ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ-Π2

7 5 Ο αριθμός − είναι θετικός ή αρνητικός; 3 4

7 5 Ο αριθμός είναι μεγαλύτερος ή μικρότερος από τον ; 3 4

2x Να δείξετε ότι ισχύει 2 ≤ 1 , για κάθε x ∈ ! . x +1

x y Αν ισχύει 0 < x < y , να δείξετε ότι < . 1+ x 1+ y

α+β Αν είναι α < β , να δείξετε ότι ισχύει α < <β. 2

Λύση σχολικού βιβλίου – Α1/59 από «ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει α 2 + 9 ≥ 6α ⇔ α 2 − 6α + 9 ≥ 0 ⇔ (α − 3) ≥ 0 , 2 το οποίο ισχύει για κάθε α ∈ ! . Διότι κάθε τετράγωνο είναι μεγαλύτερο ή ίσο του μηδενός. ii. Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει ( ) 2 α 2 + β2 ≥ (α + β) ⇔ 2α 2 + 2β2 ≥ α 2 + β2 + 2αβ ⇔ α 2 + β2 − 2αβ ≥ 0 ⇔ (α − β) ≥ 0 , 2 2 το οποίο ισχύει για κάθε α , β ∈ ! . Διότι κάθε τετράγωνο είναι μεγαλύτερο ή ίσο του μηδενός.

Λύση σχολικού βιβλίου – Α2/59 από «ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Η άσκηση είναι στο ίδιο πνεύμα με την Α1/59. Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει ( ) α 2 + β2 − 2α + 1 ≥ 0 ⇔ α 2 − 2α + 1 + β2 ≥ 0 ⇔ (α − 1) + β2 ≥ 0 , 2 το οποίο ισχύει για κάθε α , β ∈ ! . Διότι το άθροισμα δύο τετραγώνων είναι μεγαλύτερο ή ίσο του μηδενός. Θα εξετάσω πότε ισχύει η ισότητα, δηλαδή πότε ισχύει α 2 + β2 − 2α + 1 = 0 . Είναι ⎧⎪ α − 1 = 0 ⎫⎪ ⎧⎪ α = 1 και ⎫⎪ α 2 + β2 − 2α + 1 = 0 ⇔ (α − 1) + β2 = 0 ⇔ ⎪⎨ 2 ⎪⇔⎪ ⎪. ⎬ ⎨ ⎬ ⎪⎪ και β = 0 ⎪⎪ ⎪⎪ β = 0 ⎪⎪ ⎩ ⎭ ⎩⎪ ⎭⎪ - 51 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 2 • Οι πραγµατικοί αριθµοί Υπενθύμιση Το άθροισμα δύο τετραγώνων είναι ίσο με μηδέν, αν και μόνο αν οι βάσεις των δύο τετραγώνων είναι ταυτόχρονα ίσες με μηδέν.

Λύση σχολικού βιβλίου – Α3/59 από «ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Είναι ⎧⎪ x − 2 = 0 και ⎫⎪ ⎧⎪ x = 2 και ⎫⎪ (x − 2) + (y + 1) = 0 ⇔ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 2 ⎬⇔⎨ ⎬. ⎪⎩⎪ y +1 = 0 ⎪⎪ ⎪⎪ y = −1 ⎪⎪ ⎭⎪ ⎩⎪ ⎭⎪ Ό,τι έκανα στηρίχθηκε στην υπενθύμιση της Α2/59. ii. Είναι ( ) ( x 2 + y2 − 2x + 4y + 5 = 0 ⇔ x 2 − 2x + y2 + 4y + 1 + 4 = 0 ⇔ ) ⎧⎪ x − 1 = 0 και ⎫⎪ ⎪ ⎪ ( ) ( ) ⇔ x 2 − 2x + 1 + y2 + 4y + 4 = 0 ⇔ (x − 1) + ( y + 2) = 0 ⇔ ⎨ 2 2 ⎬⇔ ⎪⎪ y + 2 = 0 ⎪⎪ ⎩⎪ ⎭⎪ ⎧⎪ x = 1 και ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⎬. ⎪⎪ y = −2 ⎪⎪ ⎩⎪ ⎭⎪ Στο πρώτο βήμα, «έσπασα» το 5 σε 1 + 4. Στην συνέχεια, εμφάνισα τα αναπτύγματα βασικών ταυτοτήτων. Τέλος, είχα πάλι άθροισμα δύο τετραγώνων ίσο με το μηδέν.

