ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9"

Transcript

1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 9 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : Τετάρτη 4 Ιουνίου 2014 Ασκηση 1. Εστω a και n δύο ακέραιοι, όπου n 1. Να δειχθεί ότι ο ϑετικός ακέραιος x είναι λύση της ισοτιµίας a x 1 (mod n) αν και µόνον αν : ord n (a) x. Ως εφαρµογή να ϐρεθούν όλες οι ϑετικές ακέραιες λύσεις της ισοτιµίας 2 x 1 (mod 7). Λύση. «=» Εστω ότι ο ϑετικός ακέραιος x ικανοποιεί την ισοτιµία a x 1 (mod n). Τότε n a x 1. είχνουµε πρώτα ότι (n, a) = 1. Πράγµατι, αν (n, a) = d, τότε d a και άρα d a x. Επειδή d n, ϑα έχουµε d a x 1, και εποµένως d a x (a x 1) = 1. Ετσι πράγµατι d = (a, n) = 1 και εποµένως ορίζεται η τάξη ord n (a) του a (mod n). Από την Ευκλείδεια ιαίρεση του x µε την τάξη ord n (a), ϑα έχουµε : x = q ord n (a) + r, 0 r < ord n (a) Τότε : a x 1 (mod n) = a q ordn(a)+r 1 (mod n) = (a ordn(a) ) q a r 1 (mod n) = a r 1 (mod n) Επειδή r < ord n (a), έπεται ότι r = 0 και εποµένως x = q ord n (a), δηλαδή ord n (a) x. «=» Εστω ord n (a) x, και εποµένως x = q ord n (a), για κάποιον ακέραιο q. Τότε a x = a q ordn(a) = (a ordn(a) ) q 1 q 1 (mod n) Σύµφωνα µε τα παραπάνω, ο ακέραιος x είναι λύση της ιοτιµίας 2 x 1 (mod 7) αν και µόνον αν ord 7 (2) x. Γνωρίζουµε ότι ord 7 (2) φ(7) = 6. Εποµένως ord 7 (2) = 1 ή 2 ή 3 ή 6. Επειδή 2 1 = 2 1 (mod 7), 2 2 = 4 1 (mod 7), και 2 3 = 8 1 (mod 7), έπεται ότι ord 7 (2) = 3. Εποµένως ο ακέραιος x είναι λύση της ισοτιµίας 2 x 1 (mod 7) αν και µόνον αν 3 x, ή ισοδύναµα x = 3 k για κάποιον ακέραιο k. Ετσι για παράδειγµα, επειδή 3 15, ο ακέραιος x = 15 είναι λύση της ισοτιµίας 2 x 1 (mod 7), και επειδή 3 10, ο ακέραιος x = 10 δεν είναι λύση της ισοτιµίας 2 x 1 (mod 7). Ασκηση 2. Εστω n 3 ακέραιος. είξτε ότι Σαν συνέπεια να συµπεράνετε ότι : 2 φ(n). (n 1, n) = 1 & ord n (n 1) = 2 Λύση. Εστω d = (n 1, n). Τότε d n 1 d n = d 1 = d = 1

2 2 Άρα (n 1, n) = 1 και εποµένως ορίζεται η τάξη του ακεραίου n 1 (mod n), δηλαδή έχει νόηµα ο αριθµός ord n (n 1). Εχουµε και (n 1) 2 = n 2 2n (mod n) n 1 1 (mod n) Επειδή n 3 έχουµε ότι 1 1 (mod n). Πράγµατι, αν 1 1 (mod n) τότε n 2 και άρα n 2, κάτι το οποίο είναι άτοπο. Εποµένως ϑα έχουµε ότι ord n (n 1) = 2 Γνωρίζουµε ότι για κάθε a Z µε (a, n) = 1 ισχύει ότι ord n (a) φ(n) Συνεπώς ord n (n 1) = 2 φ(n). Ασκηση 3. Εστω n 2 ακέραιος και a, b ϑετικοί ακέραιοι. είξτε ότι : ab 1 (mod n) = (a, n) = (b, n) = 1 & ord n (a) = ord n (b) Λύση. Επειδή ab 1 (mod n), ϑα έχουµε ότι : n ab 1. Εστω d = (a, n). Τότε d n d n d ab 1 = = d a d ab d ab Παρόµοια δείχνουµε ότι (b, n) = 1. Εστω ότι ord n (a) = r και ord n (b) = s. Τότε Εχουµε και άρα Παρόµοια δείχνουµε ότι a r 1 (mod n) και b s 1 (mod n) a r 1 (mod n) = a r b r b r (mod n) = (ab) r b r (mod n) = 1 r 1 b r (mod n) = b r 1 (mod n) = d 1 = d = (a, n) = 1 ord n (b) = s r (1) ord n (a) = r s (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) έπεται το Ϲητούµενο : ord n (a) = r = s = ord n (b). Ασκηση 4. Βρείτε τις τάξεις mod 16 των ακεραίων 3, 5, 7 και 9. Λύση. Υπολογίζουµε : ord 16 (3): 3 2 = 9, 3 3 = (mod 16), 3 4 = 33 1 (mod 16). Άρα ord 16 (3) = 4

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

4 4 και εποµένως ord 9 (5) = 6. Τέλος και άρα ord 9 (7) = 3. [7 2 ] = [( 2) 2 ] = [4], [7 3 ] = [7][4] = [1] (2) Υπολογισµός τάξεων των στοιχείων του U(Z 10 ). Ο συµβολισµός [a] σηµαίνει εδώ [a] 10. Αφού 10 = 2 5 έχουµε φ(10) = 10(1 1/2)(1 1/5) = 4 και { } U(Z 10 ) = [1], [3], [7], [9] Από την Θεωρία ξέρουµε ότι αν a είναι ακέραιος µε (a, 10) = 1 τότε ord 10 (a) φ(10) = 4, και άρα ord 10 (a) {1, 2, 4}. Φανερά έχουµε ord 10 (1) = 1 και αφού [9] = [ 1] έχουµε ord 10 (9) = 2. Επίσης [3 2 ] = [9] = [ 1] και εποµένως ord 10 (3) = 4. Τέλος έχουµε [7 2 ] = [( 3)] 2 = [ 1] και εποµένως ord 10 (7) = 4. Ασκηση 7. είξτε ότι αν a, n είναι ϑετικοί ακέραιοι, τότε : και ακολούθως να συµπεράνετε ότι : n φ(a n 1). Λύση. Εστω 1 t < n. Τότε διότι διαφορετικά αν ord a n 1(a) = n a t 1 (mod a n 1) a t 1 (mod a n 1) = a n 1 a t 1 = a n 1 a t 1 = a n a t που είναι άτοπο αφού οι a, t και n είναι ϑετικοί ακέραιοι και t < n. Από την άλλη πλευρά όµως έχουµε προφανώς ότι a n 1 (mod a n 1) και άρα έπεται ότι n = ord a n 1(a) = min { k N a k 1 (mod a n 1) } Τέλος από γνωστή ιδιότητα έχουµε ότι ord a n 1(a) = n φ(a n 1). Ασκηση Βρείτε, αν υπάρχουν, πρωταρχικές ϱίζες (mod n), όπου n = 4, 5, 10, 13, 14, Βρείτε, αν υπάρχουν, πρωταρχικές ϱίζες (mod 20). Λύση. 1. Θα έχουµε : (1) Εστω n = 4. Αναζητούµε 1 a 4, έτσι ώστε (4, a) = 1 και ord 4 (a) = φ(4) = 2. Άρα a = 1 ή 3. Επειδή προφανώς a = 1 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα mod 4, και επειδή 3 1 = 3 1 (mod 4), και 3 2 = 9 1 (mod 4), έπεται ότι ord 4 (a) = 2 και άρα : a = 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 4) (2) Εστω n = 5. Αναζητούµε 1 a 5, έτσι ώστε (5, a) = 1 και ord 5 (a) = φ(5) = 4. Άρα a = 1 ή 2 ή 3 ή 4. Επειδή προφανώς a = 1 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα mod 5, και επειδή 2 1 = 2 1 (mod 5), και 2 2 = 4 1 (mod 5), και 2 3 = (mod 5), και 2 4 = 16 1 (mod 5), έπεται ότι ord 5 (2) = 4 και άρα : a = 2 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 5)

5 5 (3) Εστω n = 10. Αναζητούµε 1 a 10, έτσι ώστε (10, a) = 1 και ord 10 (a) = φ(10) = 4. Άρα a = 1 ή 3 ή 7 ή 9. Επειδή προφανώς a = 1 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα mod 10, και επειδή 3 1 = 3 1 (mod 10), και 3 2 = 9 1 (mod 10), και 3 3 = (mod 10), και 3 4 = 21 1 (mod 10), έπεται ότι ord 10 (3) = 4 και άρα : a = 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 10) (4) Εστω n = 13. Αναζητούµε 1 a 13, έτσι ώστε (14, a) = 1 και ord 14 (a) = φ(14) = 6. Άρα a = 1 ή 2 ή ή 12. Επειδή προφανώς a = 1 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα mod 13, και επειδή όπως µπορούµε να δούµε εύκολα 3 k 1 (mod 13), αν 1 k 11, και 2 12 = = = = 40 1 (mod 13), έπεται ότι ord 13 (2) = 12 και άρα : a = 2 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 13) (5) Εστω n = 14. Αναζητούµε 1 a 14, έτσι ώστε (14, a) = 1 και ord 14 (a) = φ(14) = 6. Άρα a = 1 ή 3 ή 5 ή 9 ή 11 ή 13. Επειδή προφανώς a = 1 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα mod 14, και επειδή 3 1 = 3 1 (mod 14), και 3 2 = 9 1 (mod 14), και 3 3 = (mod 14), και 3 4 = (mod 14), και 3 5 = (mod 14), και 3 6 = 15 1 (mod 14), έπεται ότι ord 14 (3) = 6 και άρα : a = 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 14) (6) Εστω n = 18. Αναζητούµε 1 a 18, έτσι ώστε (18, a) = 1 και ord 18 (a) = φ(18) = 6. Άρα a = 1 ή 5 ή 7 ή 11 ή 13 ή 17. Επειδή προφανώς a = 1 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα mod 14, και επειδή 5 1 = 5 1 (mod 18), και 5 2 = 25 7 (mod 18), και 5 3 = (mod 18), και 5 4 = (mod 18), και 5 5 = (mod 18), και 5 6 = 35 1 (mod 18), έπεται ότι ord 18 (5) = 6 και άρα : a = 5 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 18) 2. Εστω n = 20. Αναζητούµε 1 a 20, έτσι ώστε (20, a) = 1 και ord 20 (a) = φ(20) = 8. Άρα a = 1 ή 3 ή 7 ή 9 ή 11 ή 13 ή 17 ή 19. Επειδή γενικά ord 20 (a) φ(20) = 8, ϑα έχουµε ord 20 (a) = 1 ή 2 ή 4 ή 8. Ετσι εξετάζουµε τις δυνάµεις a d, όπου d = 1 ή 2 ή 4 ή 8, και αναζητούµε, αν υπάρχει, a έτσι ώστε ο διαιρέτης d = 8 να είναι η µικρότερη δύναµη του a έτσι ώστε a d 1 (mod 20). Υπολογίζουµε : (mod 20) Εποµένως δεν υπάρχει 1 a 20, έτσι ώστε (20, a) = 1 και ord 20 (a) = φ(20) = 8, και άρα : δεν υπάρχει πρωταρχική ϱίζα (mod 20) Ασκηση 9. Βρείτε αρχικές ϱίζες mod n για n = 23 και n = 31. Λύση. 1. n = 23: Επειδή ο αριθµός 23 είναι πρώτος έπεται ότι υπάρχουν πρωταρχικές ϱίζες (mod 23). Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε a = 1, 2,, 22: a φ(23) a (mod 23) = a 22 1 (mod 23) Παρατηρούµε ότι για a = 2 υπάρχει µικρότερη δύναµη k από το 22 έτσι ώστε ο αριθµός 2 k να είναι (mod 23) ίσος µε 1. Πράγµατι έχουµε 2 11 = 2048 = = (mod 23) οκιµάζοντας όπως παραπάνω αποκλείουµε τους αριθµούς 3 και 4 αντίστοιχα, δηλαδή υπάρχουν µικρότερες δυνάµεις k από το 22 έτσι ώστε ο αριθµός a k, όπου a = 3, 4, να είναι (mod 23) ίσος µε 1. Θέτουµε τώρα a = 5. Τότε (a, 23) = 1 και (mod 23). Αν υπάρχει ένα k N έτσι ώστε 5 k 1 (mod 23) και k ο µικρότερος δυνατός αριθµός, δηλαδή k = ord 23 (5), τότε ϑα πρέπει k 22 = k = 1, 2, 11, 22

6 6 Προφανώς k 1 και Άρα το 2 απορρίπτεται. Για το 11 έχουµε 5 2 = 25 2 (mod 23) 5 11 = = (mod 23) Συνεπώς και το 11 απορρίπτεται. Τότε ord 23 (5) = 22 και εποµένως το 5 είναι µια πρωταρχική ϱίζα (mod 23). 2. n = 31: Επειδή ο αριθµός 31 είναι πρώτος έπεται ότι υπάρχουν πρωταρχικές ϱίζες (mod 31). Από το Θεώρηµα του Fermat έχουµε a = 1, 2,, 30: a φ(31) a (mod 31) = a 30 1 (mod 31) Παρατηρούµε ότι για a = 2 υπάρχει δύναµη k µικρότερη από το 30 έτσι ώστε ο αριθµός 2 k να είναι (mod 31) ίσος µε 1. Πράγµατι έχουµε 2 5 = 32 1 (mod 31) Θέτουµε τώρα a = 3. Τότε (a, 31) = 1 και (mod 31). Αν υπάρχει ένα k N έτσι ώστε 3 k 1 (mod 31) και k ο µικρότερος δυνατός αριθµός, δηλαδή k = ord 31 (3), τότε ϑα πρέπει Προφανώς το k = 1 απορρίπτεται και έχουµε : k = 2: (mod 31). k = 3: (mod 31). k = 5: 3 5 = (mod 31). k = 6: 3 6 = 26 3 = (mod 31). k 30 = k = 1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30 k = 10: 3 10 = (mod 31). k = 15: 3 15 = = = (mod 31). Εποµένως όλες οι παραπάνω δυνάµεις απορρίπτονται και άρα 30 = min { k N 3 k 1 (mod 31) } = ord 31 (3) = 30 = φ(31) δηλαδή το 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 31). Ασκηση 10. Εστω n > 1 ένας ϑετικός ακέραιος, και a, b δύο ϑετικοί ακέραιοι έτσι ώστε : είξτε ότι : (a, n) = 1 = (b, n) & (ord n (a), ord n (b)) = 1 ord n (a b) = ord n (a) ord n (b) Να δειχθεί µε ένα αντιπαράδειγµα ότι η παραπάνω ισότητα δεν ισχύει αν (ord n (a), ord n (b)) 1. Λύση. Επειδή (a, n) = 1 = (b, n), έπεται ότι ορίζονται οι τάξεις ord n (a) και ord n (b) των a και b (mod n). Εστω ord n (a) = r & ord n (b) = s & ord n (ab) = t οπότε από την υπόθεση έχουµε (r, s) = 1. Θα έχουµε : Επίσης ϑα έχουµε : (ab) rs = a rs b rs = (a r ) s (b s ) r 1 s 1 r 1 (mod n) = t rs ( ) (ab) t 1 (mod n) = (ab) rt 1 (mod n) = a rt b rt 1 (mod n) = (a r ) t b rt 1 (mod n) =

7 7 και παρόµοια = b rt 1 (mod n) = s rt (r,s)=1 = s t ( ) (ab) t 1 (mod n) = (ab) st 1 (mod n) = a st b st 1 (mod n) = a st (b s ) t 1 (mod n) = = a st 1 (mod n) = r st Επειδή (s, r) = 1, από τις σχέσεις ( ) και ( ) έπεται ότι : rs t (r,s)=1 = r t ( ) ( ) Τέλος από τις σχέσεις ( ) και ( ) έπεται το Ϲητούµενο t = rs. Από την Άσκηση 8, έπεται ότι ord 20 (3) = 4 = ord 20 (7), δηλαδή (ord 20 (3), ord 20 (7)) = 4, και τότε : ord 20 (3 7) = ord 20 (21) = ord 20 (1) = = ord 2 (3) ord 2 (7) Ασκηση 11. Εστω p ένας περιττός πρώτος και a ένας ακέραιος. είξτε ότι : ord p (a) = 3 = ord p (a + 1) = 6 Λύση. Επειδή η τάξη ord p (a) ορίζεται, έπεται ιδιαίτερα ότι (p, a) = 1, και άρα επειδή ο p είναι πρώτος, ϑα έχουµε p a. Αν (p, a + 1) 1, τότε προφανώς ϑα έχουµε ότι p a + 1 και άρα a (mod p), δηλαδή a 1(mod p). Τότε ϑα έχουµε και a 3 ( 1) 3 1 (mod p). Επειδή ord p (a) = 3, ϑα έχουµε a 3 1 (mod p) και εποµένως 1 1 (mod p) = 2 0 (mod p) = p 2. Τότε p = 2, το οποίο είναι άτοπο διότι ο πρώτος p είναι περιττός. Άρα p a + 1, ή ισοδύναµα (p, a + 1) = 1, και εποµένως ορίζεται η τάξη ord p (a + 1). Επειδή ord p (a) = 3, ϑα έχουµε : ord p (a) = 3 = a 3 1 (mod p) = p a 3 1 = p (a 1) (a 2 + a + 1) (1) Αν p a 1, τότε a 1 0 (mod p), δηλαδή a 1 (mod p). Τότε προφανώς ord p (a) = 1 το οποίο είναι άτοπο. Άρα p a 1, δηλαδή ισοδύναµα (p, a 1) = 1. Τότε η παραπάνω σχέση δίνει : p a 2 +a+1 = a 2 +a+1 0 (mod p) = (a+1) 2 a 0 (mod p) = (a+1) 2 a (mod p) = (a + 1) 3 a (a + 1) (mod p) = (a + 1) 3 a 2 + a (mod p) = (a + 1) 3 1 (mod p) (2) όπου η τελευταία ισοτιµία προέκυψε διότι έχουµε a 2 + a (mod p) και άρα a 2 + a 1 (mod p). Από την (2), ϑα έχουµε : ((a + 1) 3 ) 2 ( 1) 2 = (a + 1) 6 1 (mod p) = ord p (a + 1) 6 (3) Από τη σχέση (3), έπεται ότι ord p (a + 1) = 1 ή 2 ή 3 ή 6. (1) Προφανώς ord p (a+1) 1, διότι διαφορετικά αν ord p (a+1) = 1, τότε (a+1) 1 a+1 1 (mod p), δηλαδή a 0 (mod p). Άρα p a και αυτό είναι άτοπο διότι (p, a) = 1. (2) Υποθέτουµε ότι ord p (a + 1) = 2. Τότε (a + 1) 2 = a 2 + 2a + 1 = a 2 + a a 1 (mod p), και άρα επειδή a 2 + a (mod p), ϑα έχουµε (a + 1) 2 a 2 + 2a + 1 a 1 (mod p). Τότε προφανώς ord p (a) = 1 το οποίο είναι άτοπο διότι ord p (a) = 3. Άρα ord p (a + 1) 2. (3) Υποθέτουµε ότι ord p (a + 1) = 3. Τότε (a + 1) 3 1 (mod p). Επειδή έχουµε a 3 1 (mod p), έπεται ότι (a + 1) 3 a 3 (mod p) = (a + 1) 3 a 3 0 (mod p) = 3a 2 + 3a (mod p) Ιοσδύναµα, επειδή όπως και παραπάνω a 2 + a (mod p), ϑα έχουµε : 3a 2 + 3a (mod p) = 3(a 2 + a + 1) 2 0 (mod p) = 2 0 (mod p) = p 2 Τότε p = 2 και αυτό είναι άτοπο διότι ο p είναι περιττός πρώτος. (4) Άρα επειδή ord p (a + 1) 1 ή 2 ή 3, ϑα έχουµε αναγκαστικά ότι : ord p (a + 1) = 6.

8 8 Ασκηση 12. Να ϐρεθούν όλοι οι ακέραιοι a οι οποίοι έχουν τάξη 6, (mod 31), δηλαδή ικανοποιούν την εξίσωση : ord 31 (a) = 6 Λύση. Από την Άσκηση 9 έπεται ότι ο αριθµός 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 31). Άρα ένα περιορισµένο σύστηµα υπολοίπων (mod 31) είναι το εξής : { 3 k N 0 k 29 } { ή ισοδύναµα 3 k N 1 k 30 } Για να ορίζεται η τάξη του ακεραίου a ϑα πρέπει (a, 31) = 1, και τότε ο a είναι ισότιµος µε ακριβώς έναν εκ των 3 k, όπου 1 k 30. Αναζητούµε ποιοί από αυτούς τους ακεραίους έχουν τάξη ίση µε 6, δηλαδή ικανοποιούν την εξίσωση : ord 31 (3 k ) = 6 Επειδή το 3 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 31), έπεται ότι ord 31 (3) = 30, και τότε Θα έχουµε : ord 31 (3 k ) = 6 ord 31 (3) (ord 31 (3), k) = 6 30 = 6 (k, 30) = 5 (k, 30) Προφανώς οι µόνες λύσεις ως προς k, όπου 1 k 30, της εξίσωσης (k, 30) = 5 είναι : Τότε ϑα έχουµε : και k = 5 ή k = (mod 31) 3 25 (3 5 ) ( 5) (mod 31) Εποµένως οι µόνοι αριθµοι a, όπου 1 a 31 οι οποίοι έχουν τάξη 6 είναι οι αριθµοί : 6 & 26 Καταλήγοντας, όλοι οι ακέραιοι a οι οποίοι έχουν τάξη 6, (mod 31) είναι της µορφής : k, k Z & k, k Z Ασκηση 13. Να ϐρεθούν, αν υπάρχουν, όλες οι πρωταρχικές ϱίζες (mod 26). Λύση. Αναζητούµε 1 a 26, έτσι ώστε (26, a) = 1 και ord 26 (a) = φ(26) = 12. Επειδή 26 = 2 13, ο 26 είναι της µορφής 2 p m, όπου ο p είναι περιττός πρώτος, και τότε από τη Θεωρία γνωρίζουµε ότι υπάρχουν πρωταρχικές ϱίζες (mod 26). Άρα ο a είναι ένας εκ των : 1, 3, 5, 7, 9, 11, 15, 17, 19, 21, 23, 25 Προφανώς ο a = 1 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 26). Αν a = 3, ϑα έχουµε : (mod 26), (mod 26), (mod 26) = ord 26 (3) = 3 Εποµένως ο 3 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 26). Αν a = 5, ϑα έχουµε : (mod 26), (mod 26), (mod 26), Εποµένως ο 5 δεν είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 26). Αν a = 7, ϑα έχουµε : 5 4 ( 1) 2 1 (mod 26) = ord 26 (5) = (mod 26), (mod 26), (mod 26), (mod 26), (mod 26), (mod 26),

9 9 Τότε η τελευταία σχέση δίνει : και εποµένως ( 1) ( 1) 1 (mod 26) ord 26 (7) = 12 = φ(26) διότι από τις παραπάνω σχέσει ϐλέπουµε άµεσα ότι : Εποµένως : (mod 26), (mod 26), (mod 26), (mod 26), (mod 26) a = 7 είναι πρωταρχική ϱίζα (mod 26) Ολες οι πρωταρχικές ϱίζες (mod 26) είναι σε πλήθος φ(φ(26)) = φ(12) = 4, και είναι οι εξής : { 7 k (k, φ(26)) = 1 } = { 7 k (k, 12) = 1 } = { 7 k k = 1, 5, 7, 11 } Ετσι οι πρωταρχικές ϱίζες (mod 26) είναι : 7, (mod 26), (mod 26), (mod 26) δηλαδή οι, ανισότιµες ανά δύο, πρωταρχικές ϱίζες (mod 26) είναι : 1, 11, 15, 19 Ασκηση 14. Βρείτε όλες τις πρωταρχικές ϱίζες mod 23. Λύση. Από την Άσκηση 9 έχουµε ότι το 5 είναι µια πρωταρχική ϱίζα (mod 23). Από τη ϑεωρία γνωρίζουµε τότε ότι όλες οι πρωταρχικές ϱίζες (mod 23) είναι τα στοιχεία του συνόλου : { 5 k 1 k 22 και (k, 22) = 1 } και το πλήθος τους είναι Τότε και υπολογίζουµε : φ(φ(23)) = φ(22) = 10 { 5 k 1 k 22 & (k, 22) = 1 } = { 5 1, 5 3, 5 5, 5 7, 5 9, 5 13, 5 15, 5 17, 5 19, 5 21} 5 5 (mod 23) (mod 23) (mod 23) (mod 23) (mod 23) (mod 23) (mod 23) (mod 23) (mod 23) Άρα οι, ανισότιµες ανά δύο, πρωταρχικές ϱίζες (mod 23) είναι : 5, 7, 10, 11, 14, 15, 17, 19, 20, 21. Ασκηση 15. Εστω n ένας ϕυσικός ακέραιος και a ένας ϑετικός ακέραιος έτσι ώστε : δείξετε ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα : 1. Ο αριθµός a είναι µια πρωταρχική ϱίζα mod n. (a, n) = 1. Να

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

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

12 12 Ασκηση 17. Εστω n = 4, p m ή 2p m, όπου p περιττός πρώτος και m 1 ακέραιος. Αν a είναι µια αρχική ϱίζα mod n, δείξτε ότι a φ(n)/2 1 (mod n) Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a] n. Αφού για n 3 ο αριθµός φ(n) είναι άρτιος, έχουµε ότι ο αριθµός φ(n)/2 είναι ακέραιος. Θέτουµε b = a φ(n)/2. Αφού ord n (a) = φ(n), έχουµε ord n (b) = ord n (a φ(n)/2 ) = φ(n) (φ(n)/2, φ(n)) = φ(n) φ(n)/2 = 2. Φανερά ord n ( 1) = 2, γιατί [ 1] 2 = [1]. Για να δείξουµε ότι b 1 (mod n) αρκεί να δείξουµε ότι το [ 1] είναι το µοναδικό αντιστρέψιµο στοιχείο του Z n που έχει τάξη 2. Αφού a είναι αρχική ϱίζα (mod n), τα αντιστρέψιµα στοιχεία του Z n είναι το σύνολο {[a] k 1 k φ(n)} = {[a], [a 2 ], [a 3 ],..., [a φ(n) 1 ], [a φ(n) ] = [1]} Εποµένως αρκεί να δείξουµε ότι αν k ακέραιος µε 1 k φ(n) 1 και ord n (a k ) = 2 τότε k = φ(n)/2. Αφού ord n (a k ) = φ(n) (k, φ(n)) η υπόθεση ord n (a k ) = 2 συνεπάγεται ότι φ(n) 2 Άρα φ(n) 2 k. Αφού 1 k φ(n) 1, έπεται ότι = (k, φ(n)). φ(n) 2 = k Ασκηση 18. Εστω p περιττός πρώτος και a ένας ακέραιος µε (a, p) = 1. είξτε ότι : 1. Αν p 1 mod 4, τότε ο a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p αν και µόνο αν ο ακέραιος a είναι επίσης πρωταρχική ϱίζα mod p. 2. Αν p 3 mod 4, τότε ο a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p αν και µόνο αν ord p ( a) = p 1 2. Λύση. Σε αυτή την άσκηση ο συµβολισµός [a] σηµαίνει [a] p. 1. Υποθέτουµε ότι p 1 mod 4, και έστω q ακέραιος µε p 1 = 4q. Αφού p πρώτος έχουµε φ(p) = p 1 = 4q. Αφού ( a) = a, αρκεί να υποθέσουµε ότι ο ακέραιος a µε (a, p) = 1 είναι αρχική ϱίζα mod p και να δείξουµε ότι και το a είναι αρχική ϱίζα mod p. Υποθέτουµε ότι το a δεν είναι αρχική ϱίζα mod p και ϑα καταλήξουµε σε αντίφαση. Αφού το a δεν είναι αρχική ϱίζα mod p έχουµε ότι ord p ( a) < φ(p) = 4q, άρα υπάρχει ακέραιος διαιρέτης d του 4q µε 1 d < 4q ώστε ( a) d 1 mod p. Αν ο d είναι άρτιος, αφού a d = ( a) d έπεται ότι και a d 1 mod p, αντίφαση αφού ord p (a) = 4q. Υποθέτουµε d περιττός. Αφού d 4q έχουµε ότι d q. Άρα ( a) q 1 mod p που συνεπάγεται ότι a q 1 mod p και άρα ότι a 2q 1 mod p, το οποίο είναι αντίφαση αφού ord p (a) = 4q. 2. Υποθέτουµε ότι p 3 mod 4, και έστω q ακέραιος µε p 3 = 4q. Αφού p πρώτος έχουµε φ(p) = p 1 = 4q + 2. Πρώτα ϑα υποθέσουµε ότι ο a είναι αρχική ϱίζα mod p και ϑα δείξουµε ότι ord p ( a) = p 1 2. Από την Άσκηση 8 του παρόντος ϕυλλαδίου a p mod p. Εποµένως [ a] = [ 1][a] = [a] p 1 p 1 2 [a] = [a] 2 +1 = [a] p+1 2

13 13 Εποµένως από την Θεωρία έχουµε οτι p 1 ord p ( a) = (p 1, p+1 2 ) = 4q + 2 (4q + 2, 2q + 2) Εχουµε (4q + 2, 2q + 2) = (4q + 2 2(2q + 2), 2q + 2) = ( 2, 2q + 2) = 2 Συνεπώς ord p ( a) = (4q + 2)/2 = 2q + 1 = (p 1)/2. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι ord p ( a) = p 1 2 και ϑα δείξουµε ότι το a είναι πρωταρχική ϱίζα mod p δηλαδή ότι ord p (a) = p 1. Από την Θεωρία ord p (a) φ(p) = p 1 = 4q + 2. Αρκεί να υποθέσουµε ότι για κάποιον ακέραιο k µε 1 k < p 1 έχουµε a k 1 mod p και να καταλήξουµε σε αντίφαση. Αν ο k είναι άρτιος, τότε a k = ( a) k και άρα ( a) k 1 mod p, το οποίο συνεπάγεται ότι 2q +1 k. Αφού k άρτιος και 2q +1 περιττός έπεται ότι 2(2q +1) = p 1 k και άρα k p 1, αντίφαση. Υποθέτουµε τώρα ότι ο k είναι περιττός. Τότε ο 2k είναι άρτιος και [( a) 2k ] = [( 1) 2k ][a 2k ] = [ 1 2 ] k [a k ] 2 = [1][1] = [1] Άρα 2q + 1 2k το οποίο συνεπάγεται ότι 2q + 1 k. Αφού k < p 1 = 2(2q + 1) έχουµε k = 2q + 1. Ετσι a 2q+1 1 mod p το οποίο συνεπάγεται ότι ( a) 2q+1 = a 2q+1 1 mod p, αντίφαση αφού υποθέσαµε ότι ord p ( a) = 2q + 1.

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Προτεινοµενες Ασκησεις - Φυλλαδιο 9

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 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 8

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - 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

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 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

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 7

ΘΕΩΡΙΑ 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 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

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Επανάληψης. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος :

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Επανάληψης. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Ασκησεις - Επανάληψης ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt015b/nt015b.html Πέµπτη 1 Ιανουαρίου 016 Ασκηση 1. (1) Να λυθεί

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 6

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. 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

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

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκοντες: Α Μπεληγιάννης - Σ Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://usersuogr/abelga/numbertheory/nthtml Τετάρτη 10 Απριλίου 2013 Ασκηση 1 Θεωρούµε τις αριθµητικές

Διαβάστε περισσότερα

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. 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

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

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Παρασκευή 16 & Τετάρτη 21 Νοεµβρίου

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 7 Φεβρουαρίου 03 Ασκηση. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. 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

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 4

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

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος :

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 4. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2015/nt2015.html ευτέρα 30 Μαρτίου 2015 Ασκηση 1. Να ϐρεθούν όλοι

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt01b/nt01b.html Πέµπτη 1 Οκτωβρίου 01 Ασκηση 1. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt016/nt016.html Πέµπτη 13 Οκτωβρίου 016 Ασκηση 1. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

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

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. = lim (0) = lim f(x) = f(x) f(0) = xf (ξ x ). = l. Εστω ε > 0. Αφού lim f (x) = l R, υπάρχει δ > 0

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. = lim (0) = lim f(x) = f(x) f(0) = xf (ξ x ). = l. Εστω ε > 0. Αφού lim f (x) = l R, υπάρχει δ > 0 Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 5: Παράγωγος Α Οµάδα. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). (α) Αν η f είναι παραγωγίσιµη

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Ασκησεις - Φυλλαδιο 5. ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος :

ΘΕΩΡΙΑ 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 περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

Αλγεβρικες 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 περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 1 2

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

Διαβάστε περισσότερα

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 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

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

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές»

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο : Το σύνολο των πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας) α)

Διαβάστε περισσότερα

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

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 5

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 5 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 5 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt206/nt206.html Πέµπτη 6 Νεµβρίου 206 Ασκηση. Να δειχθεί ότι

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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 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

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Αλγεβρικές Δομές Ι Ενότητα: Ταξινόµηση Κυκλικών Οµάδων και των Υποοµάδων τους Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 236 5. Ταξινόµηση

Διαβάστε περισσότερα

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. 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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

G = a. H = g n. a m = a nq+r = a nq a r = (a n ) q a r = a r = (a n ) q a m. h = a m = a nq = (a n ) q a n

G = a. H = g n. a m = a nq+r = a nq a r = (a n ) q a r = a r = (a n ) q a m. h = a m = a nq = (a n ) q a n 236 5. Ταξινόµηση Κυκλικών Οµάδων και των Υποοµάδων τους Στην παρούσα ενότητα ϑα ταξινοµήσουµε τις κυκλικές οµάδες, τις υποοµάδες τους, και τους γεννήτο- ϱές τους. Οι ταξινοµήσεις αυτές ϑα ϐασιστούν στην

Διαβάστε περισσότερα

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 (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

2 o Καλοκαιρινό σχολείο Μαθηµατικών Νάουσα 2008

2 o Καλοκαιρινό σχολείο Μαθηµατικών Νάουσα 2008 2 o Καλοκαιρινό σχολείο Μαθηµατικών Νάουσα 2008 Μικρό Θεώρηµα του Fermat, η συνάρτηση του Euler και Μαθηµατικοί ιαγωνισµοί Αλέξανδρος Γ. Συγκελάκης ags@math.uoc.gr Αύγουστος 2008 Αλεξανδρος Γ. Συγκελακης

Διαβάστε περισσότερα

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

Α Δ Ι. Παρασκευή 15 Νοεμβρίου Ασκηση 1. Να ευρεθεί η τάξη τού στοιχείου a τής ομάδας (G, ), όπου. (4) a = ( 1 + i 3)/2, (G, ) = (C, ),

Α Δ Ι. Παρασκευή 15 Νοεμβρίου Ασκηση 1. Να ευρεθεί η τάξη τού στοιχείου a τής ομάδας (G, ), όπου. (4) a = ( 1 + i 3)/2, (G, ) = (C, ), Α Δ Ι Α - Φ 4 Δ : Ν. Μαρμαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ι Μ : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi2013/asi2013.html, https://sites.google.com/site/maths4edu/home/algdom114 Παρασκευή 15 Νοεμβρίου

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Η Ορίζουσα Gram και οι Εφαρµογές της Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 65 11 Η Ορίζουσα Gram και

Διαβάστε περισσότερα

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

Μάθηµα Θεωρίας Αριθµών Ε.Μ.Ε

Μάθηµα 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 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

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

Θεωρια Αριθµων. Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος

Θεωρια Αριθµων. Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος Θεωρια Αριθµων Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος Ακαδηµαϊκο Ετος 2012-2013 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html 25 Μαιου 2013 2

Διαβάστε περισσότερα

Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας)

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Η εξίσωση του Fermat για τον εκθέτη n=3. Μία στοιχειώδης προσέγγιση

Η εξίσωση του Fermat για τον εκθέτη n=3. Μία στοιχειώδης προσέγγιση Η εξίσωση του Fermat για τον εκθέτη n=3. Μία στοιχειώδης προσέγγιση Αλέξανδρος Γ. Συγκελάκης 6 Απριλίου 2006 Περίληψη Θέµα της εργασίας αυτής, είναι η απόδειξη οτι η εξίσωση x 3 + y 3 = z 3 όπου xyz 0,

Διαβάστε περισσότερα

f(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 )

f(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 περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 3

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 3 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laihtml

Διαβάστε περισσότερα

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/laii19/laii19html Παρασκευή 1 Μαρτίου 19 Υπενθυµίσεις

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρια Αριθµων. Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος

Θεωρια Αριθµων. Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος Θεωρια Αριθµων Εκπαιδευτικο Υλικο Μαθηµατος Ακαδηµαϊκο Ετος 2013-2014 ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2014/nt2014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

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

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 8

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

Διαβάστε περισσότερα

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. 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/asi06/asi06.html Πέµπτη Απριλίου 06 Ασκηση. Θεωρούµε τα

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

Θέµατα ( ικαιολογείστε πλήρως όλες τις απαντήσεις σας)

Θέµατα ( 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 περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 10

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

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

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

Διαβάστε περισσότερα

1 Οι πραγµατικοί αριθµοί

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

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρια Αριθµων. Θεωρητικα Θεµατα. Ακαδηµαϊκο Ετος Α. Μπεληγιάννης

Θεωρια Αριθµων. Θεωρητικα Θεµατα. Ακαδηµαϊκο Ετος Α. Μπεληγιάννης Θεωρια Αριθµων Θεωρητικα Θεµατα Ακαδηµαϊκο Ετος 2016-2017 Τµηµα Β ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2016/nt2016.html 19 Οκτωβρίου 2016 Το παρόν

Διαβάστε περισσότερα

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

Σ Υ Ν Α Ρ Τ Η Σ Ε Ι Σ

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Θεωρια Αριθµων. Θεωρητικα Θεµατα. Ακαδηµαϊκο Ετος ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης & Σ. Παπαδάκης

Θεωρια Αριθµων. Θεωρητικα Θεµατα. Ακαδηµαϊκο Ετος ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης & Σ. Παπαδάκης Θεωρια Αριθµων Θεωρητικα Θεµατα Ακαδηµαϊκο Ετος 2012-2013 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης & Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html 2 Απριλίου 2013 Το παρόν κείµενο

Διαβάστε περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 5

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

4.2 4.3 ΕΥΚΛΕΙ ΕΙΑ ΙΑΙΡΕΣΗ ΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑ

4.2 4.3 ΕΥΚΛΕΙ ΕΙΑ ΙΑΙΡΕΣΗ ΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑ 1 4.2 4.3 ΕΥΚΛΕΙ ΕΙΑ ΙΑΙΡΕΣΗ ΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑ ΘΕΩΡΙΑ 1. Θεώρηµα Αν α, β ακέραιοι µε β 0, τότε υπάρχουν µοναδικοί ακέραιοι κ και υ, έτσι ώστε α = κβ + υ µε 0 υ < β. 2. Τέλεια διαίρεση Αν το υπόλοιπο υ της Ευκλείδειας

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

ΕΛΛΗΝΙΚΟ 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 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 περισσότερα

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4

Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο 4 Αλγεβρικες οµες Ι Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/algebraicstructuresi/asi.html Τρίτη 6 Νοεµβρίου 0 Ασκηση. Θεωρούµε

Διαβάστε περισσότερα

Λύσεις των ϑεµάτων, ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι, 3/2/2010

Λύσεις 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 περισσότερα

1 Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών

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

Διαβάστε περισσότερα

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Σταθµητοί Χώροι και Ευκλείδειοι Χώροι Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών 59 Μέρος 2. Ευκλείδειοι

Διαβάστε περισσότερα

Όνοµα: Λιβαθινός Νικόλαος 2291

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

Διαβάστε περισσότερα