ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8
|
|
- Ωσαννά Μακρή
- 6 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : Τετάρτη Μαΐου 013 Ασκηση 1. Βρείτε τις τάξεις των στοιχείων του U(Z 9 ) U(Z 10 ), όπου U(Z n ) = U n είναι το σύνολο των αντιστρεψίµων στοιχείων του Z n. Λύση. (1) Υπολογισµός τάξεων των στοιχείων του U(Z 9 ). Ο συµβολισµός [a] σηµαίνει εδώ [a] 9. Αφού 9 = 3 έχουµε φ(9) = 9(1 1/3) = 6 U(Z 9 ) = { [1], [], [4], [5], [7], [8] } Από την Θεωρία ξέρουµε ότι αν a είναι ακέραιος µε (a, 9) = 1 τότε ord 9 (a) φ(9) = 6, άρα ord 9 (a) {1,, 3, 6}. Φανερά ord 9 (1) = 1 αφού [8] = [ 1] έχουµε ord 9 (8) =. Εχουµε [ ] = [4], [ 3 ] = [8] εποµένως ord 9 () = 6. Εχουµε εποµένως ord 9 (4) = 3. Επίσης εποµένως ord 9 (5) = 6. Τέλος άρα ord 9 (7) = 3. [4 ] = [16] = [7] = [ ], [4 3 ] = [4][ ] = [ 8] = [1] [5 ] = [5] = [7] = [ ], [5 3 ] = [5][ ] = [ 10] = [ 1] [7 ] = [( ) ] = [4], [7 3 ] = [7][4] = [1] () Υπολογισµός τάξεων των στοιχείων του U(Z 10 ). Ο συµβολισµός [a] σηµαίνει εδώ [a] 10. Αφού 10 = 5 έχουµε φ(10) = 10(1 1/)(1 1/5) = 4 { } U(Z 10 ) = [1], [3], [7], [9] Από την Θεωρία ξέρουµε ότι αν a είναι ακέραιος µε (a, 10) = 1 τότε ord 10 (a) φ(10) = 4, άρα ord 10 (a) {1,, 4}. Φανερά έχουµε ord 10 (1) = 1 αφού [9] = [ 1] έχουµε ord 10 (9) =. Επίσης [3 ] = [9] = [ 1] εποµένως ord 10 (3) = 4. Τέλος έχουµε [7 ] = [( 3)] = [ 1] εποµένως ord 10 (7) = 4. Ασκηση. είξτε ότι αν a, n είναι ϑετικοί ακέραιοι, τότε : ord a n 1(a) = n ακολούθως να συµπεράνετε ότι : n φ(a n 1). Λύση. Εστω 1 t < n. Τότε a t 1 (mod a n 1) διότι διαφορετικά αν a t 1 (mod a n 1) = a n 1 a t 1 = a n 1 a t 1 = a n a t που είναι άτοπο αφού οι a, t n είναι ϑετικοί ακέραιοι t < n. Από την άλλη όµως έχουµε προφανώς ότι a n 1 (mod a n 1)
2 άρα έπεται ότι n = ord a n 1(a) = min { k N a k 1 (mod a n 1) } Τέλος από γνωστή ιδιότητα έχουµε ότι ord a n 1(a) = n φ(a n 1). Ασκηση 3. Βρείτε αρχικές ϱίζες mod n για n = 3 n = 31. Λύση. (α) n = 3: Αφού ο αριθµός 3 είναι πρώτος έπεται ότι υπάρχουν πρωταρχικές ϱίζες (mod 3). Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε a = 1,..., : a φ(3) a (mod 3) = a 1 (mod 3) Παρατηρούµε ότι για a = υπάρχει µικρότερη δύναµη k από το έτσι ώστε ο αριθµός k να είναι (mod 3) ίσος µε 1. Πράγµατι έχουµε 11 = 048 = = 11 1 (mod 3) οκιµάζοντας όπως παραπάνω αποκλείουµε τους αριθµούς 3 4 αντίστοιχα, δηλαδή υπάρχουν µικρότερες δυνάµεις k από το έτσι ώστε ο αριθµός a k, όπου a = 3, 4, να είναι (mod 3) ίσος µε 