύπτει ότι λx = και επειδή X, έπεται ότι λ = Τότε από την (* προκύπτει ότι µy = και επειδή Y, έχουµε µ = Άρα πράγµατι το σύνολο στηλών C είναι γραµµικά ανεξάρτητο και άρα αποτελεί µια ϐάση του χώρου των στηλών K Θεωρούµε την επαγόµενη γραµµική απεικόνιση της οποίας ο πίνακας στην κανονική ϐάση είναι ο f A : K K, B = f A (Z = AZ ( ( 1 E 1 =, E = 1} M B B (f A = A Προφανώς ο πίνακας της f A στη ϐάση C είναι ο ( M C 1 C (f A = 1 ( 1 Εποµένως οι πίνακες A και είναι όµοιοι διότι είναι πίνακες της ίδιας γραµµικής απεικόνισης f 1 A σε διαφορετικές ϐάσεις του K Εποµένως υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε : ( ( P AP = = A = P P Από την τελευταία σχέση, έυκολα ϐλέπουµε µε επαγωγή ότι : ( n n 1 : A n 1 = P P 1 1 = P (1 Αν ο n είναι άρτιος, τότε : ( n A n 1 = P P 1 1 = P ( 1 ( 1 n P 1 = P ( ( 1 ( 1 n P 1 ( ( 1 P 1 1 = P I P 1 = P P 1 = I ( Αν ο n είναι περιττός, τότε ο n 1 είναι άρτιος και άρα από το (1 έπεται ότι A n 1 = I από όπου προφανώς έχουµε A n = A Συνοψίζουµε : Ιδιαίτερα έπεται ότι : A n = I, αν n : άρτιος A, αν n : περιττός A 18 = I

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii2018/laii2018html Παρασκευή 9 Μαρτίου 2018 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 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

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebrai/lai2018/lai2018.html Παρασκευή 14 εκεµβρίου 2018 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 7

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 6

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai2018/lai2018html Παρασκευή 7 εκεµβρίου 2018 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 6

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebrai/lai2017/lai2017.html Παρασκευή 22 εκεµβρίου 2017

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii9/laii9html Παρασκευή 9 Μαρτίου 9 Ασκηση Εστω (E,,

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 10

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebraii/laii2018/laii2018.html Παρασκευή 11 Μαίου 2018

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 - II Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 52 9 Η Κανονική Μορφή Jordan - II

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 7

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. 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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii2019/laii2019html Παρασκευή 12 Απριλίου 2019 Αν

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii2018/laii2018html ευτέρα 23 Απριλίου 2018 Αν C

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

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

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

Διαβάστε περισσότερα

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 Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uo.gr/abelga/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://stes.google.com/ste/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι. Ακαδηµαϊκο Ετος Βοηθος Ασκησεων: Χ. Ψαρουδάκης

Γραµµικη Αλγεβρα Ι. Ακαδηµαϊκο Ετος Βοηθος Ασκησεων: Χ. Ψαρουδάκης Γραµµικη Αλγεβρα Ι Ακαδηµαϊκο Ετος 2011-2012 ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laihtml 21-2 - 2012

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii2018/laii2018html Παρασκευή 23 Μαρτίου

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

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebraii/laii2018/laii2018.html ευτέρα 23

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3

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

Διαβάστε περισσότερα

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

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Επιλυση Ασκησεων - Φυλλαδιο 2

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii2019/laii2019html Παρασκευή 29 Μαρτίου 2019 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 9

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - 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

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 6

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebraii/laii2018/laii2018.html Παρασκευή 4 Μαίου 2018 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebraii/laii2018/laii2018.html Παρασκευή 16 Μαρτίου 2018

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebrai/lai2018/lai2018.html Παρασκευή 23 Νοεµβρίου

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

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/asi2017/asi2017.html Παρασκευή 10 Μαρτίου 2017

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

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

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

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

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

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 8

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Κεφάλαιο 0. Μεταθετικοί ακτύλιοι, Ιδεώδη

Κεφάλαιο 0. Μεταθετικοί ακτύλιοι, Ιδεώδη Κεφάλαιο 0 Μεταθετικοί ακτύλιοι, Ιδεώδη Το κεφάλαιο αυτό έχει προπαρασκευαστικό χαρακτήρα Θα καθιερώσουµε συµβολισµούς και θα υπενθυµίσουµε ορισµούς και στοιχειώδεις προτάσεις για δακτύλιους και ιδεώδη

Διαβάστε περισσότερα

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: υϊκοί Χώροι και Χώροι Πηλίκα. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: υϊκοί Χώροι και Χώροι Πηλίκα. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι Ενότητα: υϊκοί Χώροι και Χώροι Πηλίκα Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 6 υϊκοι Χωροι και Χωροι Πηλικα Στο παρόν Κεφάλαιο ϑα µελετήσουµε

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii8/laii8html Παρασκευή 6 Μαρτίου 8 Ασκηση Εστω E

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

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

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 6

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebraii/laii08/laii08.html Παρασκευή 4 Μαίου

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 6

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

Διαβάστε περισσότερα

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

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΠΕΡΙΤΤΟΙ) Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 3

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

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 6

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 6 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/linearalgebraii/laii09/laii09.html Παρασκευή 0 Μαίου

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

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: Γραµµικές Απεικονίσεις. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι. Ενότητα: Γραµµικές Απεικονίσεις. Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης. Τμήμα: Μαθηματικών Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα Ι Ενότητα: Γραµµικές Απεικονίσεις Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης Τμήμα: Μαθηματικών Κεφάλαιο 5 Γραµµικες Απεικονισεις Στην άλγεβρα, και γενικότερα στα Μαθηµατικά,

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6

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

Διαβάστε περισσότερα

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

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Πρώτα και Μεγιστοτικά Ιδεώδη

Πρώτα και Μεγιστοτικά Ιδεώδη Κεφάλαιο 10 Πρώτα και Μεγιστοτικά Ιδεώδη Στο παρόν Κεφάλαιο ϑα µελετήσουµε ειδικούς τύπους ιδεωδών σε έναν δακτύλιο και την επίδραση που έχουν οι επιπλέον ιδιότητες τις οποίες ικανοποιούν τα ιδεώδη αυτά

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebrai/lai208/lai208html Παρασκευή 2 Οκτωβρίου 208 Ασκηση Να γράψετε

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 4. Ευθέα γινόµενα οµάδων. 4.1 Ευθύ εξωτερικό γινόµενο οµάδων. i 1 G 1 G 1 G 2, g 1 (g 1, e 2 ), (4.1.1)

Κεφάλαιο 4. Ευθέα γινόµενα οµάδων. 4.1 Ευθύ εξωτερικό γινόµενο οµάδων. i 1 G 1 G 1 G 2, g 1 (g 1, e 2 ), (4.1.1) Κεφάλαιο 4 Ευθέα γινόµενα οµάδων Στο Παράδειγµα 1.1.2.11 ορίσαµε το ευθύ εξωτερικό γινόµενο G 1 G 2 G n των οµάδων G i, 1 i n. Στο κεφάλαιο αυτό ϑα ασχοληθούµε λεπτοµερέστερα µε τα ευθέα γινόµενα οµάδων

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

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Ταυτόχρονη ιαγωνοποίηση Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 31 6. Ταυτόχρονη ιαγωνοποίηση 6.1. Ταυτόχρονη

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 15 3. Το Θεώρηµα των Cayley-Hamilton

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Ι Τµηµα Β ΑΡΤΙΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/liearalgebrai/lai2018/lai2018html Παρασκευή 12 Οκτωβρίου 2018 Ασκηση 1

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Ισοµετρίες Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 78 12 Ισοµετρίες 121 Χαρακτηρισµός Ισοµετριών Εστω

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις Επαναληψης

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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. 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

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ. Θεωρητικα Θεµατα

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ. Θεωρητικα Θεµατα Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Θεωρητικα Θεµατα Ακαδηµαϊκο Ετος 2011-2012 ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laiihtml

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ. Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος

Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ. Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος Γραµµικη Αλγεβρα ΙΙ Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος Ακαδηµαϊκο Ετος 011-01 ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laiihtml

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Α Δ Ι. Παρασκευή 25 Οκτωβρίου Ασκηση 1. Στο σύνολο των πραγματικών αριθμών R ορίζουμε μια σχέση R R R ως εξής:

Α Δ Ι. Παρασκευή 25 Οκτωβρίου Ασκηση 1. Στο σύνολο των πραγματικών αριθμών R ορίζουμε μια σχέση R R R ως εξής: Α Δ Ι Α - Φ 1 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Παρασκευή 25 Οκτωβρίου 2013 Ασκηση

Διαβάστε περισσότερα

ακτύλιοι Πολυωνύµων και Σώµατα Κλασµάτων

ακτύλιοι Πολυωνύµων και Σώµατα Κλασµάτων Κεφάλαιο 9 ακτύλιοι Πολυωνύµων και Σώµατα Κλασµάτων Στο παρόν Κεφάλαιο ϑα µελετήσουµε διεξοδικότερα τις ϐασικές ιδιότητες του δακτυλίου πολυωνύµων, κυ- ϱίως µιας µεταβλητής, µε στοιχεία από έναν µεταθετικό

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Χαρακτηριστικό Πολυώνυµο Γινοµένου Πινάκων Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 4 Μέρος 1. Η οµή Ενός

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

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

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

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

Διαβάστε περισσότερα