Λύση σχολικού βιβλίου – Α4/60 από «ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Το ζητούμενο της άσκησης (να βρείτε τα όρια μεταξύ των οποίων περιέχεται η τιμή μιας παράστασης) είναι πολύ χαρακτηριστικό, σε συνδυασμό με τα δεδομένα της (δίνονται τα όρια μεταξύ των οποίων περιέχονται οι τιμές των μεταβλητών που δημι- ουργούν τις ζητούμενες παραστάσεις). Η λύση στηρίζεται στις ιδιότητες των ανισοτήτων, με την βοήθεια των οποίων σταδια- κά «χτίζουμε» ­ δημιουργούμε, στην μέση της διπλής ανισότητας, την παράσταση της οποίας ζητούμε τα όρια των τιμών. ⎧⎪ 4, 5 < x < 4, 6 ⎫⎪ i. Ισχύουν ⎪⎨ ⎪. ⎬ ⎪⎪ 5, 3 < y < 5, 4 ⎪⎪ ⎩ ⎭ Προσθέτω κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες και έχω ότι - 52 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 2 • Οι πραγµατικοί αριθµοί 4, 5 + 5, 3 < x + y < 4, 6 + 5, 4 ⇔ 9, 8 < x + y < 10 , δηλαδή η τιμή της παράστασης x + y είναι μεταξύ 9,8 και 10. ii. Ισχύουν ⎧⎪ 4, 5 < x < 4, 6 ⎫⎪ ⎧ ⎫⎪ ⎧⎪ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎪⎪ 4, 5 < x < 4, 6 ⎪⇔⎪ 4, 5 < x < 4, 6 ⎪. ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎪⎪ 5, 3 < y < 5, 4 ⎪⎪ ⋅(−1) ⎪⎪ −5, 3 > −y > −5, 4 ⎪⎪ ⎪⎪ −5, 4 < −y < −5, 3 ⎪⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ Πολλαπλασίασα τα μέλη της κάτω ανισότητας με ­1, ώστε στην συνέχεια να προσθέσω κατά μέλη και να δημιουργήσω την παράσταση x − y , αφού δεν μπορώ να αφαιρέσω κατά μέλη ανισότητες για να δημιουργήσω την ίδια παράσταση. Προσθέτω κατά μέλη τις παραπάνω ανισότητες και έχω ότι 4, 5 + (−5, 4) < x + (−y) < 4, 6 + (−5, 3) ⇔ 4, 5 − 5, 4 < x − y > 4, 6 − 5, 3 ⇔ ⇔ −0, 9 < x − y < −0, 7 , δηλαδή η τιμή της παράστασης x − y είναι μεταξύ −0, 9 και −0, 7 . iii. Επειδή τα μέλη της ανισότητας 5, 3 < y < 5, 4 είναι θετικά, ισχύουν ⎧⎪ 4, 5 < x < 4, 6 ⎫⎪ ⎧⎪ 4, 5 < x < 4, 6 ⎫⎪ ⎧⎪ 4, 5 < x < 4, 6 ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⇔⎪ ⎪⎬ ⇔ ⎪⎨ 1 ⎪⎬ ⎨ ⎬ ⎨ 1 1 1 1 1 ⎪⎪ 5, 3 < y < 5, 4 ⎪⎪ ⎪⎪ > > ⎪⎪ ⎪⎪ < < ⎪⎪ ⎩ ⎭ ⎪ 5, 3 y 5, 4 ⎪⎭⎪ ⎪⎩⎪ 5, 4 y 5, 4 ⎪⎭⎪ ⎩⎪ Αντέστρεψα τα μέλη της κά

Λύση σχολικού βιβλίου – Α5/60 από «ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Ας είναι x′ το νέο πλάτος και y′ το νέο μήκος του ορθογωνίου που προκύπτει από τις αλλαγές που κάνουμε. • Αυξάνοντας το πλάτος x κατά 0,2, το νέο πλάτος x′ θα είναι x′ = x + 0, 2 . • Ελαττώνοντας το μήκος y κατά 0,1, το νέο μήκος y′ θα είναι y′ = y − 0,1 . Η νέα περίμετρος Π′ θα είναι τότε Π′ = 2x′ + 2y′ ⇔ Π′ = 2 (x′ + y′) (1) • Από την ανισότητα 2 < x < 3 προκύπτει 2 + 0, 2 < x + 0, 2 < 3 + 0, 2 ⇔ 2, 2 < x′ < 3, 2 (2) • Από την ανισότητα 3 < y < 5 προκύπτει 3 − 0,1 < y − 0,1 < 5 − 0,1 ⇔ 2, 9 < y′ < 4, 9 (3) Προσθέτω κατά μέλη τις (2) και (3) και έχω ότι ⋅2 (1) 2, 2 + 2, 9 < x′ + y′ < 3, 2 + 4, 9 ⇔ 5,1 < x′ + y′ < 8,1 ⇔ 2 ⋅ 5,1 < 2 ⋅ (x′ + y′) < 2 ⋅ 8,1 ⇔ ⇔ 10, 2 < Π′ < 16, 2 , δηλαδή οι δυνατές τιμές της νέας περιμέτρου Π′ είναι μεταξύ 10,2 και 16,2. - 54 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 2 • Οι πραγµατικοί αριθµοί ii. Το νέο εμβαδόν θα είναι Ε′ = x′ ⋅ y′ . Επειδή τα μέλη των (2) και (3) είναι θετικά, πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις (2) και (3) έχω ότι 2, 2 ⋅ 2, 9 < x′ ⋅ y′ < 3, 2 ⋅ 4, 9 ⇔ 6, 38 < Ε′ < 15, 68 , δηλαδή οι δυνατές τιμές του νέου εμβαδού Ε′ είναι μεταξύ 6,38 και 15,68.