1. Θέτουµε τώρα a = 5. Τότε (a, 3) = (mod 3). Αν υπάρχει ένα k N έτσι ώστε 5 k 1 (mod 3) k ο µικρότερος δυνατός αριθµός, δηλαδή k = ord 3 (5), τότε ϑα πρέπει k = k = 1,, 11, Προφανώς k 1 Αρα το απορρίπτεται. Για το 11 έχουµε 5 = 5 (mod 3) Συνεπώς το 11 απορρίπτεται. Τότε 5 11 = = (mod 3) εποµένως το 5 είναι µια πρωταρχική ϱίζα (mod 3). ord 3 (5) = (β) n = 31: Αφού ο αριθµός 31 είναι πρώτος έπεται ότι υπάρχουν πρωταρχικές ϱίζες (mod 31). Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε a = 1,..., 30: a φ(31) a (mod 31) = a 30 1 (mod 31) Παρατηρούµε ότι για a = υπάρχει δύναµη k µικρότερη από το 30 έτσι ώστε ο αριθµός k να είναι (mod 31) ίσος µε 1. Πράγµατι έχουµε 5 = 3 1 (mod 31) Θέτουµε τώρα a = 3. Τότε (a, 31) = (mod 31). Αν υπάρχει ένα k N έτσι ώστε 3 k 1 (mod 31) k ο µικρότερος δυνατός αριθµός, δηλαδή k = ord 31 (3), τότε ϑα πρέπει Προφανώς το k = 1 απορρίπτεται έχουµε : k = : 3 9 (mod 31). k = 3: (mod 31). k = 5: 3 5 = 43 6 (mod 31). k = 6: 3 6 = 6 3 = (mod 31). k 30 = k = 1,, 3, 5, 6, 10, 15, 30 k = 10: 3 10 = (mod 31). k = 15: 3 15 = = 5 6 = (mod 31). Εποµένως όλες οι παραπάνω δυνάµεις απορρίπτονται άρα 30 = min { k N 3 k 1 (mod 31) } = ord 31 (3) = 30 = φ(31) δηλαδή το 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 31).
3 3 Ασκηση 4. είξτε ότι αν υπάρχει µια πρωταρχική ϱίζα mod n τότε υπάρχουν ακριβώς φ() (ανισότιµες) πρωταρχικές ϱίζες mod n. Μπορείτε να περιγράψετε το σύνολο P n των πρωταρχικών ϱιζών mod n; Λύση. Εστω a µια πρωταρχική ϱίζα (mod n). Τότε U(Z n ) = { 1, a, a,..., a 1} οι ϕυσικοί αριθµοί a, a,..., a 1 είναι ένα ανηγµένο (περιορισµένο) σύστηµα υπολοίπων (mod n). Επειδή έπεται ότι τα στοιχεία του συνόλου ord n (a k ) = ord n (a) = ord n(a) (k, ord n (a)) = (k, ) S = { a k 1 k & (k, ) = 1 } είναι πρωταρχικές ϱίζες (mod n), διότι για κάθε k µε 1 k (k, ) = 1 έχουµε ότι ord n (a k ) = Τα στοιχεία του S είναι ανα δυο ανισότιµα (mod n) διότι διαφορετικά το a δεν ϑα ήταν πρωταρχική ϱίζα. Αντίστροφα τώρα, αν b είναι µια πρωταρχική ϱίζα (mod n) ϑα δείξουµε ότι υπάρχει ένα k, 1 k (k, ) = 1, έτσι ώστε b a k (mod n) Πράγµατι ϑα πρέπει (b, n) = 1 ord n (b) =. Επειδή το σύνολο {a, a,..., a 1 } είναι ένα ανηγµένο (περιορισµένο) σύστηµα υπολοίπων (mod n) έπεται ότι υπάρχει ένα k = 1,..., έτσι ώστε b a k (mod n). Θα δείξουµε ότι (k, ) = 1. Εχουµε = ord n (b) = ord n (a k ) = ord n(a) (k, ord n (a)) = (k, ) Συνεπώς έχουµε ότι το σύνολο P n των πρωταρχικών ϱιζών mod n είναι = (k, ) = 1 το πλήθος τους είναι S = φ(). S = P n Ασκηση 5. Βρείτε όλες τις πρωταρχικές ϱίζες mod 3. Λύση. Από την Ασκηση 3 έχουµε ότι το 5 είναι µια πρωταρχική ϱίζα (mod 3). Από τη ϑεωρία γνωρίζουµε, ϐλέπε την Ασκηση 3 παραπάνω, τότε ότι όλες οι πρωταρχικές ϱίζες (mod 3) είναι τα στοιχεία του συνόλου : P 3 = { 5 k 1 k (k, ) = 1 } το πλήθος τους είναι φ(φ(3)) = φ() = 10 Τότε { 5 k 1 k & (k, ) = 1 } = { 5 1, 5 3, 5 5, 5 7, 5 9, 5 13, 5 15, 5 17, 5 19, 5 1} υπολογίζουµε : 5 5 (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3) (mod 3)
4 4 Αρα οι, ανισότιµες ανά δύο, πρωταρχικές ϱίζες (mod 3) είναι : 5, 7, 10, 11, 14, 15, 17, 19, 0, 1. Ασκηση 6. Εστω n ένας ϕυσικός ακέραιος a ένας ϑετικός ακέραιος έτσι ώστε : (a, n) = 1. Να δείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : (1) Ο αριθµός a είναι µια πρωταρχική ϱίζα mod n. () Για κάθε πρώτο διαιρέτη p του, ισχύει ότι : Ως εφαρµογή, να εξετάσετε αν οι αριθµοί, 3 είναι : (1) πρωταρχικές ϱίζες mod 11, () πρωταρχικές ϱίζες mod 9. a p 1 (mod n) Λύση. (1) = (): Εστω ότι ο αριθµός a είναι µια πρωταρχική ϱίζα mod n. Τότε άρα για κάθε 1 k <. k = p έπεται ότι διότι p <. ord n (a) = a k 1 (mod n) Ιδιαίτερα, αν p είναι ένας τυχαίος πρώτος διαιρέτης του, τότε διαλέγοντας a p 1 (mod n) () = (1): Εστω ότι a p 1 (mod n) για κάθε πρώτο διαιρέτη p του υποθέτουµε αντίθετα ότι το a δεν είναι πρωταρχική ϱίζα (mod n). Τότε ord n (a) ord n (a) <. Θέτοντας ord n (a) = r ϑα έχουµε ότι r r > 1. Εστω p πρώτος διαιρέτης του r, ο οποίος υπάρχει διότι r > 1. Τότε = p m = p = m r = a p = a m r = (a r ) m = 1 m = 1 1 (mod n) που είναι ϕυσικά άτοπο. Συνεπώς ο αριθµός a είναι µια πρωταρχική ϱίζα mod n. Εφαρµογή: (1) Εστω n = 11 a =. Τότε φ(11) = 10 οι πρώτοι διαιρέτες του 10 είναι οι αριθµοί, 5. Οµως Αρα 10 = 5 = 3 1 (mod 11) 10 5 = = 4 1 (mod 11) ord 11 () = 10 = φ(11) δηλαδή το είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 11). Για a = 3 έχουµε 3 10 = 3 5 = 43 1 (mod 11) άρα το 3 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 11). () Εστω n = 9 a =. Τότε φ(9) = 6 οι πρώτοι διαιρέτες του 6 είναι οι αριθµοί, 3. Υπολογίζουµε : Αρα 6 = 3 = 8 1 (mod 9) 6 3 = = 4 1 (mod 9) ord 9 () = 6 = φ(9) δηλαδή το είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 9). Για a = 3 έχουµε 3 6 = (mod 9) 1 (mod 9)
5 = 3 = 0 1 (mod 9) Συνεπώς το 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 9). Ασκηση 7. (1) είξτε ότι το 3 είναι αρχική ϱίζα mod 17. () Για δοθέντα ακέραιο a µε (a, 17) = 1 υπολογίστε τον ελάχιστο ϑετικό ακέραιο k ώστε a 3 k (mod 17). (3) Λύστε την ισοτιµία x 4 13 (mod 17) (1) Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a] 17. (1) Το 17 είναι πρώτος, άρα φ(17) = 16. Από την ϑεωρία ord 17 (3) 16. Οι διαιρέτες του 16 είναι το σύνολο {1,, 4, 8, 16}. Εχουµε [3] = [9], [3] 3 = [9][3] = [7] = [10] = [ 7], [3 4 ] = [3][10] = [30] = [13] = [ 4], [3] 8 = [( 4) ] = [16] = [ 1]. Εποµένως ord 17 3 = 16, άρα το 3 είναι αρχική ϱίζα mod 17. () Εστω a ακέραιος µε (a, 17) = 1 b ο µοναδικός ακέραιος µε 1 b 16 a b (mod 17). Φανερά ο ελάχιστος ϑετικός ακέραιος k ώστε a 3 k (mod 17) είναι ίσος µε τον ελάχιστο ϑετικό ακέραιο k 1 ώστε b 3 k 1 (mod 17). Χρησιµοποιώντας τα αποτέλεσµατα του (1) έχουµε µετά απο λίγες πράξεις [3] 1 = [3], [3] = [9], [3] 3 = [10], [3] 4 = [13], [3] 5 = [5], [3] 6 = [15], [3] 7 = [11], [3] 8 = [16], [3] 9 = [14], [3] 10 = [8], [3] 11 = [7], [3] 1 = [4], [3] 13 = 1, [3] 14 = [], [3] 15 = [6], [3] 16 = [1] Εποµένως για παράδειγµα, για b = 1 έχουµε k 1 = 16, για b = έχουµε k 1 = 14, για b = 3 έχουµε k 1 = 1, για b = 4 έχουµε k 1 = 1, για b = 5 έχουµε k 1 = 5 για b = 6 έχουµε k 1 = 15. (3) Παρατηρούµε ότι αν a, b είναι ακέραιοι µε [a] = [b] το a είναι λύση της ισοτιµίας (1), τότε το b είναι επίσης λύση της ίδιας ισοτιµίας. Ετσι µπορούµε να µιλάµε για λύσεις της ισοτιµίας στο Z 17. Εστω a µια λύση. Τότε υπάρχει ακέραιος t µε a 4 13 = 17 t άρα a 4 = t το οποίο συνεπάγεται ότι (a 4, 17) = ( t, 17) = (13, 17) = 1. Σαν συνέπεια (a, 17) = 1 άρα το a είναι αντιστρέψιµο στοιχείο του Z 17. Από το µέρος (1) της άσκησης το 3 είναι αρχική ϱίζα mod 17. Αρα υπάρχει ακέραιος k µε [3 k ] = [a]. Επίσης από το µέρος (1) της άσκησης έχουµε [13] = [3 4 ]. Εποµένως αναζητούµε ακέραιους k µε 1 k 16 ώστε (3 k ) (mod 17) () Το 3 σαν αρχική ϱίζα (mod 17) έχει τάξη φ(17) = 16. Εποµένως από την Θεωρία η εξίσωση () είναι ισοδύναµη µε την γραµµική ισοτιµία 4k 4 (mod 16) η οποία είναι ισοδύναµη µε την γραµµική ισοτιµία k 1 (mod 4). Οι λύσεις, ως προς k αυτής που είναι µεταξύ 1 16 είναι οι ακόλουθες : k = 1, 5, 9, 13. Χρησι- µοποιώντας τους υπολογισµούς στο µέρος () της άσκησης οι λύσεις της ισοτιµίας (1) στο Z 17 είναι οι ακόλουθες : [3 1 ] = [3], [3 5 ] = [5], [3 9 ] = [14], [3 13 ] = [1]. Σαν συνέπεια οι λύσεις της ισοτιµίας (1) στο Z είναι το σύνολο [3] [5] [1] [14]. ηλαδή, ένας ακέραιος a είναι λύση της ισοτιµίας (1) αν µόνο αν υπάρχουν ακέραιοι q, r ώστε a = 17q + r r {3, 5, 1, 14}.
6 6 Ασκηση 8. Εστω n = 4, p m ή p m, όπου p περιττός πρώτος m 1 ακέραιος. Αν a είναι µια αρχική ϱίζα mod n, δείξτε ότι a / 1 (mod n) Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a] n. Αφού για n 3 ο αριθµός είναι άρτιος, έχουµε ότι ο αριθµός / είναι ακέραιος. Θέτουµε b = a /. Αφού ord n (a) =, έχουµε ord n (b) = ord n (a / ) = (/, ) = / =. Φανερά ord n ( 1) =, γιατί [ 1] = [1]. Για να δείξουµε ότι b 1 (mod n) αρκεί να δείξουµε ότι το [ 1] είναι το µοναδικό αντιστρέψιµο στοιχείο του Z n που έχει τάξη. Αφού a είναι αρχική ϱίζα (mod n), τα αντιστρέψιµα στοιχεία του Z n είναι το σύνολο {[a] k 1 k } = {[a], [a ], [a 3 ],..., [a 1 ], [a ] = [1]} Εποµένως αρκεί να δείξουµε ότι αν k ακέραιος µε 1 k 1 ord n (a k ) = τότε k = /. Αφού ord n (a k ) = η υπόθεση ord n (a k ) = συνεπάγεται ότι Αρα k. Αφού 1 k 1, έπεται ότι (k, ) = (k, ). = k Ασκηση 9. Εστω p περιττός πρώτος a ένας ακέραιος µε (a, p) = 1. είξτε ότι : (1) Αν p 1 mod 4, τότε ο a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p αν µόνο αν ο ακέραιος a είναι επίσης πρωταρχική ϱίζα mod p. () Αν p 3 mod 4, τότε ο a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p αν µόνο αν ord p ( a) = p 1. Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a] p. (1) Υποθέτουµε ότι p 1 mod 4, έστω q ακέραιος µε p 1 = 4q. Αφού p πρώτος έχουµε φ(p) = p 1 = 4q. Αφού ( a) = a, αρκεί να υποθέσουµε ότι ο ακέραιος a µε (a, p) = 1 είναι αρχική ϱίζα mod p να δείξουµε ότι το a είναι αρχική ϱίζα mod p. Υποθέτουµε ότι το a δεν είναι αρχική ϱίζα mod p ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. Αφού το a δεν είναι αρχική ϱίζα mod p έχουµε ότι ord p ( a) < φ(p) = 4q, άρα υπάρχει ακέραιος διαιρέτης d του 4q µε 1 d < 4q ώστε ( a) d 1 mod p. Αν ο d είναι άρτιος, αφού a d = ( a) d έπεται ότι a d 1 mod p, αντίφαση αφού ord p (a) = 4q. Υποθέτουµε d περιττός. Αφού d 4q έχουµε ότι d q. Αρα ( a) q 1 mod p που συνεπάγεται ότι a q 1 mod p άρα ότι a q 1 mod p, το οποίο είναι αντίφαση αφού ord p (a) = 4q. () Υποθέτουµε ότι p 3 mod 4, έστω q ακέραιος µε p 3 = 4q. Αφού p πρώτος έχουµε φ(p) = p 1 = 4q +. Πρώτα ϑα υποθέσουµε ότι ο a είναι αρχική ϱίζα mod p ϑα δείξουµε ότι ord p ( a) = p 1. Από την Ασκηση 8 του παρόντος ϕυλλαδίου a p 1 1 mod p. Εποµένως [ a] = [ 1][a] = [a] p 1 p 1 [a] = [a] +1 = [a] p+1 Εποµένως από την Θεωρία έχουµε οτι p 1 ord p ( a) = (p 1, p+1 ) = 4q + (4q +, q + ) Εχουµε (4q +, q + ) = (4q + (q + ), q + ) = (, q + ) = Συνεπώς ord p ( a) = (4q + )/ = q + 1 = (p 1)/.
7 Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι ord p ( a) = p 1 ϑα δείξουµε ότι το a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p δηλαδή ότι ord p (a) = p 1. Από την Θεωρία ord p (a) φ(p) = p 1 = 4q +. Αρκεί να υποθέσουµε ότι για κάποιον ακέραιο k µε 1 k < p 1 έχουµε a k 1 mod p να καταλήξουµε σε αντίφαση. Αν ο k είναι άρτιος, τότε a k = ( a) k άρα ( a) k 1 mod p, το οποίο συνεπάγεται ότι q + 1 k. Αφού k άρτιος q + 1 περιττός έπεται ότι (q + 1) = p 1 k άρα k p 1, αντίφαση. Υποθέτουµε τώρα ότι ο k είναι περιττός. Τότε ο k είναι άρτιος [( a) k ] = [( 1) k ][a k ] = [ 1 ] k [a k ] = [1][1] = [1] Αρα q + 1 k το οποίο συνεπάγεται ότι q + 1 k. Αφού k < p 1 = (q + 1) έχουµε k = q + 1. Ετσι a q+1 1 mod p το οποίο συνεπάγεται ότι ( a) q+1 = a q+1 1 mod p, αντίφαση αφού υποθέσαµε ότι ord p ( a) = q
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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7
ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 15 Μαΐου 2013 Ασκηση 1. Εστω n 3 ακέραιος.
Διαβάστε περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΑλγεβρικες 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΑλγεβρικες 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 περισσότεραΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ 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 περισσότεραΓραµµικη 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΑλγεβρικες 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραF 5 = (F n, F n+1 ) = 1.
Λύσεις Θεμάτων Θεωρίας Αριθμών 1. (α) Να δειχθεί ότι ο πέμπτος αριθμός της μορφής Fermat, δηλαδή ο F 5 2 25 + 1 διαιρείται από το 641. (β) Εστω F n η ακολουθία των αριθμών Fermat, δηλαδή F n 2 2n + 1,
Διαβάστε περισσότεραιδασκοντες: 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΘέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας)
Τµήµα Μαθηµατικών, Πανεπιστηµίου Κρήτης Εξεταστική περίοδος Σεπτεµβρίου ακαδηµαϊκού έτους 29-2 Τρίτη, 3 Αυγούστου 2 Εφαρµοσµένη Άλγεβρα ιδάσκων: Α. Τόγκας Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις
Διαβάστε περισσότεραΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος :
ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt205/nt205.html ευτέρα 27 Απριλίου 205 Ασκηση. είξτε ότι για κάθε
Διαβάστε περισσότεραΓΡΑΜΜΙΚΗ 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< 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 περισσότεραΑλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 3
Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Παρασκευή 2 Οκτωβρίου 2012 Ασκηση 1.
Διαβάστε περισσότεραΓραµµικη 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 περισσότερατη 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραΓραµµικη 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 περισσότεραΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότεραf (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 περισσότεραΑλγεβρικες 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 περισσότεραΑσκήσεις 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 περισσότεραΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ 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 περισσότεραΓΡΑΜΜΙΚΗ 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 περισσότεραΣ Υ Ν Α Ρ Τ Η Σ Ε Ι Σ
Σ Υ Ν Α Ρ Τ Η Σ Ε Ι Σ. Να βρείτε το πεδίο ορισµού των παρακάτω συναρτήσεων: ( = g( = + 4 h( = t( = 5 φ( = ln σ( = ln(ln p( = ln m( = λ R λ - λ - k( = ln 4 s( = ηµ. Να εξετάσετε αν για τις παραπάνω συναρτήσεις
Διαβάστε περισσότεραΘέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας)
Τµήµα Μαθηµατικών, Πανεπιστηµίου Κρήτης Εξεταστική περίοδος Ιουνίου ακαδηµαϊκού έτους 29-21 Παρασκευή, 1 Ιουνίου 21 Εφαρµοσµένη Άλγεβρα ιδάσκων: Α. Τόγκας Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις
Διαβάστε περισσότεραΓΡΑΜΜΙΚΗ 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 περισσότεραΘεωρια Αριθµων. Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος
Θεωρια Αριθµων Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος Ακαδηµαϊκο Ετος 2012-2013 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html 25 Μαιου 2013 2
Διαβάστε περισσότεραΗ εξίσωση του Fermat για τον εκθέτη n=3. Μία στοιχειώδης προσέγγιση
Η εξίσωση του Fermat για τον εκθέτη n=3. Μία στοιχειώδης προσέγγιση Αλέξανδρος Γ. Συγκελάκης 6 Απριλίου 2006 Περίληψη Θέµα της εργασίας αυτής, είναι η απόδειξη οτι η εξίσωση x 3 + y 3 = z 3 όπου xyz 0,
Διαβάστε περισσότεραΔιδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης
Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Ταξινόµηση Κυκλικών Οµάδων και των Υποοµάδων τους Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 236 5. Ταξινόµηση
Διαβάστε περισσότεραHY118- 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 περισσότεραG = a. H = g n. a m = a nq+r = a nq a r = (a n ) q a r = a r = (a n ) q a m. h = a m = a nq = (a n ) q a n
236 5. Ταξινόµηση Κυκλικών Οµάδων και των Υποοµάδων τους Στην παρούσα ενότητα ϑα ταξινοµήσουµε τις κυκλικές οµάδες, τις υποοµάδες τους, και τους γεννήτο- ϱές τους. Οι ταξινοµήσεις αυτές ϑα ϐασιστούν στην
Διαβάστε περισσότεραΜΑΘΗΜΑ ΜΟΝΟΤΟΝΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ. Αντίστροφη συνάρτηση. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Συνάρτηση 1-1. Θεωρία Σχόλια Μέθοδοι Ασκήσεις
ΜΑΘΗΜΑ 5. ΜΟΝΟΤΟΝΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Συνάρτηση - Αντίστροφη συνάρτηση Θεωρία Σχόλια Μέθοδοι Ασκήσεις ΘΕΩΡΙΑ. Ορισµός Συνάρτηση :Α R λέγεται συνάρτηση, όταν για οποιαδήποτε, Α µε ισχύει
Διαβάστε περισσότεραΓΡΑΜΜΙΚΗ 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 περισσότεραΑσκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές»
Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο : Το σύνολο των πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας) α)
Διαβάστε περισσότερα2 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 περισσότεραΓραµµικη 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 περισσότεραΚεφάλαιο 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 περισσότεραΓΡΑΜΜΙΚΗ 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 περισσότεραΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ 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 περισσότερα4.2 4.3 ΕΥΚΛΕΙ ΕΙΑ ΙΑΙΡΕΣΗ ΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑ
1 4.2 4.3 ΕΥΚΛΕΙ ΕΙΑ ΙΑΙΡΕΣΗ ΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑ ΘΕΩΡΙΑ 1. Θεώρηµα Αν α, β ακέραιοι µε β 0, τότε υπάρχουν µοναδικοί ακέραιοι κ και υ, έτσι ώστε α = κβ + υ µε 0 υ < β. 2. Τέλεια διαίρεση Αν το υπόλοιπο υ της Ευκλείδειας
Διαβάστε περισσότεραΔιδάσκων: 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 περισσότεραΓΡΑΜΜΙΚΗ 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 περισσότεραΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ 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 περισσότεραΘεωρια Αριθµων. Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος
Θεωρια Αριθµων Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος Ακαδηµαϊκο Ετος 2013-2014 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14
Διαβάστε περισσότερα1 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 περισσότεραΌνοµα: 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 περισσότεραΑ Δ Ι. Παρασκευή 15 Νοεμβρίου Ασκηση 1. Να ευρεθεί η τάξη τού στοιχείου a τής ομάδας (G, ), όπου. (4) a = ( 1 + i 3)/2, (G, ) = (C, ),
Α Δ Ι Α - Φ 4 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2013/asi2013.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Παρασκευή 15 Νοεμβρίου
Διαβάστε περισσότεραΘεωρια 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 περισσότεραΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι. Ασκησεις - Φυλλαδιο 8
ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΟΜΕΣ Ι Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 8 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi06/asi06.html Πέµπτη Απριλίου 06 Ασκηση. Θεωρούµε τα
Διαβάστε περισσότεραΜάθηµα Θεωρίας Αριθµών Ε.Μ.Ε
Μάθηµα Θεωρίας Αριθµών Ε.Μ.Ε 1. Να αποδειχθεί ότι κάθε ϑετικός ακέραιος αριθµός n 6, µπορεί να γραφεί στη µορφή όπου οι a, b, c είναι ϑετικοί ακέραιοι. n = a + b c,. Να αποδειχθεί ότι για κάθε ακέραιο
Διαβάστε περισσότεραΘεωρια Αριθµων. Θεωρητικα Θεµατα. Ακαδηµαϊκο Ετος Α. Μπεληγιάννης
Θεωρια Αριθµων Θεωρητικα Θεµατα Ακαδηµαϊκο Ετος 2016-2017 Τµηµα Β ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2016/nt2016.html 19 Οκτωβρίου 2016 Το παρόν
Διαβάστε περισσότεραΔιδάσκων: 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 περισσότεραf(n) = a n f(n + m) = a n+m = a n a m = f(n)f(m) f(a n ) = b n f : G 1 G 2, f(a n a m ) = f(a n+m ) = b n+m = b n b m = f(a n )f(a m )
302 14. Ταξινόµηση Κυκλικών Οµάδων και Οµάδες Αυτοµορφισµών Στην παρούσα ενότητα ϑα ταξινοµήσουµε τις κυκλικές οµάδες ως προς τη σχέση ισοµορφίας. Ε- πίσης ϑα αποδείξουµε ένα σηµαντικό κριτήριο ισοµορφίας
Διαβάστε περισσότεραΚρυπτογραφία και Πολυπλοκότητα
Απόδειξη του Αλγορίθµου Tonelli - Shanks Σχολή Εφαρµοσµένων και Φυσικών Επιστηµών ευτέρα 13 Φεβρουαρίου 2011 Το Πρόβληµα Να ϐρούµε x 1, x 2 Z p τέτοια ώστε: για κάποιο a Z p. x 2 i a (mod p) i 1, 2 (1)
Διαβάστε περισσότεραΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ 12) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 3
ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ ) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ Άσκηση. ( µον.). Έστω z ο µιγαδικός αριθµός z i, µε, R. (α) ίνεται η εξίσωση: z
Διαβάστε περισσότεραKΕΦΑΛΑΙΟ 1 ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ. { 1,2,3,..., n,...
KΕΦΑΛΑΙΟ ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ Βασικές έννοιες διαιρετότητας Θα συµβολίζουµε µε, τα σύνολα των φυσικών αριθµών και των ακεραίων αντιστοίχως: {,,3,,, } { 0,,,,, } = = ± ± ± Ορισµός Ένας φυσικός αριθµός
Διαβάστε περισσότεραΛύσεις των ϑεµάτων, ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι, 3/2/2010
Λύσεις των ϑεµάτων, ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι, 3//00 Θέµα ( µονάδα) Θεωρούµε το σύνολο B = {x Q : x < 5}. είξτε ότι sup B = 5. Απάντηση : Για να δείξουµε ότι sup B = 5 αρκεί να δειχθεί ότι α) Το 5 είναι
Διαβάστε περισσότεραΔιδάσκων: 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 περισσότεραsup 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 περισσότεραΔιδάσκων: 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 περισσότεραΔιδάσκων: 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 περισσότεραΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ 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 περισσότεραΓραµµικη 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 περισσότεραΣηµειώσεις Θεωρίας Αριθµών. Θ. Θεοχάρη-Αποστολίδη
Σηµειώσεις Θεωρίας Αριθµών Θ. Θεοχάρη-Αποστολίδη Ευχαριστώ ιδιαίτερα τη ϕοιτήτριά µου Μαρίνα Παλαιστή για τη µεταφορά του χειρογράφου µου σε κείµενο "tex" Κεφάλαιο 1 Βασικές Ιδιότητες Ισοδυναµιών Η ϑεωρία
Διαβάστε περισσότεραΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2016 Β ΦΑΣΗ
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 6 ΤΑΞΗ: Γ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΣ: ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥ ΩΝ / ΣΠΟΥ ΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΜΑ Α Ηµεροµηνία: Μ. Τετάρτη 7 Απριλίου 6 ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες
Διαβάστε περισσότεραΑκρότατα υπό συνθήκη και οι πολλαπλασιαστές του Lagrange
64 Ακρότατα υπό συνθήκη και οι πολλαπλασιαστές του Lagrage Ας υποθέσουµε ότι ένας δεδοµένος χώρος θερµαίνεται και η θερµοκρασία στο σηµείο,, Τ, y, z Ας υποθέσουµε ότι ( y z ) αυτού του χώρου δίδεται από
Διαβάστε περισσότεραΓΡΑΜΜΙΚΗ 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 περισσότεραΑλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4
Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τρίτη 6 Νοεµβρίου 0 Ασκηση. Θεωρούµε
Διαβάστε περισσότερα( x) β ], παρουσιάζει ελάχιστη τιµή α, δηλαδή υπάρχει. ξ µε g( ξ ) = 0. Το ξ είναι ρίζα της δοσµένης εξίσωσης.
. Έστω συνάρτηση f, δύο φορές παραγωγίσιµη στο R, µε συνεχή δεύτερη παράγωγο και σύνολο τιµών το διάστηµα [, ] a β, όπου a< < β. Να αποδείξετε ότι: i) υπάρχουν δύο τουλάχιστον σηµεία,, µε, ώστε f ( ) =
Διαβάστε περισσότερα1 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 περισσότεραΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ (ΑΡΤΙΟΙ) Ασκησεις - Φυλλαδιο 1
ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ ΙΙ Τµηµα Β (ΑΡΤΙΟΙ Ασκησεις - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuoigr/abeligia/linearalgebraii/laii19/laii19html Παρασκευή 1 Μαρτίου 19 Υπενθυµίσεις
Διαβάστε περισσότεραΔιδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης
Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Υποοµάδες και το Θεώρηµα του Lagrange Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 210 2. Υποοµάδες και το Θεώρηµα
Διαβάστε περισσότεραΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ 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 περισσότεραΑλγεβρικες 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 περισσότεραΠροηγούµενο: Ανω Φράγµα στην Τάξη των Συναρτήσεων. Ρυθµός Αύξησης (Τάξη) των Συναρτήσεων. Σύνοψη Ιδιοτήτων
Προηγούµενο: Ανω Φράγµα στην Τάξη των Συναρτήσεων Ρυθµός Αύξησης (Τάξη) των Συναρτήσεων Ορέστης Τελέλης η (τάξη της) f() είναι O( g() ) αν υπάρχουν σταθερές C και 0, τέτοιες ώστε: f() C g() για κάθε 0
Διαβάστε περισσότερα