Λύση σχολικού βιβλίου – Α6/60 από «ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Αφού είναι 0 ≤ α < β , είναι και 1 + α > 0 , 1 + β > 0 οπότε, απαλείφοντας τους παρο- νομαστές στην ζητούμενη ανισότητα, ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει α β < ⇔ α (1 + β) < β (1 + α) ⇔ α + αβ < β + αβ ⇔ α < β , 1+α 1+ β το οποίο ισχύει λόγω της ανισότητας 0 ≤ α < β .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α7/60 από «ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Το λάθος βρίσκεται στο σημείο που από την ανισότητα x (5 − x) > (5 + x)(5 − x) πήγαμε στην ανισότητα x > 5 + x . Το λάθος είναι ότι διαιρέθηκαν τα δύο μέλη με 5 − x , χωρίς όμως να αλλάξει η φορά της ανισότητας στην x > 5 + x (το σωστό θα ήταν x < 5 + x ), αφού είναι 5 − x < 0 , όπως προκύπτει από την σχέση x > 5 . - 55 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 2 • Οι πραγµατικοί αριθµοί

Λύση σχολικού βιβλίου – Β1/60 από «ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: α i. Αφού το κλάσμα έχει θετικούς όρους, είναι α > 0 και β > 0 . β Αφού είναι και γ > 0 , θα είναι β + γ > 0 συνεπώς, απαλείφοντας τους παρονομαστές στην ζητούμενη ανισότητα, ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει : γ >0 :β>0 α β (α + γ) > α (β + γ) ⇔ αβ + βγ > αβ + αγ ⇔ βγ > αγ ⇔ β > α ⇔ 1 > , β α το οποίο ισχύει λόγω της ανισότητας <1. β ii. Με το ίδιο ακριβώς με το (i) σκεπτικό, ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει : γ >0 :β>0 α β (α + γ) < α (β + γ) ⇔ αβ + βγ < αβ + αγ ⇔ βγ < αγ ⇔ β < α ⇔ 1 < , β α το οποίο ισχύει λόγω της ανισότητας >1. β

Λύση σχολικού βιβλίου – Β2/60 από «ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει α + β > 1 + αβ ⇔ α + β − 1 − αβ > 0 ⇔ α (1 − β) − (1 − β) > 0 ⇔ (1 − β)(α − 1) > 0 . Από την ανισότητα α > 1 > β προκύπτει ότι ισχύουν ⎧⎪ α > 1 και ⎫⎪ ⎧⎪ α − 1 > 0 και ⎫⎪ ⎪ ⎪⇔⎪ ⎪, ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎪⎪ 1 > β ⎪⎪ ⎪⎪ 1 − β > 0 ⎪⎪ ⎩⎪ ⎭⎪ ⎩⎪ ⎭⎪ οπότε θα είναι και (1 − β)(α − 1) > 0 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Β3/60 από «ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει (α + β) ≥ 4 . 2 (α + β) ⋅ β αβ +α ≥4 ⇔ αβ Επειδή είναι α > 0 , β > 0 , είναι και αβ > 0 οπότε, απαλείφοντας τον παρονομαστή, ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει - 56 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 2 • Οι πραγµατικοί αριθµοί (α + β) ≥ 4αβ ⇔ α + β + 2αβ − 4αβ ≥ 0 ⇔ α + β − 2αβ ≥ 0 ⇔ (α − β) ≥ 0 , 2 2 2 2 2 2 το οποίο ισχύει για κάθε α , β ∈ ! . Διότι ένα τετράγωνο είναι μεγαλύτερο ή ίσο του μηδενός.

Λύση σχολικού βιβλίου – Β4/60 από «ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει ⋅2 ( ) α 2 + αβ + β2 ≥ 0 ⇔ 2 α 2 + αβ + β2 ≥ 2 ⋅ 0 ⇔ 2α 2 + 2αβ + 2β2 ≥ 0 ⇔ ( ) ⇔ α 2 + 2αβ + β2 + α 2 + β2 ≥ 0 ⇔ (α + β) + α 2 + β2 ≥ 0 , 2 το οποίο ισχύει για κάθε α , β ∈ ! . Διότι ένα άθροισμα τετραγώνων είναι μεγαλύτερο ή ίσο του μηδενός. ii. Ισοδύναμα θα δείξω ότι ισχύει ⋅2 ( ) α 2 − αβ + β2 ≥ 0 ⇔ 2 α 2 − αβ + β2 ≥ 2 ⋅ 0 ⇔ 2α 2 − 2αβ + 2β2 ≥ 0 ⇔ ( ) ⇔ α 2 − 2αβ + β2 + α 2 + β2 ≥ 0 ⇔ (α − β) + α 2 + β2 ≥ 0 , 2 το οποίο ισχύει για κάθε α , β ∈ ! . Διότι ένα άθροισμα τετραγώνων είναι μεγαλύτερο ή ίσο του μηδενός. - 57 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr