ΚΑΛΟΚΑΙΡΙΝΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΣΧΟΛΕΙΟ Ε.Μ.Ε. ΛΕΠΤΟΚΑΡΥΑ ΠΙΕΡΙΑΣ 2012 ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Α΄ ΛΥΚΕΙΟΥ Αργύρης Φελλούρης Αναπληρωτής Καθηγητής Ε.Μ.Π. ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ι ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΠΑΡΑΣΤΑΣΕΙΣ Στο Κεφάλαιο αυτό θεωρούμε γνωστές τις βασικές έννοιες του μονωνύμου, του πολυωνύμου και των πράξεών τους. Θα ασχοληθούμε με την ανάλυση πολυωνύμων σε γινόμενο παραγόντων, με ταυτότητες και με ρητά αλγεβρικά κλάσματα. Οι συντελεστές των μονωνύμων και των πολυωνύμων θεωρούμε ότι παίρνουν τιμές από το σύνολο των πραγματικών αριθμών. 1. Ανάλυση πολυωνύμων σε γινόμενο παραγόντων Ανάλυση πολυωνύμου σε γινόμενο παραγόντων ή απλούστερα παραγοντοποίηση είναι η γραφή ενός δεδομένου πολυωνύμου ως γινόμενο πολυωνυμικών παραγόντων. Οι πολυωνυμικοί παράγοντες που εμφανίζονται πρέπει να είναι του ελάχιστου δυνατού βαθμού. Η ανάλυση πολυωνύμου σε γινόμενο παραγόντων πολλές φορές δεν είναι δυνατή. Δεν υπάρχει γενικός κανόνας για την παραγοντοποίηση πολυωνύμων. Όμως, για ειδικές μορφές πολυωνύμων δίνουμε μεθόδους παραγοντοποίησης. (α) Πολυωνυμικές παραστάσεις που οι όροι τους έχουν κοινό παράγοντα Παραδείγματα. 1. 2α 2 β − 3αβ 2 = αβ ⋅ (2α − 3β ) 2. 5α ν − 10α ν +1 β + 20α ν + 2 β 2 = 5α ν ⋅ (1 − 2αβ + 4α 2 β 2 ) 3. 3x( y − 1) 2 − 6 x 2 ( y − 1) 2 + 3 x( y − 1) = 3 x( y − 1) ⋅ [ y − 1 − 2 x( y − 1) + 1] = 3x( y − 1)( y − 1 − 2 xy + 2 x + 1) = 3x( y − 1)( y − 2 xy + 2 x). (β) Χωρισμός σε ομάδες Στην περίπτωση αυτή η πολυωνυμική παράσταση χωρίζεται σε ομάδες, σε καθεμία από τις οποίες υπάρχει κοινός παράγοντας. Η παραγοντοποίηση είναι δυνατή, όταν μετά την παραγοντοποίηση τους οι ομάδες αυτές εμφανίζουν κοινόν παράγοντα. Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 Παραδείγματα 1. ax + ay + bx + by = (ax + ay) + (bx + by) = a ⋅ ( x + y ) + b ⋅ ( x + y ) = ( x + y) ⋅ (a + b) . 2. a 2 x 2 + b 2 x 2 − 2 xa 2 − 2 xb 2 = x 2 (a 2 + b 2 ) − 2 x(a 2 + b 2 ) = (a 2 + b 2 ) ⋅ ( x 2 − 2 x) = = x( x − 2)(a 2 + b 2 ). (γ) Διαφορά τετραγώνων Αν Α, Β είναι πολυωνυμικές παραστάσεις, τότε: A2 − B 2 = ( A + B ) ⋅ ( A − B ) Παραδείγματα 1. x 6 − y 4 = ( x 3 ) 2 − ( y 2 ) 2 = ( x3 + y 2 )( x3 − y 2 ). 2. 16 x 4 − 81 y 4 = (4 x 2 ) 2 − (9 y 2 ) 2 = (4 x 2 − 9 y 2 ) ⋅ (4 x 2 + 9 y 2 ) = [(2 x) 2 − (3 y ) 2 ] ⋅ (4 x 2 + 9 y 2 ) = (2 x − 3 y ) ⋅ (2 x + 3 y ) ⋅ (4 x 2 + 9 y 2 ). (δ) Πολυωνυμικές παραστάσεις της μορφής : A 2 ± 2 AB + B 2 Αν Α, Β είναι πολυωνυμικές παραστάσεις, τότε: A 2 + 2 AB + B 2 = A 2 + AB + AB + B 2 = A ⋅ ( A + B) + B ⋅ ( A + B) = ( A + B)2 , δηλαδή έχουμε A2 + 2 AB + B 2 = ( A + B) 2 Ομοίως έχουμε A 2 − 2 AB + B 2 = ( A − B) 2 Παραδείγματα 1. 9 x 2 + 30 xy + 25 y 2 = (3x) 2 + 2 ⋅ 3x ⋅ 5 y + (5 y ) 2 = (3x + 5 y ) 2 . 2. x 2ν ± 2 xν yν + y 2ν = ( xν ) 2 ± 2 ⋅ xν ⋅ y ν + ( y ν ) 2 = ( xν ± yν ) 2 3. (4x2 − 5 y)2 − (3 y − 6x2 )2 = (4x2 − 5 y + 3 y − 6x2 ) ⋅[4x2 − 5 y − (3 y − 6x2 )] = (−2 x 2 − 2 y ) ⋅ (4 x 2 − 5 y − 3 y + 6 x 2 ) = −2( x 2 + y ) ⋅ (10 x 2 − 8 y ) = −4( x 2 + y ) ⋅ (5 x 2 − 4 y ). (ε) Τριώνυμα Τριώνυμα είναι πολυωνυμικές παραστάσεις της μορφής f ( x) = αx 2 + βx + γ με α ≠ 0 και α , β , γ ∈ . 2 Αλγεβρικές παραστάσεις Ο αριθμός Δ = β 2 − 4αγ ονομάζεται διακρίνουσα του τριωνύμου f (x) και ισχύουν τα εξής: • Αν Δ > 0, τότε το τριώνυμο f (x) αναλύεται σε γινόμενο παραγόντων της μορφής f (x) = α ( x − x1 )( x − x 2 ), όπου οι αριθμοί x1 , x 2 δίνονται από τους τύπους x1 = −β + Δ , 2α x2 = −β − Δ . 2α Πράγματι, αν β 2 − 4αγ > 0, έχουμε 2 ⎡⎛ β γ⎞ β ⎞ β2 γ ⎤ ⎛ f ( x) = α x 2 + β x + γ = α ⎜ x 2 + x + ⎟ = α ⎢⎜ x + − + ⎥ ⎟ 2α ⎠ a α⎠ 4α 2 a ⎥⎦ ⎝ ⎢⎣⎝ 2 2 2 ⎡⎛ ⎛ β ⎞ ⎛⎜ Δ ⎞⎟ ⎤ β β Δ⎞ Δ⎞ ⎛ ⎟= ⎟ ⎜x + ⎥ = α⎜ x + + = α ⎢⎜ x + − ⎟ −⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ 2α ⎠ ⎝ 2α ⎟⎠ ⎥ 2 α 2 α 2 α 2 α ⎢⎝ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎦ ⎣ = α ( x − x1 )( x − x 2 ) , αν θέσουμε x1 = −β + Δ , 2α x2 = −β + Δ . 2α 2 • β ⎞ ⎛ Αν Δ = 0, τότε: f ( x) = α ⎜ x + ⎟ . 2α ⎠ ⎝ Πράγματι, αν Δ = 0 έχουμε: 2 2 Δ ⎤ β⎞ β ⎞ β γ ⎞ ⎡⎛ ⎛ ⎛ f (x) + αx 2 + βx + γ = α ⎜ x 2 + x + ⎟ = α⎢⎜ x + ⎟ − 2 ⎥ = a⎜ x + ⎟ . a α ⎠ ⎢⎣⎝ 2α ⎠ 4α ⎥⎦ ⎝ 2α ⎠ ⎝ • Aν Δ < 0, τότε το τριώνυμο f (x ) δεν αναλύεται σε γινόμενο πρωτοβάθμιων παραγόντων. Πράγματι, αν Δ < 0, τότε έχουμε 2 2 2 ⎡⎛ ⎡⎛ −Δ ⎤ β ⎞ β ⎞ ⎛⎜ − Δ ⎞⎟ ⎤ ⎥, f ( x) = αx + βx + γ = a ⎢⎜ x + ⎟ + ⎟ + ⎥ = α ⎢⎜ x + 2α ⎠ 2α ⎠ ⎜⎝ 2α ⎟⎠ ⎥ 4α 2 ⎥⎦ ⎢⎝ ⎢⎣⎝ ⎣ ⎦ 2 δηλαδή το τριώνυμο f (x ) είναι γινόμενο του συντελεστή α επί μία παράσταση που είναι άθροισμα τετραγώνων. Παραδείγματα 1. Να παραγοντοποιήσετε το τριώνυμο f ( x) = x 2 − 4 x + 3 . Αφού είναι: α = 1, β = −4, γ = 3 και Δ = β 2 − 4αγ = (−4) 2 − 4 ⋅1⋅ 3 = 4 > 0 , οπότε x1 = −β + Δ 4+ 4 = = 3, 2α 2 3 x2 = −β − Δ 4 − 4 = = 1. 2α 2 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 Έχουμε f ( x) = x 2 − 4 x + 3 = ( x − 3)( x − 1) . 2. Ομοίως για το τριώνυμο f ( x) = 25 x 2 − 20 x + 1 , έχουμε α = 25, β = −20, γ = 1, Δ = (−20) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ 25 = 300 > 0 και x1, 2 = − β ± Δ 20 ± 300 20 ± 10 3 2 ± 3 = = = 2α 2 ⋅ 25 50 5 Άρα είναι ⎛ 2 + 3 ⎞⎛ 2− 3⎞ ⎟⎜ x − ⎟. f ( x) = 25 x 2 − 20 x + 1 = 25⎜⎜ x − ⎟⎜ ⎟ 5 5 ⎝ ⎠⎝ ⎠ 3. Ομοίως για το τριώνυμο f ( x) = x 2 + x + 1 , είναι α = 1, β = 1, γ = 1, και Δ = 12 − 4 = −3 < 0 , οπότε το τριώνυμο f ( x) = x 2 + x + 1 δεν αναλύεται σε γινόμενο παραγόντων. 4. Ομοίως για το τριώνυμο f ( x) = x 2 − 8 x + 16 , είναι α = 1, β = −8, γ = 16, και Δ = (−8) 2 − 4 ⋅ 16 ⋅ 1 = 0 , οπότε : 2 −8 ⎞ ⎛ 2 f ( x) = x − 8 x + 16 = 1 ⋅ ⎜ x + ⎟ = ( x − 4) . 2 1 ⋅ ⎠ ⎝ 2 (στ) Ανάλυση ενός όρου σε άθροισμα ή διαφορά άλλων όρων Πολλές φορές, για την ανάλυση μιας πολυωνυμικής παράστασης σε γινόμενο παραγόντων, είναι αναγκαίο να αναλύσουμε έναν ή περισσότερους όρους σε άθροισμα ή διαφορά άλλων όρων. Έτσι, δίνεται η δυνατότητα να εφαρμόσουμε μία από τις προηγούμένες μεθόδους παραγοντοποίησης, π.χ. με τον χωρισμό σε ομάδες. Παραδείγματα 1. Να αναλυθεί σε γινόμενο παραγόντων η παράσταση A = α 2 β + αβ 2 + β 2γ + βγ + γ 2α + γα 2 + 2αβγ . Λύση A = α 2 β + αβ 2 + β 2γ + βγ + γ 2α + γα 2 + 2αβγ = (α 2 β + α 2γ ) + (αβ 2 + αβγ ) + ( β 2γ + βγ 2 ) + (γ 2α + αβγ ) = α 2 ( β + γ ) + αβ ( β + γ ) + βγ ( β + γ ) + αγ ( β + γ ) = ( β + γ )(α 2 + αβ + βγ + αγ ) = ( β + γ ) (α 2 + αβ ) + ( βγ + αγ ) = ( β + γ )[(α (α + β ) + γ (α + β )] = ( β + γ ) (α + β )(α + γ ) = (α + β )( β + γ )(γ + α ) . [ ] 2. Να αναλυθεί σε γινόμενο παραγόντων η παράσταση f ( x) = x 3 − 5 x + 4 . 4 Αλγεβρικές παραστάσεις Λύση f ( x) = x 3 − 5 x + 4 = x 3 − x − 4 x + 4 = x( x 2 − 1) − 4( x − 1) = x( x + 1)( x − 1) − 4( x − 1) = ( x − 1)[ x( x + 1) − 4] = ( x − 1)( x 2 + x − 4) ⎛ − 1 + 17 ⎞⎛ − 1 − 17 ⎞ ⎟⎜ x − ⎟. = ( x − 1)⎜⎜ x − ⎟⎜ ⎟ 2 2 ⎝ ⎠⎝ ⎠ 3. Να αναλυθεί σε γινόμενο παραγόντων η παράσταση f ( x) = x 3 − 3x 2 + 4 . Λύση f ( x) = x 3 − 3x 2 + 4 = x 3 + x 2 − 4 x 2 + 4 = x 2 ( x + 1) − 4( x 2 − 1) = ( x + 1) ⋅[ x 2 − 4( x − 1)] = ( x + 1) ⋅ ( x 2 − 4 x + 4) = ( x + 1)( x − 2) 2 . (ζ) Αξιοσημείωτα πηλίκα της μορφής: α ν ± β ν , ν ∈ N*. Σύμφωνα με την ταυτότητα της τέλειας διαίρεσης κάθε παράσταση της μορφής α − β ν , ν ∈ N διαιρούμενη με α − β δίνει υπόλοιπο 0 και πηλίκο α ν −1 + α ν − 2 β + α ν − 2 β 2 + ... + α 2 β ν −3 + αβ ν −2 + β ν −1 . Έτσι έχουμε ν α ν − β ν = (α − β )(α ν −1 + α ν − 2 β + ... + αβ ν − 2 + β ν −1 ) . Ειδικά για ν = 2μ , μ ∈ N*, έχουμε α ν − β ν = α 2 μ − β 2 μ = (α μ ) 2 − ( β μ ) 2 = (α μ − β μ ) ⋅ (α μ + β μ ) . Για παράδειγμα, έχουμε 1. α 3 − β 3 = (a − β )(α 2 + αβ + β 2 ) 2. α 5 − β 5 = (a − β )(α 4 + α 3 β + α 2 β 2 + αβ 3 β 4 ) 3. α 4 − β 4 = (a 2 − β 2 )(α 2 + β 2 ) = (α − β )(α + β )(α 2 + β 2 ) . Για ν = 2μ + 1 , μ ∈ , η παράσταση α ν + β ν διαιρούμενη με α + β δίνει υπόλοιπο 0 και ισχύει η ισότητα: α ν + β ν = (α + β )(α ν −1 + α ν −2 β + α ν −3 β 2 − ... − αβ ν − 2 + β ν −1 ) . Για παράδειγμα, έχουμε 1. α 3 + β 3 = (a + β )(α 2 − αβ + β 2 ) 2. α 5 + β 5 = (a + β )(α 4 − α 3 β + α 2 β 2 − αβ 3 + β 4 ) 3. α 7 + β 7 = (a 2 + β 2 )(α 6 − α 5 β + α 4 β 2 − α 3 β 3 + α 2 β 4 − αβ 5 + β 6 ) 5 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 Ειδικές περιπτώσεις Για ν = 2 μ + 1 , μ ∈ ∗ , η παράσταση α ν + β ν διαιρούμενη με α + β δίνει υπόλοιπο 2 β ν , οπότε η παραπάνω μέθοδος δεν μπορεί να εφαρμοστεί. Αυτό όμως δεν σημαίνει ότι η παράσταση α ν + β ν δεν αναλύεται σε γινόμενο παραγόντων. Στην ειδική περίπτωση που το ν είναι άρτιο πολλαπλάσιο περιττού αριθμού, έστω ν = 2κ ⋅ μ , όπου κ ∈ ∗ και μ ∈ ∗ περιττός , τότε α ν + β ν = α 2κμ + β 2κμ = (α 2κ ) μ + ( β 2κ ) μ = (α 2κ + β 2κ )[(α 2κ ) μ −1 − (α 2κ ) μ − 2 β 2κ + iii+ ( β 2κ ) μ −1 ] . Για παράδειγμα, έχουμε: 1. α 6 + β 6 = (α 2 )3 + ( β 2 )3 = (α 2 + β 2 )[(α 2 ) 2 − α 2 β 2 + ( β 2 ) 2 ] = (α 2 + β 2 )(α 4 − α 2 β 2 + β 4 ) . 2. α 10 + β 10 = (α 2 ) 5 + ( β 2 ) 5 = (α 2 + β 2 ) ⋅ (α 8 − α 6 β 2 + α 4 β 4 − α 2 β 6 + β 8 ) 3. α 12 + β 12 = (α 4 ) 3 + ( β 4 ) 3 = (α 4 + β 4 ) ⋅ (α 8 − α 4 β 4 + β 8 ) Στην ειδική περίπτωση που είναι ν = 2 κ , κ ∈ ν ( ν α + β =α κ −1 = α2 ) + (β ) + 2α 2 2κ −1 2 2κ −1 κ −1 β2 2κ +β 2κ κ −1 − 2α 2 β 2 = ⎛⎜α 2 + β 2 + 2α 2 β 2 ⎝ Για παράδειγμα, έχουμε: κ −1 κ −1 ( = α κ −2 κ −2 ( κ −1 , κ > 1 έχουμε: ) + (β ) = (α + β ) −( 2κ −1 2 2κ −1 2κ −1 2 2κ −1 2 ⎞⎟ α 2κ −1 + β 2κ −1 − 2α 2κ − 2 β 2κ − 2 ⎠ 1. α 4 + β 4 = α 4 + β 4 + 2α 2 β 2 − 2α 2 β 2 = (α 2 + β 2 ) − ( 2α 2 β 2 ) 2 = (α 2 + β 2 + 2αβ )(α 2 + β 2 − 2αβ ) 2. α 8 + β 8 = α 8 + β 8 + 2α 4 β 4 − 2α 4 β 4 = (α 4 + β 4 ) 2 − ( 2α 2 β 2 ) 2 = (α 4 + β 4 + 2α 2 β 2 )(α 4 + β 4 − 2α 2 β 2 ) (η) Συνδυασμός άλλων μεθόδων Αναφέρουμε τις παρακάτω χαρακτηριστικές περιπτώσεις : Α 2 + 2ΑΒ + Β 2 − Γ 2 = (Α + Β)2 - Γ 2 = (Α + Β + Γ)(Α + Β - Γ) Α 2 - 2ΑΒ + Β 2 - Γ 2 = (Α - Β)2 - Γ 2 = (Α - Β + Γ)(Α - Β - Γ) 6 κ −2 2α 2 ) κ −2 β2 ) Αλγεβρικές παραστάσεις Για παράδειγμα έχουμε 1. 16α2 + 24αβ + 9β 2 − 4γ 2 = (4α + 3β)2 − (2γ )2 = (4α + 3β + 2γ )(4α + 3β − 2γ ) 2. 25α 2 − β 2 + 2 βγ − γ 2 = (5α ) 2 − ( β − γ ) 2 = [(5α + ( β − γ )] ⋅ [(5α − ( β − γ )] = (5α + β − γ )(5α − β + γ ) . 4 4 2 2 3. α + 4 β = (α ) + (2 β 2 ) 2 + 4α 2 β 2 − 4α 2 β 2 = (α 2 + 2 β 2 ) 2 − (2αβ ) 2 = (α 2 + 2 β 2 + 2αβ )(α 2 + 2 β 2 − 2αβ ) . 4. α 4 + α 2 β 2 + β 4 = α 4 + 2α 2 β 2 − α 2 β 2 + β 4 = α 4 + 2α 2 β 2 + β 4 − α 2 β 2 = (α 2 + β 2 ) − (αβ ) 2 = (α 2 + β 2 + αβ )(α 2 + β 2 − αβ ) . (θ) Χρήση ταυτοτήτων Η περίπτωση αυτή θα μελετηθεί στην επόμενη ενότητα των ταυτοτήτων. (ι) Πολυώνυμα βαθμού ν > 2 Θεωρούμε το πολυώνυμο f ( x) = αν xν + αν −1 xν −1 + ... + α1 x + α 0 , α κ ≠ 0 . Σύμφωνα με τη θεωρία διαιρετότητας πολυωνύμων, αν για τον αριθμό ρ ∈ ισχύει f ( ρ ) = 0 , τότε το πολυώνυμο x − ρ διαιρεί το πολυώνυμο f ( x) . Το πηλίκο π ( x) της διαίρεσης αυτής, μπορεί να βρεθεί με το σχήμα Horner. Έτσι έχουμε f ( x) = ( x − ρ ) π ( x) . Ειδικότερα, για να είναι ο ακέραιος αριθμός ρ ρίζα του πολυωνύμου f ( x) με ακέραιους συντελεστές πρέπει ο αριθμός ρ να είναι διαιρέτης του σταθερού όρου α 0 . Επομένως οι πιθανές ακέραιες ρίζες του πολυωνύμου f ( x) είναι οι διαιρέτες του σταθερού όρου α 0 . Επιπλέον, για να είναι ο ρητός αριθμός ρ = κ ρίζα του πολυωνύμου f ( x) με αλ κέραιους συντελεστές πρέπει ο αριθμητής κ να είναι διαιρέτης του σταθερού όρου α 0 και ο παρανομαστής λ να είναι διαιρέτης του μεγιστοβάθμιου όρου αν . . Παράδειγμα Να παραγοντοποιηθεί το πολυώνυμο f ( x) = x 3 − 6 x 2 + 11x − 6 . Λύση Οι διαιρέτες του σταθερού όρου είναι οι: ±1, ± 2, ± 3, ± 6 . Παρατηρούμε ότι f (1) = 0 , οπότε με το σχήμα Horner λαμβάνουμε 1 -6 11 -6 | 1 1 -5 6 1 -5 6 0 Έτσι έχουμε f ( x) = x 3 − 6 x 2 + 11x − 6 = ( x − 1)( x 2 − 5 x + 6) = ( x − 1)( x − 2)( x − 3) , 7 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 αφού για το τριώνυμο x 2 − 5 x + 6 έχουμε α = 1 , β = −5 , γ = 6 , Δ = 1 > 0 και 5 −1 5 +1 x1 = = 2 , x2 = = 3. 2 2 2. Ταυτότητες Ταυτότητα είναι η ισότητα μεταξύ δύο αλγεβρικών παραστάσεων που αληθεύει για όλες τις τιμές των μεταβλητών που εμφανίζονται. Στην ενότητα αυτή θα απαριθμήσουμε τις βασικές ταυτότητες που χρησιμοποιούμε για τη διευκόλυνση του αλγεβρικού λογισμού. Στα επόμενα θα ασχοληθούμε με τις μεθόδους επαλήθευσης ταυτοτήτων . (α) Τετράγωνο αθροίσματος (διαφοράς) δύο όρων (α + β ) 2 = α 2 + 2αβ + β 2 (α − β ) 2 = α 2 − 2αβ + β 2 (β) Γινόμενο αθροίσματος δύο όρων επί τη διαφορά τους (α + β )(α − β ) = α 2 − β 2 (γ) Κύβος αθροίσματος (διαφοράς) δύο όρων (α + β ) 3 = α 3 + 3α 2 β + 3αβ 2 + β 3 (α − β )3 = α 3 − 3α 2 β + 3αβ 2 − β 3 (δ) Άθροισμα (διαφορά) κύβων α 3 + β 3 = (α + β )(α 2 − αβ + β 2 ) α 3 − β 3 = (α − β )(α 2 + αβ + β 2 ) (ε) Τετράγωνο αθροίσματος ν όρων, ν ≥ 3 (α + β + γ ) 2 = α 2 + β 2 + γ 2 + 2αβ + 2 βγ + 2γα (α + β + γ + δ ) 2 = α 2 + β 2 + γ 2 + δ 2 + 2αβ + 2αγ + 2αδ + 2 βγ + 2 βδ + 2γδ 8 Αλγεβρικές παραστάσεις Γενικότερα, έχουμε (α 1 + α 2 + ... + αν ) 2 = (α 1 + α 2 + ... + αν ) ⋅ (α 1 + α 2 + ... + αν ) = α1 ⋅ (α1 + α 2 + ... + αν ) + α 2 ⋅ (α1 + α 2 + ... + αν ) + ... + αν ⋅ (α1 + α 2 + ... + αν ) = α12 + α 22 + ... + αν2 + 2(α1α 2 + α1α3 + ... + α1αν ) + 2(α2α3 + ... + α2αν ) + ...+ 2αν −1αν = α 12 + α 22 + ... + αν2 + 2(α 1α 2 + ... + α 2α 3 + ... + α 2αν + ... + αν −1αν ) . ν ή συνοπτικά (α 1 + α 2 + ... + αν ) 2 = ∑ α i2 + 2 ∑α α 1≤i < j ≤ν i =1 i j , όπου στην τελευταία ισότητα έχουμε χρησιμοποιήσει το σύμβολο ∑ του αθροί- σματος γράφοντας ν ∑α ∑α α 1≤ i < j ≤ν i i =1 j 2 i = α 12 + α 22 + ... + αν2 = α 1α 2 + ... + α 1αν + α 2α 3 + ... + α 2αν + ... + αν −1αν . Έτσι έχουμε τον κανόνα: Το τετράγωνο του αθροίσματος ν όρων, ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των όρων του, αυξημένο κατά το διπλάσιο του αλγεβρικού αθροίσματος των γινομένων των όρων του λαμβανομένων ανά δύο με όλους τους δυνατούς τρόπους. (στ) Κύβος αθροίσματος τριών όρων (α + β + γ ) 3 = (α + β + γ ) 2 (α + β + γ ) = (α 2 + β 2 + γ 2 + 2αβ + 2 βγ + 2γα )(α + β + γ ) = α 3 + β 3 + γ 3 + 3α 2 β + 3αβ 2 + 3β 2γ + 3γ 2α + 3γα 2 + 6αβγ = α 3 + β 3 + γ 3 + 3(α 2 β + αβ 2 + β 2γ + γ 2α + γα 2 + 2αβγ ) = α 3 + β 3 + γ 3 + 3(α + β )( β + γ )(γ + α ) , σύμφωνα με το Παράδειγμα 1 της (στ) περίπτωσης της παραγοντοποίησης πολυωνυμικών παραστάσεων. Άρα έχουμε: (α + β + γ ) 3 = α 3 + β 3 + γ 3 + 3(α + β )( β + γ )(γ + α ) απ’ όπου προκύπτει ο κανόνας: Ο κύβος του αθροίσματος τριών όρων ισούται με το άθροισμα των κύβων των όρων του, αυξημένο κατά το τριπλάσιο του γινομένου των αλγεβρικών αθροισμάτων των όρων του λαμβανομένων ανά δύο με όλους τους δυνατούς τρόπους. 9 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 Για παράδειγμα έχουμε: 1. (α 2 + β 2 + 1) 3 = α 6 + β 6 + 1 + 3(α 2 + β 2 )(α 2 + 1)( β 2 + 1) . 2. (2α − β − 3)3 = (2α )3 + (− β )3 + (−3)3 + 3(2α − β )(− β − 3)(−3 + 2α ) . = 8α 3 − β 3 − 27 + 3(2α − β )( β + 3)(2α − 3) . (ζ) Η ταυτότητα των κύβων (Euler) α 3 + β 3 + γ 3 = (α + β + γ )(α 2 + β 2 + γ 2 − αβ − βγ − γα ) + 3αβγ = [ ] 1 (α + β + γ ) (α − β ) 2 + ( β − γ ) 2 + (γ − α ) 2 + 3αβγ 2 Απόδειξη α 3 + β 3 + γ 3 − 3αβγ = (α + β ) 3 − 3αβ (α + β ) + γ 3 − 3αβγ = (α + β ) 3 + γ 3 − 3αβ (α + β + γ ) = [(α + β ) + γ ] (α + β ) 2 − (α + β )γ + γ 2 − 3αβ (α + β + γ ) = (α + β + γ ) (α + β ) 2 + γ 2 − αγ − βγ − 3αβ = (α + β + γ ) ⋅ (α 2 + β 2 + γ 2 − αβ − βγ − γα ) . Η δεύτερη μορφή προκύπτει μέσω της ισότητας 1 α 2 + β 2 + γ 2 − αβ − βγ − γα = (2α 2 + 2 β 2 + 2γ 2 − 2αβ − 2 βγ − 2γα ) 2 1 = (a − β ) 2 + ( β − γ ) 2 + (γ − α ) 2 . 2 [ [ ] [ ] ] Για παράδειγμα έχουμε: 1. α 3 − 8β 3 − 64γ 3 − 24αβγ = α 3 + (−2 β ) 3 + (−4γ ) 3 − 3 ⋅ α ⋅ (−2 β )(−4γ ) = (α − 2 β − 4γ )(α 2 + 4 β 2 + 16γ 2 + 2αβ − 8 βγ + 4γα ) . 2. (α − β )3 −α3 + 3α(α − β )(α + β ) = (α − β )3 + (−α)3 + (α + β )3 − 3(α − β )(−α)(α + β ) =[ (α −β) +(−α) +(α +β)] ⋅ ⎡⎣(α −β)2 +(−α)2 +(α + β)2 +(α −β)α +α(α +β) −(α + β)(α −β)⎤⎦ = (α − β −α +α + β) ⋅ (α2 − 2αβ + β2 +α2 +α2 + 2αβ + β2 +α2 −αβ +α2 +αβ −α2 + β2 ) = α ⋅ (4α 2 + 3β 2 ) . (η) Οι ταυτότητες του Lagrange (i) (α 12 + α 22 )( β 12 + β 22 ) − (α 1 β 1 + α 2 β 2 ) 2 = (α 1 β 2 − α 2 β 1 ) 2 Χρησιμοποιώντας το σύμβολο της ορίζουσας ενός πίνακα 2× 2, το δεύτερο μέλος της (i) γράφεται: 10 Αλγεβρικές παραστάσεις 2 α α2 (α1 β 2 − α 2 β1 ) = 1 . β1 β 2 2 Η επαλήθευση της (i) γίνεται εύκολα με πράξεις στο πρώτο μέλος. (ii) (α 12 + α 22 + α 32 )( β 12 + β 22 + β 32 ) − (α 1 β 1 + α 2 β + 2 α 3 β 3 ) 2 2 2 α α3 α α3 α α2 = 1 + 1 + 2 β1 β 3 β2 β3 β1 β 2 2 = (α 1 β 2 − α 2 β 1 ) 2 + (α 1 β 3 − α 3 β 1 ) 2 + (α 2 β 3 − α 3 β 2 ) 2 (Επαλήθευση εύκολη με πράξεις στο πρώτο μέλος). (iii) Γενικότερα για τις ν-άδες (α 1 ,α 2 ,...,αν ) , ( β 1 , β 2 ,..., βν ) έχουμε (α12 + α 22 + ... + αν2 )( β12 + β 22 + ... + βν2 ) − (α1 β1 + α 2 β 2 + ... + αν βν ) 2 2 2 2 2 α αν α α3 α αν α αν α α2 = 1 + ⋅⋅⋅ + 1 + 2 + ÷ ⋅⋅ + 2 + ⋅⋅⋅ + ν −1 β1 βν β 2 β3 β 2 βν βν −1 βν β1 β 2 2 Παραδείγματα 1. Να αποδείξετε ότι (1 + α 2 )(1 + β 2 ) − (1 + αβ ) 2 = (α − β ) 2 . Απόδειξη (1 + α 2 )(1 + β 2 ) − (1 + αβ ) 2 = (12 + α 2 )(12 + β 2 ) − (1 ⋅1 + α ⋅ β ) 2 2 1 α = = ( β − α ) 2 = (α − β ) 2 . 1 β 2. Να μετατρέψετε την παράσταση (α 2 + β 2 )( x 2 + y 2 + 1) − (αx + βy ) 2 σε άθροισμα τετραγώνων. Λύση (α 2 + β 2 )( x2 + y2 +1) − (α x + β y)2 = (α 2 + β 2 + 02 )( x2 + y2 +12 ) − (α x + β y + 0 ⋅1)2 = α β x y 2 + α 0 x 1 2 + β y 2 0 = (αy − βx) 2 + α 2 + β 2 . 1 11 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 (θ) Η ταυτότητα του De Moirve α 4 + β 4 + γ 4 − 2α 2 β 2 − 2 β 2γ 2 − 2γ 2α 2 = −(α + β + γ )(−α + β + γ )(α − β + γ )(α + β − γ ) Απόδειξη α 4 + β 4 + γ 4 − 2α 2 β 2 − 2 β 2γ 2 − 2γ 2α 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 = α + β + γ + 2α β − 2 β γ − 2γ α − 4α β = (α 2 + β 2 − γ 2 ) 2 − (2αβ ) 2 = (α 2 + β 2 − γ 2 + 2αβ )(α 2 + β 2 − γ 2 − 2αβ ) = [(α + β ) 2 − γ 2 ][(α − β ) 2 − γ 2 ] = (α + β + γ )(α + β − γ )(α − β + γ )(α − β − γ ) = −(α + β + γ )(−α + β + γ )(α − β + γ )(α + β − γ ) . . (ι) Η ταυτότητες του Νεύτωνα ( x + α )( x + β ) = x 2 + (α + β ) x + αβ ( x − α )( x − β ) = x 2 − (α + β ) x + αβ ( x + α )( x + β )( x + γ ) = x 3 + (α + β + γ ) x 2 + (αβ + βγ + γα ) x + αβγ ( x − α )( x − β )( x − γ ) = x 3 − (α + β + γ ) x 2 + (αβ + βγ + γα ) x − αβγ Η επαλήθευση των παραπάνω ταυτοτήτων γίνεται εύκολα με πράξεις στο πρώτο μέλος τους. Γενικότερα, αν θεωρήσουμε τους πραγματικούς αριθμούς α 1 ,α 2 ,...,αν , έχουμε τις ταυτότητες: ( x ± α 1 )( x ± α 2 )...( x ± αν ) = xν ± (α 1 + α 2 + ... + αν ) = xν −1 + (α1α 2 + ... + α1αν + α 2α 3 + ... + α 2αν + ... + αν −1αν ) xν −2 ± (α 1α 2α 3 + ... + α 1α 2αν + α 2α 3 + ... + α 1α 3α 4 + ... + αν − 2αν −1αν ) xν −3 + ... + (−1)ν −1 (α 1α 2 ...α ν −1 + ...) x + (−1)ν α 1α 2 ...αν . ή συντομότερα, ( x + α1 )( x + α 2 )...( x + αν ) = xν + Σ1 xν −1 + Σ 2 xν − 2 + Σ3 xν −3 + ... + Σν −1 x + Σν , όπου για τους αριθμούς α 1 ,α 2 ,...,αν , έχουμε θέσει: Σ1 = α 1 + α 2 + ... + αν , Σ 2 = α 1α 2 + α 1α 3 + ... + α 1αν + α 2α 3 + ... + α 2αν + ... + αν −1αν . 12 Αλγεβρικές παραστάσεις [Άθροισμα γινομένων των αριθμών α 1 ,α 2 ,...,αν , λαμβανομένων ανά δύο. Υπάρχουν ⎛ν ⎞ (ν − 1)ν ν! όροι]. συνολικά ⎜⎜ ⎟⎟ := = 2 ⎝ 2 ⎠ (ν − 2)!2! Το σύμβολο ν ! διαβάζεται «νι παραγοντικό» και ορίζεται ως εξής: ν ! = 1⋅ 2 ⋅ .... ⋅ν , αν ν = 1, 2,3,... και 0! = 1 . Σ 3 = α 1α 2α 3 + α 1α 2α 4 + ... + α 1α 2αν + α 1α 3α 4 + ... + α 1α 3αν + ... + αν − 2αν −1αν [Άθροισμα γινομένων των αριθμών α 1 ,α 2 ,...,αν , λαμβανομένων ανά τρεις. Υπάρχουν ⎛ν ⎞ (ν − 1)ν ν! όροι]. συνολικά ⎜⎜ ⎟⎟ := = 2 ⎝ 3 ⎠ 3!(ν − 2)! ……………………………………………………………………………….. Σν −1 = α 1α 2 ...αν −1 + α 1α 2 ...αν − 2αν + ... + α 2α 3 ...αν [Άθροισμα γινομένων των αριθμών α 1 ,α 2 ,...,αν , λαμβανομένων ανά ν − 1 . Υπάρχουν ν όροι]. Σν = α 1α 2 ...αν . (ια) Το διώνυμο του Νεύτωνα Αν στις ταυτότητες του Νεύτωνα θέσουμε: α 1 = α 2 = ... = αν = α , λαμβάνουμε το ανάπτυγμα του διωνύμου του Νεύτωνα: ( x + α )ν = xν + Σ1 xν −1 + Σ 2 xν − 2 + Σ 3 xν −3 + ... + Σν −1 x + Σν , όπου έχουμε ⎛ν ⎞ Σ1 = α 1 + α 2 + ... + αν = να = ⎜⎜ ⎟⎟α , ⎝1⎠ ⎛ν ⎞ ν! αφού ⎜⎜ ⎟⎟ = =ν , ⎝ 1 ⎠ (ν − 1)!1! ⎛ν ⎞ Σ 2 = ⎜⎜ ⎟⎟α 2 ⎝ 2⎠ ⎛ν ⎞ ν! ν (ν − 1) = αφού ⎜⎜ ⎟⎟ = , 2 ⎝ 2 ⎠ 2!(ν − 2)! ⎛ ν ⎞ ⎛ν ⎞ ν (ν − 1)(ν − 2) 3 ⎟⎟α = να ν −1 , Σν = α ν , α ,..., Σν −1 = ⎜⎜ Σ 3 = ⎜⎜ ⎟⎟α 3 = 3 1 ν − 6 ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ αφού είναι: ⎛ν ⎞ ν! ν (ν − 1)(ν − 2) ⎛ ν ⎞ ⎛ν ⎞ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = ν . ⎜⎜ ⎟⎟ := = , ⎜⎜ 6 ⎝ν − 1⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 3 ⎠ 3!(ν − 3)! 13 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 Έτσι έχουμε: ⎛ ν ⎞ ν −1 ν ⎛ν ⎞ ⎛ν ⎞ ⎛ν ⎞ ⎟⎟ xα α ( x + α )ν = xν + ⎜⎜ ⎟⎟ xν −1α + ⎜⎜ ⎟⎟ xν − 2α 2 + ⎜⎜ ⎟⎟ xν −3α 3 + ... + ⎜⎜ ⎝ν − 1⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 2⎠ ⎝1⎠ Από την παραπάνω ταυτότητα λαμβάνουμε: ( x −α ) ν ν = ⎡⎣ x + ( −α ) ⎤⎦ = ⎛ν ⎞ ⎛ν ⎞ ⎛ν ⎞ ⎛ ν ⎞ ν −1 ν ν = xν − ⎜ ⎟ xν −1α + ⎜ ⎟ xν − 2α 2 − ⎜ ⎟ xν −3α 3 + ... + ( −1)ν −1 ⎜ ⎟ xα + ( −1) α ⎝1⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ν − 1 ⎠ Χρησιμοποιώντας το σύμβολο Σ του αθροίσματος και το σύμβολο των συνδυασμών ν ανά κ μπορούμε να γράψουμε το διώνυμο του Νεύτωνα ως εξής: ν ⎛ν ⎞ ( x + α )ν = ∑ ⎜⎜ ⎟⎟xν −κ α κ κ =0 ⎝ κ ⎠ ν ⎛ν ⎞ ( x − α )ν = ∑ (−1) κ ⎜⎜ ⎟⎟ xν −κ α κ κ =0 ⎝κ ⎠ Για τις μικρές τιμές του ν έχουμε τα αναπτύγματα: ( x ± α ) 2 = x 2 ± 2 xα + α 2 ( x ± α ) 3 = x 3 ± 3 x 2α + 3xα 2 ± α 3 ( x ± α ) 4 = x 4 ± 4 x 3α + 6 x 2α 2 ± 4 xα 3 + α 4 ( x ± α ) 5 = x 5 ± 5 x 4α + 10 x 3α 2 ± 10 x 2α 3 + 5 xα 4 ± α 5 ( x ± α ) 6 = x 6 ± 6 x 5α + 15 x 4α 2 ± 20 x 3α 3 ± 15 x 2α 4 + 6 xα 5 ± α 6 Παρατηρήσεις Ένα πολυώνυμο f ( x,α ) είναι ομογενές βαθμού k, αν για κάθε t ∈ R ισχύει η ισότητα f (tx, tα ) = t κ f ( x,α ) . Έτσι, εύκολα διαπιστώνουμε ότι τα πολυώνυμα ( x ± a)ν είναι ομογενή βαθμού ν. Το πλήθος των όρων των δύο αναπτυγμάτων είναι ν + 1 . Οι εκθέτες του x από αριστερά προς τα δεξιά μειώνονται κατά 1, ενώ οι εκθέτες του α αυξάνονται κατά 1. 14 Αλγεβρικές παραστάσεις Όλοι οι όροι του αναπτύγματος ( x + a)ν έχουν θετικά πρόσημα, ενώ οι όροι του ( x − a)ν έχουν εναλλάξ θετικό-αρνητικό πρόσημο. ⎛ν ⎞ ⎛ ν ⎞ ν! ⎟⎟ := , 0 ≤ κ ≤ ν , 0!=1, οι συντελεστές των Επειδή ισχύει ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎝ κ ⎠ ⎝ν − κ ⎠ κ !(ν − κ )! όρων που ισαπέχουν από τους άκρους όρους είναι ίσοι. Αν ο ν είναι άρτιος, το πλήθος των όρων των δύο αναπτυγμάτων είναι περιττό και τότε μόνον υπάρχει μεσαίος όρος. Ο συντελεστής ενός όρου (χωρίς πρόσημο), μετά τον πρώτο, προκύπτει από τον προηγούμενο όρο ως εξής: (συντελεστ ής ) × (εκθ έτης του x) θ έσητου ό ρου στο αν άπτυγμα Για παράδειγμα, στο ανάπτυγμα του ( x + a ) 6 ο συντελεστής του τρίτου όρου προκύπτει από το δεύτερο όρο ως εξής: (συντελεστ ής ) × (εκθ έτης του x) 6 ⋅ 5 = = 15 . θ έση δε ύτερου ό ρου 2 Εκτός του παραπάνω μνημονικού κανόνα για την εύρεση των συντελεστών του αναπτύγματος ( x + a)ν για τις διάφορες τιμές του ν , χρησιμοποιούμε και το τρίγωνο του Pascal (1623 – 1662) που εμφανίζεται πρώτα στο έργο του Pascal «Περί αριθμητικού τριγώνου» το 1653. Τα ακραία στοιχεία κάθε γραμμής είναι 1, ενώ τα υπόλοιπα προκύπτουν με πρόσθεση δύο στοιχείων της προηγούμενης γραμμής, δηλαδή του στοιχείου που βρίσκεται στην ακριβώς από πάνω θέση αριστερά και του στοιχείου που βρίσκεται ακριβώς δεξιά του. 1 1 1 1 1 1 1 1 6 7 1 2 3 4 5 1 3 6 10 15 1 4 1 10 20 21 35 5 15 35 21 1 6 1 7 1 Το τρίγωνο του Pascal μέχρι ν = 7 Για παράδειγμα, το στοιχείο 20 του πίνακα προκύπτει από το άθροισμα των στοιχείων 10 και 10 της προηγούμενης γραμμής. . 15 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 (ιβ) Ταυτότητες κάτω από συνθήκες Για τους πραγματικούς αριθμούς α , β , γ ισχύει η ισοδυναμία: α + β +γ = 0 ή α = β = γ ⇔ α 3 + β 3 + γ 3 = 3αβγ Απόδειξη Η απόδειξη είναι άμεση συνέπεια της ταυτότητας των κύβων (Euler) 1 α 3 + β 3 + γ 3 − 3αβγ = (α + β + γ ) (α − β ) 2 + ( β − γ ) 2 + (γ − α ) 2 . 2 [ ] 3. Αναλογίες Αναλογία είναι η ισότητα δύο λόγων, δηλαδή η ισότητα α γ = , β δ βδ ≠ 0 . Οι όροι α , β , γ , δ μιας αναλογίας μπορεί να είναι αριθμοί ή γενικότερα αλγεβρικές παραστάσεις. Οι α , δ είναι οι άκροι όροι, ενώ οι β , γ είναι οι μέσοι όροι της αναλογίας. Η αναλογία α β = , β γ βγ ≠ 0 , λέγεται συνεχής και ο β λέγεται μέσος ανάλογος των α και γ Στη συνέχεια αναφέρουμε τις βασικές ιδιότητες των αναλογιών, όπου όλοι οι εμφανιζόμενοι παρανομαστές πρέπει να είναι διάφοροι του μηδενός. α γ = ⇔ αδ = βγ β δ (i) Τα γινόμενα των άκρων και των μέσων όρων είναι ίσα. Απόδειξη (ii) α γ αδ − βγ = ⇔ = 0 ⇔ αδ − βγ = 0 ⇔ αδ = βγ βδ β δ α γ δ γ α β δ β = ⇔ = ⇔ = ⇔ = β δ β α γ δ γ α . . Με εναλλαγή των άκρων ή των μέσων όρων η αναλογία δεν μεταβάλλεται. Το ίδιο ισχύει και με αντιστροφή των λόγων. α γ α γ α ± β γ ±δ = ⇔ ±1 = ±1 ⇔ = . β δ β δ β δ α γ α γ = ⇔ = . (iv) β δ α ± β γ ±δ (iii) 16 Αλγεβρικές παραστάσεις Απόδειξη α α±β = γ γ ±δ ⇔ α (γ ± δ ) = γ (α ± β ) ⇔ αγ ± αδ = γα ± γβ ⇔ αδ = γβ ⇔ (v) α γ = . β δ α γ α + β γ +δ α − β γ −δ ⇔ = = = ⇔ . β δ α − β γ −δ α + β γ +δ Απόδειξη α − β γ −δ α + β γ +δ = ⇔ = (αντιστροφή λόγων) α + β γ +δ α − β γ −δ ⇔ (α + β )(γ − δ ) = (α − β )(γ + δ ) ⇔ αγ − αδ + βγ − βδ = αγ + αδ − βγ − βδ ⇔ 2 βγ = 2αδ ⇔ αδ = βγ ⇔ α γ = β δ . α α1 α 2 = = ... = ν , τότε β1 β 2 βν α α + α 2 + ... + αν κ 1α 1 + κ 2α 2 + ... + κ ν αν α1 α 2 , = = ... = ν = 1 = β1 β 2 βν β 1 + β 2 + ... + βν κ 1 β + κ 2 β 2 + ... + κ ν βν ( β 1 + β 2 + ... + βν ≠ 0 , β 1 + β 2 + ... + βν ≠ 0 , κ 1 β + κ 2 β 2 + ... + κ ν βν ≠ 0 ). (vi) Αν είναι Απόδειξη Αν ονομάσουμε λ τους ν ίσους λόγους, δηλαδή α α1 α 2 = = ... = ν = λ . β1 β 2 βν Τότε θα έχουμε α i = λβ i , για κάθε i = 1,2,...,ν και α 1 + α 2 + ... + αν = λβ 1 + λβ 2 + ... + λβν = λ ( β 1 + β 2 + ... + βν ) κ 1α 1 + κ 2α 2 + ... + κ ν αν = κ 1λβ 1 + κ 2 λβ 2 + ... + κ ν λβ ν . = λ (κ 1 β 1 + κ 2 β 2 + ... + κ ν βν ) οπότε θα είναι α 1 + α 2 + ... + αν κ 1α 1 + κ 2α 2 + ... + κ ν αν = =λ β 1 + β 2 + ... + βν κ 1 β + κ 2 β 2 + ... + κ ν βν Παρατήρηση Η μέθοδος απόδειξης της τελευταίας ιδιότητας χρησιμοποιείται συχνά σε ασκήσεις, στις υποθέσεις των οποίων υπάρχουν μία ή περισσότερες αναλογίες. 17 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 4. Ρητά αλγεβρικά κλάσματα A , όπου τα Α, Β B είναι πολυώνυμα μιας ή περισσοτέρων μεταβλητών. Το παραπάνω ρητό αλγεβρικό κλάσμα έχει έννοια για εκείνες τις τιμές των μεταβλητών για τις οποίες ισχύει Β ≠ 0 . Στην ενότητα αυτή θα ασχοληθούμε με την απλοποίηση ρητών αλγεβρικών κλασμάτων και με τις διάφορες πράξεις μεταξύ αυτών. Α Για την απλοποίηση του ρητού αλγεβρικού κλάσματος παραγοντοποιούμε Β τους δύο όρους τους και στη συνέχεια τους διαιρούμε με το μέγιστο κοινό διαιρέτη τους ΜΚΔ(Α, Β), δηλαδή με το γινόμένο των κοινών τους όρων του μέγιστου δυναΑ τού βαθμού. Το ρητό αλγεβρικό κλάσμα δεν απλοποιείται, όταν οι όροι του είναι Β πολυώνυμα πρώτα μεταξύ τους ή ισοδύναμα ο ΜΚΔ(Α, Β) είναι ένα σταθερό πολυώνυμο c ≠ 0 . Με την υπόθεση ότι όλοι οι εμφανιζόμενοι παρανομαστές στα δεδομένα κλάσματα ή στα αποτελέσματα είναι διάφοροι του μηδενός, έχουμε σχετικά με τις πράξεις μεταξύ ρητών αλγεβρικών κλασμάτων: Ρητό αλγεβρικό κλάσμα είναι μία συνάρτηση της μορφής y = • Α Γ Α±Γ ± = , Β Β Β • Α Γ ΑΔ ± ΒΓ , ± = Β Δ ΒΔ • Α Γ ΑΓ ⋅ = , Β Δ ΒΔ • Α Γ Α Δ ΑΔ : = ⋅ = . Β Δ Β Γ ΒΓ Η κλασματική παράσταση της μορφής Χ , όπου όροι Χ, Υ είναι τα ρητά αλγεβριΥ Α Γ , Y = λέγεται σύνθετο κλάσμα. Σε ένα σύνθετο κλάσμα είναι Β Δ δυνατόν να ισχύει μία το πολύ από τις ισότητες Β = 1 ή Δ = 1. Τα ρητά αλγεβρικά κλάσματα με Β = 1 = Δ, δηλαδή με Χ = Α, Υ = Γ, τα λέμε απλά. κά κλάσματα Χ = Ένα σύνθετο κλάσμα μετατρέπεται σε απλό σύμφωνα με το γνωστό κανόνα πολλαπλασιασμού άκρων και μέσων όρων. A X B A Γ A Δ Α⋅Δ . = = : = ⋅ = Y Γ B Δ B Γ Β⋅Γ Δ 18 Αλγεβρικές παραστάσεις Παραδείγματα 1. Να απλοποιηθεί το ρητό αλγεβρικό κλάσμα xy(a 2 + b 2 ) + ab(x 2 + y 2 ) . Κ= xy(a 2 - b 2 ) + ab(x 2 - y 2 ) Λύση Ο αριθμητής του κλάσματος παραγοντοποιείται ως εξής: xy(a 2 + b 2 ) + ab(x 2 + y 2 ) = xya 2 + xyb 2 + abx 2 + aby 2 = (xya 2 + abx 2 ) - (xyb 2 + aby 2 ) = ax(ay + bx) - by(ay + bx) = (ay + bx)(ax - by). Ομοίως ο παρονομαστής του κλάσματος γράφεται: xy(a 2 - b 2 ) + ab(x 2 - y 2 ) = xya 2 - xyb 2 + abx 2 - aby 2 = (xya 2 + abx 2 ) - (xyb 2 + aby 2 ) = ax(ay + bx) - by(ay + bx) = (ay + bx)(ax - by). Άρα έχουμε: K= (ay + bx)(ax + by) ax + by = , (ay + bx)(ax - by) ax - by εφόσον (ay + bx)(ax - by) ≠ 0 . . 2. Να μετατραπεί σε ρητό αλγεβρικό κλάσμα η παράσταση ⎛ x 2 − xy + y 2 x 2 − y2 ⎞ x + y . i K =⎜ 3 : 3 3 3 ⎟ 3 ⎝ x − 3xy(x − y) − y x + y ⎠ (x − y) Λύση Παραγοντοποιούμε όπου είναι δυνατόν τους όρους των κλασμάτων. x 3 − 3xy(x − y) − y3 = x 3 − 3x 2 y + 3xy 2 − y3 = (x − y)3 , x 2 − y 2 = (x − y)(x + y) , x 3 + y3 = (x + y(x 2 − xy + y 2 ) . Έτσι έχουμε: 19 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 K= = x 2 − xy + y 2 (x − y)(x + y) (x − y)3 i i (x − y)3 (x + y)(x 2 − xy + y 2 ) x + y (x 2 − xy + y 2 )(x − y) 4 (x + y) x−y = , 2 2 3 2 (x − xy + y )(x − y) (x + y) x+y εφόσον για τις μεταβλητές x, y ισχύει x ± y ≠ 0 . 3. Να μετατραπεί σε απλό το σύνθετο κλάσμα ⎛ x 2 + xy ⎞ ⎛ x 2 + xy ⎞ i − − x x ⎜ ⎟⎜ ⎟ x−y ⎠ ⎝ x+y ⎠ . Σ=⎝ xy3 xy + 2 x − y2 Λύση Ο αριθμητής του κλάσματος γράφεται: A= x 2 − xy − x 2 − xy x 2 + xy − 2x 2 − xy −2xy − x 2 2x 3 y = = i i . x−y x+y x − y x + y (x − y)(x + y) Ο παρονομαστής του κλάσματος γράφεται: Π= xy(x 2 − y 2 ) + xy3 x3y = , x 2 − y2 (x − y)(x + y) οπότε έχουμε 2x 3 y x3y 2x 3 y (x − y)(x + y) Σ= : = = 2, i (x − y)(x + y) (x − y)(x + y) (x − y)(x + y) x3y εφόσον για τις μεταβλητές x,y και x ± y ≠ 0 . 5. Μεθοδολογία απόδειξης ταυτοτήτων Στην ενότητα αυτή θα ασχοληθούμε με μεθόδους απόδειξης ταυτοτήτων με συνθήκες ή και χωρίς συνθήκες. Τα διάφορα αποδεικτικά προβλήματα μπορούν να ταξινομηθούν στις εξής κατηγορίες: I. f =g . Ισότητα των αλγεβρικών παραστάσεων f και g για όλες τις τιμές των μεταβλητών που ανήκουν στην τομή των πεδίων ορισμού των αλγεβρικών παραστάσεων f και g. 20 Αλγεβρικές παραστάσεις II. f1 = 0, f 2 = 0,...f ν = 0, ν ∈ Ν* ⇒ g = 0 Οι εξισώσεις f i = 0,i = 1, 2,..., ν, ν ∈ Ν*, αποτελούν τις συνθήκες ή περιορισμούς του προβλήματος, τους οποίους θα χρησιμοποιήσουμε για την απόδειξη της ισότητας g = 0 . III. f = 0 ⇒ g1 = 0 ή g 2 = 0 ή ... ή gν = 0,ν ∈ ∗ . Η εξίσωση f = 0 αποτελεί τη συνθήκη ή περιορισμό του προβλήματος, την οποία θα χρησιμοποιήσουμε για να αποδείξουμε ότι αληθεύει μία τουλάχιστον από τις ισότητες g1 = 0, g 2 = 0,..., g ν = 0 . IV. f = 0 ⇒ g1 = 0 και g 2 = 0...και g ν = 0 Στη συνέχεια, θα ασχοληθούμε αναλυτικά με κάθε μία από τις προηγούμενες περιπτώσεις. Ι. Απόδειξη ταυτοτήτων: f=g Σε πολλές ασκήσεις ζητείται να αποδείξουμε την αλήθεια μιας ισότητας της μορφής f = g , για όλες τις τιμές των μεταβλητών που ανήκουν στην τομή των πεδίων ορισμού των αλγεβρικών παραστάσεων f και g . Για την απόδειξη αυτών των ταυτοτήτων χρησιμοποιούμε μία από τις παρακάτω μεθόδους: (Α) Η ευθεία απόδειξη (Β) Χρήση της μεταβατικής ιδιότητας (Γ) Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής. (Α) Ευθεία απόδειξη Ξεκινάμε από το ένα μέλος της ισότητας και με εκτέλεση όλων των δυνατών πράξεων και παραγοντοποιήσεων καταλήγουμε στο άλλο μέλος της ισότητας. Παραδείγματα 1. Να αποδειχθεί η ταυτότητα (x − y)3 + (x + y)3 − x 3 + 3x(x − y)(x + y) = x(4x 2 + 3y 2 ) . Απόδειξη (1ος τρόπος) Με εκτέλεση των πράξεων στο πρώτο μέλος λαμβάνουμε (x − y)3 + (x + y)3 − x 3 + 3x(x − y)(x + y) = x 3 − 3x 2 y + 3xy 2 − y3 + x 3 + 3x 2 y + 3xy 2 + y3 − x 3 + 3x 3 − 3xy 2 = 4x 3 + 3xy 2 = x(4x 2 + 3y 2 ) . 21 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 (2ος τρόπος) Επειδή στο πρώτο μέλος εμφανίζονται τρεις κύβοι και το τριπλάσιο γινόμενο των βάσεων προσπαθούμε να εφαρμόσουμε την ταυτότητα των κύβων μετά τις κατάλληλες προσαρμογές. Έτσι έχουμε: (x − y)3 + (x + y)3 − x 3 + 3x(x − y)(x + y) = (x − y)3 + (x + y)3 + (−x)3 − 3(−x)(x − y)(x + y) = (x − y + x + y − x) ⋅ [(x − y)2 + (x + y)2 + (−x)2 − (x − y)(x + y) − (x + y)(−x) − (−x)(x + y)] = x(x 2 − 2xy + y 2 + x 2 + 2xy + y 2 + x 2 − x 2 + y 2 + x 2 + xy + x 2 − xy) = x(4x 2 + 3y 2 ) . 2. Να αποδειχθεί η ταυτότητα (x 2 − yz)3 + (y 2 − zx)3 + (z 2 − xy)3 − 3(x 2 − yz)(y 2 − zx)(z 2 − xy) = (x 3 + y3 + z 3 − 3xyz) 2 Απόδειξη Θα εφαρμόσουμε στο πρώτο μέλος την ταυτότητα του Euler 1 α 3 + β3 + γ 3 - 3αβγ = (α + β + γ) ⎡⎣(α - β) 2 + (β - γ) 2 + (γ - α) 2 ⎤⎦ , 2 2 2 θεωρώντας α = x - yz , β = y − zx , γ = z 2 − xy . Έτσι το πρώτο μέλος, έστω Α, γράφεται 1 A = (x2 − yz + y2 − zx + z2 − xy) ⎡⎣(x2 − yz − y2 + zx)2 +(y2 −zx − z2 + xy)2 +(z2 − xy − x2 + yz)2 ⎤⎦ 2 1 2 2 2 = (x + y + z − xy − yz − zx) ⎡⎣(x − y)2 (x + y + z)2 + (y − z)2 (x + y + z)2 + (z − x)2 (x + y + z)2 ⎤⎦ 2 1 = (x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx) (x + y + z) 2 ⎡⎣(x − y) 2 + (y − z) 2 + (z − x) 2 ⎤⎦ 2 1 = (x + y + z)(x 2 + y2 + z2 − xy − yz − zx) ⋅ (x + y + z) ⎡⎣(x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ⎤⎦ 2 3 3 3 3 3 3 = (x + y + z − 3xyz) ⋅ (x + y + z − 3xyz) = (x 3 + y3 + z 3 − 3xyz) 2 . (Β) Με χρήση της μεταβατικής ιδιότητας Με εκτέλεση πράξεων σε κάθε μέλος χωριστά έχουμε f = f1 = ... = f κ g = g1 = ... = g ν Στην περίπτωση που προκύψει η ισότητα f κ = g ν := h , τότε, μέσω της μεταβατικής ιδιότητας, από τις ισότητες f = h και g = h προκύπτει η ισότητα f = g . H προηγούμενη διαδικασία μπορεί να εκτελεστεί με χρήση διαδοχικών ισοδυναμιών, με εκτέλεση αντιστρεπτών πράξεων και στα δύο μέλη, μέχρις ότου προκύψει ισότητα που θα είναι προφανώς αληθής. 22 Αλγεβρικές παραστάσεις Έχουμε δηλαδή : f = g ⇔ f1 = g1 ⇔ ... ⇔ f κ = g κ , όπου η διαδικασία τελειώνει εφόσον η αλήθεια της τελευταίας ισότητας είναι φανερή. Παραδείγματα 1. Να αποδειχθεί η ταυτότητα (x 2 + y 2 + z 2 ) 2 − (xy + yz + zx) 2 = (x 2 − yz) 2 + (y 2 − zx) 2 + (z 2 − xy) 2 . Λύση (1ος τρόπος) Το πρώτο μέλος, έστω Α, γράφεται A = x 4 + y 4 + z 4 + 2(xy 2 + yz 2 + zx 2 ) − ⎡⎣ x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 + 2xyz(x + y + z) ⎤⎦ = x 4 + y 4 + z 4 + x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 − 2xyz(x + y + z) . Το δεύτερο μέλος, έστω Β, γράφεται B = x 4 − 2x 2 yz + y 2 z 2 + y 4 − 2y 2 zx + z 2 x 2 + z 4 − 2z 2 xy + x 2 y 2 = x 4 + y 4 + z 4 + x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 − 2xyz(x + y + z) , δηλαδή προέκυψε η ίδια παράσταση, όπως και για το Α, οπότε λόγω της μεταβατικής ιδιότητας έπεται ότι A = B . 2ος τρόπος Η ταυτότητα αυτή μπορεί να αποδειχθεί και απευθείας με χρήση της ταυτότητας του Lagrange με κατάλληλη διαμόρφωση του πρώτου μέλους. Έχουμε σχετικά: (x 2 + y 2 + z 2 ) 2 − (xy + yz + zx) 2 = (x 2 + y 2 + z 2 )(x 2 + y 2 + z 2 ) − (xy + yz + zx) 2 = (x 2 + y 2 + z 2 )(z 2 + x 2 + y 2 ) − (xz + yx + zy) 2 2 2 x y y z z x = + + z x x y y z 2 = (x 2 − yz) 2 + (y 2 − zx) 2 + (z 2 − xy) 2 . . (Γ) Η μέθοδος της μαθηματικής ή τέλειας επαγωγής Η μέθοδος αυτή χρησιμοποιείται για την απόδειξη ταυτοτήτων και γενικότερα προτασιακών τύπων Ρ(ν), όπου η μεταβλητή ν έχει σύνολο αναφοράς τους θετικούς ακέραιους. Σημειώνουμε ότι με το σύμβολο Ρ(x) συμβολίζουμε μία μαθηματική έκφραση που περιέχει το σύμβολο x ∈ E και την ονομάζουμε προτασιακό τύπο της μεταβλητής x με σύνολο αναφοράς το σύνολο Ε. Αν αντικαταστήσουμε τη μεταβλητή x με ένα στοιχείο α ∈ Ε , τότε η μαθηματική έκφραση Ρ(α) που προκύπτει ονομάζεται λογική πρόταση ή απλά πρόταση, δηλαδή είναι μία μαθηματική έκφραση με αυτοτελές νόημα η οποία χαρακτηρίζεται μόνον ως «αληθής», δηλαδή έχει τιμή αληθείας α ή μόνον ως «ψευδής», δηλαδή έχει τιμή αληθείας ψ. 23 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 Για παράδειγμα, αν θεωρήσουμε τον προτασιακό τύπο P(x) : «ο x είναι περιττός αριθμός, x ∈ N * », τότε η πρόταση Ρ(3): «ο 3 είναι περιττός αριθμός», είναι αληθής (έχει τιμή αληθείας α), ενώ η πρόταση Ρ(4): «ο 4 είναι περιττός αριθμός», είναι ψευδής (έχει τιμή αληθείας ψ). Η μέθοδος βασίζεται στην αρχή της μαθηματικής επαγωγής που ακολουθεί. Θεώρημα 1. (Αρχή της μαθηματικής επαγωγής) Έστω Ρ(ν) είναι ένας προτασιακός τύπος με ν ∈ N*, για τον οποίο ισχύουν: (α) Ρ(1) αληθής, (β) για κάθε κ ∈ N*, αν Ρ( κ) αληθής, τότε και Ρ( κ + 1) είναι αληθής. Τότε ο προτασιακός τύπος Ρ(ν) αληθεύει για κάθε ν ∈ N*. Παρατηρήσεις (Ι) Τα βήματα στην εφαρμογή της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής είναι δύο. (1ο) Πρώτα αποδεικνύουμε ότι αληθεύει ο προτασιακός τύπος για ν = 1 . (2ο) Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι η πρόταση αληθεύει για ν = κ ∈ ∗ και αποδεικνύουμε ότι αληθεύει και για ν = κ + 1 . . (ΙΙ) Η μέθοδος της μαθηματικής επαγωγής μπορεί να χρησιμοποιηθεί για την απόδειξη προτασιακών τύπων Ρ(ν) για ν ≥ ν 0 , όπου ν 0 είναι ένας θετικός ακέραιος μεγαλύτερος του 1. Στην περίπτωση αυτή αποδεικνύουμε πρώτα ότι αληθεύει ο προτασιακός τύπος για ν = ν 0 . Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι αληθεύει η πρόταση Ρ( κ) , κ ∈ Ρ( κ + 1) ∗ , κ ≥ ν 0 , και αποδεικνύουμε ότι αληθεύει και η πρόταση . (ΙΙΙ) Υπάρχει και δεύτερη μορφή της μαθηματικής τέλειας επαγωγής που ακολουθεί πάλι δύο βήματα και βασίζεται στο παρακάτω θεώρημα: Θεώρημα 2. Έστω ένας προτασιακός τύπος με ν ∈ ∗ για τον οποίο ισχύουν: (α) οι προτάσεις Ρ(1)και Ρ(2) είναι αληθείς, (β) αν οι προτάσεις Ρ( κ) και Ρ( κ + 1) , κ ∈ ∗ με κ > 2 , είναι αληθείς, τότε και η πρόταση είναι αληθής. Τότε ο προτασιακός τύπος Ρ(ν) αληθεύει για κάθε ν ∈ N*. (IV) H παρατήρηση ΙΙ ισχύει και για τη δεύτερη μορφή της μαθηματικής επαγωγής. 24 Αλγεβρικές παραστάσεις Παραδείγματα 1. Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο ν ισχύει ν(ν + 1) (α) 1 + 2 + 3 + ... + ν = . 2 ν(ν + 1)(2ν + 1) . (β) 12 + 22 + 32 + ... + ν 2 = 6 2 ⎡ ν(ν + 1) ⎤ . (γ) 13 + 23 + 33 + ... + ν 3 = ⎢ ⎣ 2 ⎥⎦ ν(ν + 1)(ν + 2) . (δ) 1i2 + 2i3 + ... + ν(ν + 1) = 3 1 1 1 ν + + ... + = . (ε) 1i2 2i3 ν(ν + 1) ν + 1 Απόδειξη 1i2 ⇔ 1 = 1 , αληθής. Έστω 2 κ( κ + 1) . Θα αποδείξουμε ότι αληθεύει η πρόταση Ρ( κ) :1 + 2 + 3 + ... + κ = 2 ότι αληθεύει και η πρόταση ( κ + 1)( κ + 1 + 1) ( κ + 1)( κ + 2) Ρ( κ + 1) :1 + 2 + 3 + ... + κ + ( κ + 1) = = 2 2 Πράγματι, έχουμε: 1 + 2 + 3 + ... + κ + ( κ + 1) = (1 + 2 + 3 + ... + κ) + ( κ + 1) (α) Για ν = 1 έχουμε την πρόταση Ρ(1) :1 = κ( κ + 1) + ( κ + 1) 2 ⎛ κ ⎞ ( κ + 1)( κ + 2) = ( κ + 1) ⎜ + 1⎟ = 2 ⎝2 ⎠ Άρα, σύμφωνα με την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, για κάθε θετικό ακέραιο ν ισχύει ότι ν(ν + 1) 1 + 2 + 3 + ... + ν = 2 (β-ε) Όλες αποδεικνύονται με τυπική εφαρμογή της μεθόδου της μαθηματικής επαγωγής. = ΙΙ. Απόδειξη ταυτοτήτων κάτω από συνθήκες f1 = 0, f 2 = 0,..., f ν = 0, ν ∈ ∗ ⇒g=0 (f1 , f 2 ,..., f ν , g είναι αλγεβρικές παραστάσεις) 25 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 Στην περίπτωση αυτή έχουμε τις υποθέσεις f1 = 0, f 2 = 0,..., f ν = 0, ν ∈ ∗ , που είναι μία ή περισσότερες και ονομάζονται συνθήκες ή περιορισμοί του προβλήματος. Στηριζόμενοι στις παραπάνω συνθήκες πρέπει να αποδείξου-με την αλήθεια της ισότητας g = 0 . Οι μέθοδοι απόδειξης που χρησιμοποιούνται εξαρτώνται από τη μορφή των συνθηκών και μπορεί να χρησιμοποιηθεί συνδυασμός από αυτές. Συνοπτικά μπορούν να ταξινομηθούν ως εξής: A. Ευθεία απόδειξη (με αντικατάσταση, χρήση παραγοντοποίησης και γνωστών ταυτοτήτων. Β. Μέθοδος θεώρησης ανεξάρτητων μεταβλητών. Γ. Μέθοδος διαδοχικών διαφορών. Δ. Μέθοδος από τη θεωρία γραμμικών συστημάτων. Ε. Μέθοδος πολυωνύμων. Στη συνέχεια θα περιγράψουμε και θα δώσουμε παραδείγματα για καθεμία από τις παραπάνω μεθόδους. Α. Ευθεία απόδειξη Στην περίπτωση αυτή γίνεται αντικατάσταση των μεταβλητών στη ζητούμενη σχέση και με πράξεις, παραγοντοποιήσεις και χρήση της υπόθεσης και γνωστών ταυτοτήτων στο ένα μέλος, καταλήγουμε στο άλλο μέρος της ζητούμενης ταυτότητας. Παραδείγματα 1. Αν γ = α + 2 και β = α -1 , να αποδείξετε ότι α 2β 2 γ 2 - α 2β 2 - γ 2 +1 = α 2 -1 . ⎛ γ 1⎞ α 2βγ - + β ⎜ α 2 - 2 ⎟ β β ⎠ ⎝ Απόδειξη Με γ = α + 2 και β = α -1 ο αριθμητής του πρώτου μέλους γίνεται α 2β 2 γ 2 - α 2β 2 - γ 2 +1 = α 2 (α -1) 2 (α + 2) 2 - α 2 (α -1) 2 - (α + 2) 2 +1 = α 2 (α -1) 2 ⎡⎣(α + 2) 2 -1⎤⎦ - ⎡⎣(α + 2) 2 -1⎤⎦ = ⎡⎣(α + 2) 2 -1⎤⎦ ⋅ ⎡⎣α 2 (α -1) 2 -1⎤⎦ = (α +1)(α + 3) ⎡⎣α 2 (α -1) 2 -1⎤⎦ . Ομοίως ο παρονομαστής του πρώτου μέλους γίνεται: ⎛ γ 1 ⎞ α 2β2 γ - γ α 2β2 -1 α 2βγ - + β ⎜ α 2 - 2 ⎟ = + β β ⎠ β β ⎝ 26 Αλγεβρικές παραστάσεις γ(α 2β 2 -1) + (α 2β 2 -1) = β = = (γ +1)(α 2β 2 -1) β (α + 3) ⎡⎣α 2 ( α -1) 2 -1) ⎤⎦ β Έτσι το πρώτο μέλος γίνεται 2 2 α 2β 2 γ 2 - α 2β 2 - γ 2 +1 (α +1)(α + 3) ⎡⎣α (α -1) -1⎤⎦ = ⎛ 2 1⎞ γ (α + 3) ⎣⎡α 2 (α -1) 2 -1⎦⎤ 2 α βγ - + β ⎜ α - 2 ⎟ β β ⎠ ⎝ β = β(α + 1) = (α -1)(α + 1) = α 2 -1 2. Αν είναι x = α -β β-γ γ-α , y= και z = να αποδείξετε ότι 2 2 2 2α - 2β - x 2β - 2γ - y 2γ - 2α - z + + =3 x + α -β y +β- γ z + γ-α Απόδειξη Αν αντικαταστήσουμε τη μεταβλητή x στον πρώτο όρο του πρώτου μέλους λαμβάνουμε α -β 2α - 2β 2α - 2β - x 2 = (4α - 4β - α + β)/2 = 3(α - β) = 1 . = α -β (α - β + 2α - 2β)/2 2(α - β) x + α -β + α -β 2 Ομοίως λαμβάνουμε 2β - 2γ - y 2γ - 2α - z = 1 και =1, y +β- γ z + γ-α από τις οποίες η ζητούμενη ισότητα είναι φανερή. 3. Αν α,β, x, y ∈ α β ότι = . x y , x, y ≠ 0 και (α 2 + β 2 )(x 2 + y 2 ) = (αx + βy) 2 , να αποδείξετε Απόδειξη Έχουμε (α 2 + β 2 )(x 2 + y 2 ) = (αx + βy) 2 ⇒ (α 2 + β 2 )(x 2 + y 2 ) - (αx + βy) 2 = 0 2 α β ⇒ = 0 (από ταυτότητα Lagrange) x y 27 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 ⇒ αy-βx = 0 ⇒ αy βx α β = , (αφού x, y ≠ 0 ) ⇒ = . xy xy x y 4. Αν είναι α + β + γ = 0 να αποδείξετε ότι (α + β)3 + (β + γ)3 + (γ + α)3 = -3αβγ Απόδειξη Επειδή ισχύει ότι (α + β) + (β + γ) + (γ + α) = 2(α + β + γ) = 0 , έχουμε (α + β)3 + (β + γ)3 + (γ + α)3 = 3(α + β)(β + γ)(γ + α) = 3(-γ)(-α)(-β) (αφού α + β + γ = 0 ) = −3αβγ . 5. Αν ισχύει α = β + γ , να αποδείξετε ότι 2β 2 γ 2 + 2γ 2 α 2 + 2α 2β 2 - α 4 - β 4 - γ 4 = 0 Απόδειξη Με παραγοντοποίηση το πρώτο μέλος της ζητούμενης ισότητας γίνεται: 2β 2 γ 2 + 2γ 2 α 2 + 2α 2β 2 - α 4 - β 4 - γ 4 = −(α 4 + β 4 + γ 4 - 2β 2 γ 2 - 2γ 2 α 2 - 2α 2β 2 ) = (α +β + γ)(-α +β + γ)(α -β + γ)(α +β - γ) (ταυτότητα De Moirve) = 0 , (λόγω της υπόθεσης β + γ = α .) 1 1 1 1 , να αποδείξετε ότι: + + = α β γ α +β + γ 1 1 1 1 . + 3+ 3= 3 α β γ (α + β + γ)3 6. Αν είναι αβγ(α + β + γ) ≠ 0 και Απόδειξη Στην περίπτωση αυτή με πράξεις και παραγοντοποιήσεις στη δοθείσα συνθήκη λαμβάνουμε μία ή περισσότερες απλούστερες συνθήκες με τη βοήθεια των οποίων θα αποδείξουμε τη ζητούμενη ισότητα. Έχουμε 1 1 1 1 + + = α β γ α +β + γ ⇔ (αβ + βγ + γα)(α + β + γ) - αβγ = 0 ⇔ α 2 (β + γ) + β 2 (γ + α) + γ 2 (α + β) + 2αβγ = 0 ⇔ α 2 (β + γ) + β 2 γ + β 2 α + γ 2 α + γ 2β + 2αβγ = 0 ⇔ α 2 (β + γ) + βγ(β + γ) + α(β 2 + γ 2 + 2βγ) = 0 ⇔ (β + γ)[α 2 + βγ + α(β + γ)] = 0 28 Αλγεβρικές παραστάσεις ⇔ (β + γ)(α 2 + αβ + βγ + αγ) = 0 ⇔ (β + γ) [ α(α + β) + γ(α + β) ] = 0 ⇔ (β + γ)(α + β)(γ + α) = 0 ⇔ β + γ = 0 ή α +β = 0 ή γ +α = 0. Στη συνέχεια με υπόθεση καθεμία χωριστά από τις παραπάνω συνθήκες θα αποδείξουμε την αλήθεια της ζητούμενης ισότητας. Αν είναι β + γ = 0 , τότε β = -γ και 1 1 1 1 1 1 + 3+ 3= 3+ + 3 3 3 α β γ α (-γ) γ 1 1 1 1 1 = 3- 3+ 3 = 3 = , (αφού β + γ = 0 ). α γ γ α (α + β + γ)3 Αν είναι γ + α = 0 ή α + β = 0 , ομοίως προκύπτει η ζητούμενη ισότητα. Β. Μέθοδος θεώρησης ανεξάρτητων μεταβλητών Στην περίπτωση αυτή θεωρούμε στις εξισώσεις των συνθηκών μία ή περισσότερες ανεξάρτητες μεταβλητές και προσδιορίζουμε τις υπόλοιπες (εξαρτημένες) μεταβλητές συναρτήσει των ανεξάρτητων. Στη συνέχεια αντικαθιστούμε τις εξαρτημένες μεταβλητές στη ζητούμενη ισότητα και εργαζόμαστε όπως στην περίπτωση Α. Παραδείγματα 1. Αν για τους α,β, γ ∈ ισχύει ότι αβγ = 1 , να αποδείξετε ότι 2 2 2 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞⎛ 1⎞ ⎛ ⎜ α + ⎟ + ⎜β + ⎟ + ⎜ γ + ⎟ - ⎜ α + ⎟⎜β + ⎟⎜ γ + ⎟ = 4 α⎠ ⎝ β⎠ ⎝ γ⎠ ⎝ α ⎠⎝ β ⎠⎝ γ⎠ ⎝ (δηλαδή η παράσταση του πρώτου μέλους είναι ανεξάρτητη των μεταβλητών α,β, γ ). Απόδειξη Από την δοθείσα συνθήκη αβγ = 1 , θεωρώντας διαδοχικά τις δύο από τις μεταβλητές ως ανεξάρτητες λαμβάνουμε 1 1 1 α= , β= , γ= βγ αβ γα ή ισοδύναμα 1 1 1 = γα , = αβ . = βγ , β α γ Έτσι το πρώτο μέλος της ζητούμενης ισότητας γίνεται: 2 2 2 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞⎛ 1⎞ ⎛ ⎜ α + ⎟ + ⎜β + ⎟ + ⎜ γ + ⎟ - ⎜ α + ⎟⎜β + ⎟⎜ γ + ⎟ α⎠ ⎝ β⎠ ⎝ γ⎠ ⎝ α ⎠⎝ β ⎠⎝ γ⎠ ⎝ 29 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 = (α + βγ) 2 + (β + γα) 2 + (γ + αβ) 2 - (α + βγ)(β + γα)(γ + αβ) = α 2 + β 2 + γ 2 + 6αβγ + β 2 γ 2 α 2 + α 2β 2 - αβγ - β 2 γ 2 - γ 2 α 2 -α 2β 2 - α3βγ - αβ3 γ - αβγ3 - α 2β 2 γ 2 = α 2 + β 2 + γ 2 + 5αβγ - αβγ(α 2 + β 2 + γ 2 ) - (αβγ) 2 = α 2 + β 2 γ 2 + 5 - (α 2 + β 2 γ 2 ) -1 = 4 , δηλαδή είναι ανεξάρτητη των μεταβλητών α, β και γ . Γ. Μέθοδος διαδοχικών διαφορών Με διαδοχικές αφαιρέσεις κατά μέλη των δεδομένων συνθηκών και με κατάλληλες απλοποιήσεις καταλήγουμε σε απλούστερες σχέσεις και τελικά στη σχέση που ζητάμε να αποδείξουμε. Παράδειγμα 1. Αν οι πραγματικοί αριθμοί x, y, z είναι διαφορετικοί μεταξύ τους, k ∈ ισχύουν οι ισότητες x 2 + y 2 + kxy = y 2 + z 2 + kyz = z 2 + x 2 + kzx , να αποδείξετε ότι (i) x + y + z = 0 (ii) x 2 − yz = y 2 − zx = z 2 − xy . Απόδειξη Θέτουμε x 2 + y 2 + kxy = A (1) y 2 + z 2 + kyz = A (2) z 2 + x 2 + kzx = A . (3) Με αφαίρεση κατά μέλη των (1) και (2) έχουμε: x 2 − z 2 + ky(x − z) = 0 ⇔ (x + z)(x − z) + ky(x − z) = 0 ⇔ (x − z)(x + z + ky) = 0 ⇒ x + z + ky = 0 , (4) αφού από την υπόθεση είναι x − z ≠ 0 . Με αφαίρεση κατά μέλη των (1) και (3) έχουμε: y 2 − z 2 + kx(y − z) = 0 ⇔ (y + z)(y − z) + kx(y − z) = 0 ⇔ (y − z)(y + z + kx) = 0 ⇒ y + z + kx = 0 , (5) αφού από την υπόθεση είναι y − z ≠ 0 . Με αφαίρεση κατά μέλή των (4) και (5) έχουμε: x − y + k(y − x) = 0 ⇔ (x − y)(1 − k) = 0 ⇒ k = 1 , 30 και Αλγεβρικές παραστάσεις αφού από την υπόθεση x − y ≠ 0 . Με k = 1 από την (4) προκύπτει η ισότητα του ερωτήματος (1) x+y+z=0. Η ισότητα (1) γίνεται A = x 2 + y 2 + kxy = z 2 − xy [αφού k = 1 ] ⇔ (x − y)(1 − k) = 0 ⇒ k = 1 , αφού από την υπόθεση x − y ≠ 0 . Με k = 1 από την (4) προκύπτει η ισότητα του ερωτήματος (1) x+y+z=0. Η ισότητα (1) γίνεται A = x 2 + y 2 + kxy = (x + y) 2 − 2xy + kxy = (− z) 2 − (2 − k)xy [αφού x + y + z = 0 ] = z 2 − xy [αφού k = 1 ] Ομοίως λαμβάνουμε A = y 2 − zx = x 2 − yz , οπότε τελικά έχουμε x 2 − yz = y 2 − zx = z 2 − xy . Παράδειγμα 2. Οι διάφοροι μεταξύ τους και του μηδενός πραγματικοί αριθμοί x , y , z ικανοποιούν τις σχέσεις x 3 + y 3 + μ(x + y) = y 3 + z 3 + μ(y + z) = z 3 + x 3 + μ(z + x) . Να αποδείξετε ότι ή παράσταση ⎛ x − y y + z z − x ⎞⎛ z x y ⎞ + + + + K =⎜ ⎟⎜ ⎟ x y ⎠⎝ x − y y − z z − x ⎠ ⎝ z είναι ανεξάρτητη των x , y , z και μ . Απόδειξη: Θέτουμε x 3 + y3 + μ(x + y) = A (1) y3 + z 3 + μ(y + z) = A (2) z 3 + x 3 + μ(z + x) = A (3) Με αφαίρεση κατά μέλη των (1) και (2) έχουμε x 3 − z 3 + μ(x − z) = 0 ⇔ (x − z)(x 2 + xz + z 2 ) + μ(x − z) = 0 ⇔ (x − z)(x 2 + xz + z 2 + μ) = 0 x −z≠0 ⇔ x 2 + xz + z 2 + μ = 0 (4) Ομοίως με αφαίρεση κατά μέλη των (1) και (3) έχουμε 31 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 y 2 + yz + z 2 + μ = 0 (5) Με αφαίρεση κατά μέλη των (4) και (5) έχουμε x 2 − y 2 + z(x − y) = 0 ⇔ (x − y)(x + y + z) = 0 x − y≠0 ⇔ x + y + z = 0 . (6) Μετά από πράξεις η παράσταση K γίνεται ⎛ y−z z−x⎞ z ⎛z−x x−y⎞ x ⎛x−y y−z⎞ y K = 3+⎜ + +⎜ + +⎜ + ⎟⋅ ⎟⋅ ⎟⋅ y ⎠ x−y ⎝ y z ⎠ y−z ⎝ z x ⎠ z−x ⎝ x Επιπλέον έχουμε ⎛y−z z−x⎞ z y 2 − zy + zx − x 2 z + ⋅ = ⋅ ⎜ ⎟ y ⎠ x−y xy x−y ⎝ x (y − x)(y + x) − z(y − x) z = ⋅ xy x−y (y − x)(y + x − z) z −(y + x − z)z = ⋅ = xy x−y xy = 2z 2 , (αφού x + y + z = 0 ). xy Ομοίως προκύπτουν ⎛ z − x x − y ⎞⎛ x ⎞ 2x 2 + ⎜ ⎟⎜ ⎟= z ⎠⎝ y − z ⎠ yz ⎝ y 2 ⎛ x − y y − z ⎞⎛ y ⎞ zy . + = ⎜ ⎟⎜ ⎟ x ⎠⎝ z − x ⎠ zx ⎝ z Έτσι η παράσταση K γίνεται 2 ( x 3 + y3 + z 3 ) 2z 2 2x 2 2y 2 = 3+ . K = 3+ + + xyz xy yz zx Όμως, είναι γνωστή η συνεπαγωγή x + y + z = 0 ⇒ x 3 + y3 + z 3 = 3xyz , οπότε μέσω αυτής έχουμε ότι K = 9 , δηλαδή είναι ανεξάρτητη των x , y , z και μ . Δ. Μέθοδος από τη θεωρία γραμμικών συστημάτων Η μεθοδολογία που ακολουθεί αναφέρεται στην περίπτωση που μεταξύ των συνθηκών του προβλήματος υπάρχουν δύο τουλάχιστον γραμμικές εξισώσεις. (1) Αν οι συνθήκες του προβλήματος περιλαμβάνουν το ομογενές γραμμικό σύστημα τύπου n × n 32 Αλγεβρικές παραστάσεις a11x1 + a12 x 2 + ... + a1n x n = 0 ⎫ a 21x 2 + a 22 x 2 + ... + a 2n x n = 0 ⎪ ⇔ AX = 0 , ............................................. ⎬ ⎪ a n1x1 + a n 2 x 2 + ... + a nn x n = 0 ⎭ όπου ⎡ a11 a12 ...a1n ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡0 ⎤ ⎢ a 21 a 22 ...a 2n ⎥ ⎢x2 ⎥ ⎢0 ⎥ , X=⎢ ⎥, A=⎢ 0 = ⎢ ⎥, ⎥ ................. ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣0 ⎦ ⎣⎢ x n ⎦⎥ ⎣⎢ a n1 a n 2 ...a nn ⎦⎥ τότε η συνθήκη ύπαρξης μη μηδενικών λύσεων του συστήματος οδηγεί στη σχέση a11 a12 ...a1n a a ...a A = 21 22 2n = 0 . ................. a n1 a n 2 ...a nn (2) Στην ειδική περίπτωση που έχουμε μεταξύ των συνθηκών δύο ομογενείς γραμμικές εξισώσεις τριών μεταβλητών a1x + b1y + c1z = 0 , (1) a 2 x + b2 y + c2 z = 0 που ικανοποιούνται από τριάδες (x, y,z) ≠ (0,0,0) , τότε με την υπόθεση } a1 b1 ≠ 0, a 2 b2 το σύστημα (1) γίνεται −c1z a1x + b1 y = −c1z −c 2 z ⇔ x= a1 a 2 x + b 2 y = −c 2 z a2 b1 b ⇔x= 2 a1 a2 • Όταν είναι b1 c1 b2 c2 ≠ 0 και c1 a1 c2 a 2 b1 b2 , y= b1 b2 c1 z c2 , y= b1 b2 a1 a2 a1 a2 c1 c2 a1 a2 −c1z −c 2 z b1 b2 a1 z a2 . b1 b2 ≠ 0 , τότε το σύστημα γράφεται στην ισοδύ- ναμη μορφή x b1 c1 b2 c2 = y c1 a1 c2 a 2 33 = z a1 b1 a 2 b2 (2) Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 Στη μορφή αυτή, συμβολίζοντας τους ίσους λόγους με λ μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τους x , y , z στις υπόλοιπες συνθήκες για την απόδειξη της ζητούμενης σχέσης. b c c a • Όταν είναι 1 1 = 0 ή 1 1 = 0 , τότε προκύπτει x = 0 ή y = 0 και έτσι b2 c2 c2 a 2 έχουμε πιο απλές συνθήκες. (3) Στην περίπτωση που έχουμε μεταξύ των συνθηκών δύο γραμμικές εξισώσεις δύο μεταβλητών a1x + b1y + c1 = 0 ⎫ (3) ⎬ a 2 x + b2 y + c2 = 0⎭ και εφόσον αληθεύει ο περιορισμός a1 b1 a 2 b2 ≠ 0 , τότε τα x , y ορίζονται μονοσήμα- ντα συναρτήσει των συντελεστών a i , bi , ci , i = 1, 2 . Έχουμε ότι a1 −c1 −c1 b1 a −c 2 −c 2 b 2 , x= , y= 2 a1 b1 a1 b1 a 2 b2 a 2 b2 (4) ή ισοδύναμα, στην περίπτωση που οι ορίζουσες των αριθμητών είναι μη μηδενικές έχουμε x y 1 = = (5) b1 c1 c1 a1 a1 b1 b2 c2 c2 a 2 a 2 b2 (4) Στην περίπτωση που έχουμε μεταξύ των συνθηκών τρεις γραμμικές εξισώσεις δύο μεταβλητών a1x + b1y + c1 = 0 ⎫ ⎪ (6) a 2 x + b2 y + c2 = 0⎬ ⎪ a 3 x + b3 y + c3 = 0 ⎭ τότε η συνθήκη συμβιβαστότητας (απαλείφουσα) του συστήματος μας δίνει τη σχέση a1 b1 c1 (7) a 2 b2 c2 = 0 a 3 b3 c3 (5) Αν μεταξύ των συνθηκών του προβλήματος υπάρχουν δύο εξισώσεις μιας μεταβλητής α1x + β1 = 0 (8) α2x + β2 = 0 34 Αλγεβρικές παραστάσεις που αληθεύουν για x ≠ 0 και είναι α1α 2 ≠ 0 , τότε β β x=− 1 =− 2 , α1 α2 οπότε η συνθήκη συμβιβαστότητας είναι α1 β1 = 0. α2 β2 (9) Παράδειγμα 1. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α,β, γ, x, y, z με (x, y, z) ≠ (0,0,0) αληθεύουν οι ισότητες αx + γy + βz = 0 (1) γx + βy + γz = 0 (2) βx + αy + γz = 0 (3) να αποδείξετε ότι α 3 + β 3 + γ 3 = 3αβγ . Απόδειξη Το ομογενές γραμμικό σύστημα των εξισώσεων (1), (2) και (3) έχει, σύμφωνα με την υπόθεση, και μη μηδενική λύση (x, y,z) ≠ (0,0,0) . Επομένως θα ισχύει α γ β γ β α = 0 ⇒ (βγ − α 2 ) − γ(γ 2 − αβ) + β(γα − β 2 ) = 0 β α γ ⇒ 3αβγ − α3 − β3 − γ 3 = 0 ⇒ α3 + β3 + γ 3 − 3αβγ . Παράδειγμα 2. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α,β, γ, x, y, z με (x, y, z) ≠ (0,0,0) αληθεύουν οι ισότητες x = α(y + z) (1) y = β(z + x) (2) z = γ(x + y) (3) να αποδείξετε ότι: (i) αβ + βγ + γα + 2αβγ = 1 . (ii) x2 y2 z2 = = , α(1 − βγ) β(1 − αγ) γ(1 − αβ) (εφόσον αβγ(1 − αβ)(1 − βγ)(1 − γα)(1 + α)(1 + β)(1 + γ) ≠ 0 ). Λύση: (i) Οι δοθείσες εξισώσεις (1), (2) και (3) αποτελούν ένα ομογενές γραμμικό σύστημα 35 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 x − αy − αz = 0 ⎫ ⎪ βx − y + βz = 0 ⎬ , (Σ) γx + γy − z = 0 ⎭⎪ το οποίο, από την υπόθεση, έχει και μη μηδενική λύση. Επομένως θα έχουμε 1 −α −α β −1 +β = 0 ⇒ 1 − βγ + α(−βγ − β) − α(βγ + γ) = 0 γ γ −1 ⇒ αβ + βγ + αγ + 2αβγ = 1 2ος τρόπος Θεωρώντας τις δύο πρώτες εξισώσεις του συστήματος (Σ) ως ομογενές γραμμικό σύστημα με δύο εξισώσεις και τρεις αγνώστους λαμβάνουμε x y z = = =λ≠0 −α(β + 1) −α(β + 1) −1 + αβ ⇒ x = −λα(β + 1) , y = −λα(β + 1) , z = λ(−1 + αβ) . Τότε η τρίτη εξίσωση του (Σ) γίνεται −λαγ(β + 1) − λαγ(β + 1) = λ(−1 + αβ) ⇒ λ(αγβ + αγ + αγβ + αγ − 1 + αβ) = 0 ⇒ αβ + βγ + γα + 2αβγ = 1 . (ii) Θέτοντας z = γ(x + y) στις (1) και (2) λαμβάνουμε x = α[y + γ(x + y)]⎫ ⎧ x(1 − αγ) = y(1 + γ)α ⎬⇔⎨ y = β[γ(x + y) + x]⎭ ⎩ x(γ + 1)β = y(1 − βγ) Από τις οποίες με πολλαπλασιασμό κατά μέλη λαμβάνουμε x 2 (1 − α)(γ + 1)β = y 2 (1 + γ)(1 − βγ)α x2 y2 = (4) α(1 − βγ) β(1 − αγ) αφού από την υπόθεση είναι 1 + γ ≠ 0 και αβ(1 − βγ)(1 − γ) ≠ 0 . Εργαζόμενοι ανάλογα, με αντικατάσταση του x = α(y + z) στις (2) και (3) λαμβάνουμε την ισότητα y2 z2 = (5) β(1 − αγ) γ(1 − αβ) Από τις (4) και (5) προκύπτουν οι ζητούμενες ισότητες. ⇒ Ε. Μέθοδος από τη θεωρία πολυωνύμων Στο παρόν Κεφάλαιο, θα ασχοληθούμε μόνο με πολυώνυμα 2ου βαθμού (τριώνυμα) και θα συμπληρώσουμε τις μεθόδους στο Κεφάλαιο των πολυωνύμων που θα ακολουθήσει. Όταν μεταξύ των συνθηκών του προβλήματος υπάρχει πολυωνυμική εξίσωση δευτέρου βαθμού 36 Αλγεβρικές παραστάσεις α∈ * , β, γ ∈ αx 2 + βx + γ = 0 , και ικανοποιείται για x ∈ , τότε πρέπει Δ = β 2 − 4αγ ≥ 0 . Παράδειγμα 1. Αν για α1 ,α 2β1 ,β 2 , x ∈ (β 2 1 ) αληθεύει η ισότητα + β x 2 + 2(α1β1 + α 2β 2 )x + α12 + α 22 = 0 , (1) 2 2 να αποδείξετε ότι α1β 2 − α 2β1 = 0 . Λύση Η εξίσωση (1) είναι δευτέρου βαθμού ως προς x και έχει πραγματικές ρίζες, οπότε θα είναι Δ = 4 ⎡⎣(α1β1 + α 2β 2 ) 2 − ( β12 − β 22 )( α12 + α 22 ) ⎤⎦ ≥ 0 ⇔ − ⎣⎡( α12 + α 22 )( β12 + β 22 ) − (α1β1 + α 2β 2 ) 2 ⎦⎤ ≥ 0 ⇒ −(α1β 2 − α 2β1 ) 2 ≥ 0 , η οποία αληθεύει μόνον όταν α1β 2 − α 2β1 = 0 . ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ ΙΙΙ f = 0 ⇒ g1 = 0 ή g 2 = 0 ή … ή g ν = 0 , ν ∈ *. Στην περίπτωση αυτή προσπαθούμε να αναλύσουμε το πρώτο μέλος της συνθήκης f = 0 σε γινόμενο παραγόντων, μέσα στους οποίους περιέχονται και οι παραστάσεις g1 ,g 2 ,...,g ν . Έτσι, αν προκύψει η συνθήκη g1g 2 ...g ν g = 0 και εξασφαλίσουμε ότι ισχύει g ≠ 0 , τότε προκύπτουν οι ζητούμενες σχέσεις g1 = 0 ή g 2 = 0 ή…ή g ν = 0 . Παράδειγμα 1. Αν για τους αριθμούς x, y, z ∈ ισχύει ότι x 2 (y − z) + y 2 (z − x) + z 2 (x − y) = 0 , να αποδείξετε ότι δύο τουλάχιστον από αυτούς είναι ίσοι. Απόδειξη Με παραγοντοποίηση του πρώτου μέλους της ισότητας έχουμε: x 2 (y − z) + y 2 (z − x) + z 2 (x − y) = 0 ⇒ x 2 y − x 2 z + y 2 z − y 2 x + z 2 (x − y) = 0 ⇒ (x 2 y − y 2 x) − (x 2 z − y 2 z) + z 2 (x − y) = 0 37 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 ⇒ xy(x − y) − z(x 2 − y 2 ) + z 2 (x − y) = 0 ⇒ (x − y) ⎡⎣ xy − z(x + y) + z 2 ⎤⎦ = 0 ⇒ (x − y)(xy − zx − zy + z 2 ) = 0 ⇒ (x − y) [ x(y − z) − z(y − z) ] = 0 ⇒ (x − y)(y − z)(x − z) = 0 ⇒x−y=0 ή y−z=0 ή x−z=0 ⇒ x = y ή y = z ή x = z. Παράδειγμα 2. Αν για τους αριθμούς x, y, z ∈ ισχύει ότι x + y 3 + z 3 = 3xyz 3 να αποδείξετε ότι θα ισχύει x+y+z = 0 ή x = y = z. Απόδειξη Χρησιμοποιώντας την ταυτότητα του Euler έχουμε x 3 + y3 + z3 = 3xyz ⇒ x 3 + y3 + z 3 − 3xyz = 0 1 ⇒ (x + y + z) ⎡⎣(x − y) 2 + (y − z) 2 + (z − x) 2 ⎤⎦ = 0 2 ⇒ x + y + z = 0 ή (x − y) 2 + (y − z) 2 + (z − x) 2 = 0 ⇒ x + y+z = 0 ή x = y = z, αφού, αν ίσχυε ότι x − y ≠ 0 ή y − z ≠ 0 ή z − x ≠ 0 , τότε θα είχαμε (x − y) 2 + (y − z) 2 + (z − x) 2 > 0 . Παράδειγμα 3. Αν για τους αριθμούς x, y, z ∈ ισχύει ότι x 4 yz + y 4 zx + z 4 xy − x 3 y 3 − y 3 z 3 − z 3 x 3 = 0 , να αποδείξετε ότι ένας τουλάχιστον από τους x, y, z είναι μέσος ανάλογος των δύο άλλων, δηλαδή θα είναι x 2 = yz ή y 2 = zx ή z 2 = xy . Απόδειξη Με βάση τους παράγοντες x 2 − yz , y 2 − zx και z 2 − xy που πρέπει να προκύψουν από την παραγοντοποίηση του πρώτου μέλους της δοθείσας σχέσης έχουμε x 4 yz + y 4 zx + z 4 xy − x 3 y3 − y3z 3 − z 3 x 3 = 0 ⇒ xyz 4 − z3 x 3 − z 3 y3 + x 2 y 2 z 2 − x 2 y 2 z 2 + x 4 yz + y 4 zx − x 3 y3 = 0 ⇒ z 2 (xyz 2 − zx 3 − zy3 + x 2 y 2 ) − xy(xyz 2 − zx 3 − zy3 + x 2 y 2 ) = 0 ⇒ (xyz 2 − zx 3 − zy3 + x 2 y 2 ) ⋅ (z 2 − xy) = 0 38 Αλγεβρικές παραστάσεις ⇒ ⎡⎣(xyz 2 − zx 3 ) − (zy3 − x 2 y 2 ) ⎤⎦ ⋅ (z 2 − xy) = 0 ⇒ ⎡⎣ zx(yz − x 2 ) − y 2 (yz − x 2 ) ⎤⎦ ⋅ (z 2 − xy) = 0 ⇒ (yz − x 2 )(zx − y 2 )(z 2 − xy) = 0 ⇒ yz − x 2 = 0 ή zx − y 2 = 0 ή z 2 xy = 0 ⇒ x 2 = yz ή y 2 = zx ή z 2 = xy . ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ IV f = 0 ⇒ g1 = 0 και g 2 = 0 … και g ν = 0 , ( ν ∈ *) Στην περίπτωση αυτή προσπαθούμε να μετατρέψουμε το πρώτο μέλος της συνθήκης f = 0 σε άθροισμα τετραγώνων της μορφής g12 + g 22 + ... + g 2ν , οπότε πλέον από την ισότητα g12 + g 22 + ... + g 2ν = 0 , ν ∈ * προκύπτουν οι ισότητες g1 = 0 και g 2 = 0 … και g ν = 0 . Παράδειγμα 1. Αν για τους α,β, γ ∈ ισχύει ότι: α 2 + β 2 + γ 2 − αβ − βγ − γα = 0 να αποδείξετε ότι: α = β = γ . Απόδειξη Έχουμε: α 2 + β 2 + γ 2 − αβ − βγ − αγ = 0 ⇒ 2α 2 + 2β 2 + 2γ 2 − 2αβ − 2βγ − 2γα = 0 ⇒ (α − β) 2 + (β − γ) 2 + (γ − α) 2 = 0 ⇒ α −β = 0 ή β − γ = 0 ή γ −α = 0 ⇒ α =β ή β = γ ή γ = α, γιατί, αν είναι α − β ≠ 0 ή β − γ ≠ 0 ή γ − α ≠ 0 , τότε θα είναι (α − β) 2 + (β − γ) 2 + (γ − α) 2 > 0 . Παράδειγμα 2. Αν για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x, y, z ισχύει ότι x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz , να αποδείξετε ότι θα είναι x = y = z . Απόδειξη Χρησιμοποιώντας την ταυτότητα του Euler λαμβάνουμε x 3 + y3 + z3 = 3xyz 39 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 ⇒ x 3 + y3 + z3 − 3xyz = 0 1 ⇒ (x + y + z) ⎡⎣(x − y) 2 + (y − z) 2 + (z − x) 2 ⎤⎦ = 0 (1) 2 ⇒x=y=z, αφού για θετικούς x, y, z θα είναι x + y + z > 0 , ενώ αν υποθέσουμε ότι μία τουλάχιστον από τις διαφορές x − y , y − z , z − x δεν είναι μηδέν, τότε θα έχουμε και (x − y) 2 + (y − z) 2 + (z − x) 2 > 0 , που είναι άτοπο, γιατί λόγω της (1) πρέπει ένας τουλάχιστον από τους παράγοντες x + y + z , (x − y) 2 + (y − z) 2 + (z − x) 2 να είναι μηδέν. 40 Αλγεβρικές παραστάσεις AΣΚΗΣΕΙΣ 1. Να παραγοντοποιήσετε τις παραστάσεις: (α ) xy ( x − y ) + yz ( y − z ) + zx( z − x) ( β ) x3 ( y − z ) + y 3 ( z − x) + z 3 ( x − y ) (γ ) ( x − y )3 + ( y − z )3 + ( z − x)3 (δ ) x 4 + 4 y 4 (ε ) a 4 + 3a 2b 2 + 9b 4 (στ ) (a − 1)3 − 8 + (a + 1)3 + 6(a 2 − 1) (ζ ) x 2 − y 2 − 2 z 2 + zx + 3 yz 2. Να απλοποιήσετε τις παραστάσεις: a 3 + b3 (α ) 4 a + a 2b 2 + b 4 1 ⎛ 1 1⎞ 3 ⎛ 1 1⎞ 6 ⎛1 1⎞ + 3 ⎟+ + 2 ⎟+ (β ) ⎜ + ⎟ 3 ⎜ 3 4 ⎜ 2 ( a + b) ⎝ a b ⎠ ( a + b) ⎝ a b ⎠ ( a + b)5 ⎝ a b ⎠ 1 ⎛ 1 1⎞ 2 ⎛ 1 1⎞ 2 ⎛ 1 1⎞ (γ ) − 4 ⎟+ − 3 ⎟+ ⎜ − ⎟ 3 ⎜ 4 4 ⎜ 3 ( a + b) ⎝ a b ⎠ ( a + b) ⎝ a b ⎠ ( a + b )5 ⎝ a 2 b 2 ⎠ (δ ) a − b b − c c − a (a − b)(b − c)(c − a) + + + a + b b + c c + a (a + b)(b + c)(c + a) (ε ) a 2 − bc b 2 − ca c 2 − ab + + (a + b)(a + c) (b + c)(b + a ) (c + a )(c + b) 3. Να αποδείξετε τις ταυτότητες: (α ) ( x 2 − y 2 ) 2 + (2 xy ) 2 = ( x 2 + y 2 ) 2 ( β ) (a + b + c + d )2 + (a + b − c − d ) 2 + (a + c − b − d ) 2 + (a + d − b − c)2 = 4(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) (γ ) (a 2 − b 2 + c 2 − d 2 ) 2 + 2(ab − bc + dc + ad ) 2 = (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 2 − 2(ab − ad + bc + dc) 2 3 3 ⎛ x3 − 2 y 3 ⎞ ⎛ 2 x3 − y 3 ⎞ +⎜ y 3 + y3 (δ ) x = ⎜ x 3 3 ⎟ 3 ⎟ ⎝ x +y ⎠ ⎝ x +y ⎠ 2 (ε ) (6 x − 4 xy + 4 y 2 )3 = (3x 2 + 5 xy − 5 y 2 )3 + (4 x 2 − 4 xy + 6 y 2 )3 + (5 x 2 − 5 xy − 3 y 2 )3 3 4. Αν a, b, c ∈ , a ≠ b ≠ c ≠ a, να αποδείξετε ότι: 41 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 b−c c−a a −b 1 1 ⎞ ⎛ 1 + + = 2⎜ + + ⎟ (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b) ⎝ a −b b−c c−a ⎠ 5. Αν οι a, b, c, d ∈ είναι διαφορετικοί ανά δύο και Sk = ak bk ck + + (a − b)(a − c) (b − a )(b − c) (c − a )(c − b), να αποδείξετε ότι : (α ) S0 = S1 = 0 ( β ) S2 = 1 (γ ) S3 = a + b + c (δ ) S4 = a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca (ε ) S5 = a 3 + b3 + c3 + a 2b + b 2 a + b 2c + c 2b + c 2 a + a 2 c + abc 6. Αν οι a, b, c, d ∈ είναι διαφορετικοί ανά δύο και ak bk ck dk + + + (a − b)(a − c)(a − d ) (b − a)(b − c)(b − d ) (c − a)(c − b)(c − d ) (d − a)(d − b)(d − c) να αποδείξετε ότι : (α ) S0 = S1 = S2 = 0 Tk = ( β ) S3 = 1 (γ ) S4 = a + b + c + d . 7. Να απλοποιήσετε τις παραστάσεις 1 1 1 (α ) + + a (a − b)(a − c) b(b − a )(b − c) c(c − a )(c − b) 1 1 1 (β ) 2 + 2 + 2 . a (a − b)(a − c) b (b − a )(b − c) c (c − a)(c − b) 8. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς x, y, z ισχύει ότι xyz = 1, να αποδείξετε ότι οι παραστάσεις x y z Κ ( x, y , z ) = + + , xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1 x +1 y +1 z +1 , Λ ( x, y , z ) = + + xy + x + 1 yz + y + 1 zx + z + 1 με xy + x + 1 ≠ 0, είναι ανεξάρτητες των x, y, z. 9. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a, b, c ισχύει ότι a + b + c = 0 , να αποδείξετε ότι: (α ) (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 = 2(a 4 + b 4 + c 4 ) ( β ) [(a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 ]2 = 2[( a − b) 4 + (b − c) 4 + (c − a) 4 ] 42 Αλγεβρικές παραστάσεις 10. Αν είναι a −b b−c c−a , y= , z= a+b b+c c+a a, b, c ∈ , (a + b)(b + c)(c + a ) ≠ 0, x= να αποδείξετε ότι (1 + x)(1 + y )(1 + z ) = (1 − x)(1 − y )(1 − z ). 11. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a, b, c ισχύει ότι a + b + c = 0, να αποδείξετε ότι 5 (α ) a 5 + b5 + c 5 = abc(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 6 ( β ) (a 3 + b3 + c 3 )(a 2 + b 2 + c 2 ) = (a 5 + b5 + c 5 ) 5 7 (γ ) a 7 + b7 + c 7 = (a 2 + b 2 + c 2 )(a 5 + b5 + c 5 ). 10 12. Αν είναι x1 , x2 ,...xn ∈ , n ∈ ∗ και x1 + x2 + .... + xn = nτ , 2 να αποδείξετε ότι: (τ − x1 ) 2 + (τ − x2 ) 2 + ...(τ − xn ) 2 = x12 + x22 + ... + xn2 . 13. Αν είναι ai , bi ∈ n να αποδείξετε ότι: n n i =1 i =1 με ai + bi = 1, για κάθε i = 1, 2,..., n και na = ∑ ai , nb = ∑ bi n ∑ a b = nab − ∑ (a − a) . i =1 i i i =1 2 i 14. Aν είναι ax + by + cz = 0 , να απλοποιήσετε την παράσταση ax 2 + by 2 + cz 2 Α= . bc( y − z ) 2 + ca( z − x) 2 + ab( x − y ) 2 15. Θεωρούμε την παράσταση Ax 2 + 2 Bxy + Cy 2 και θέτουμε x = α x1 + β y1 , y = γ x1 + δ y1 , οπότε αυτή γίνεται A1 x12 + 2 Bx1 y1 + C1 y12 . Να αποδείξετε ότι B12 − A1C1 = ( B 2 − AC )(αδ − βγ ) 2 . 16. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a1 , a2 ,...an ισχύει ότι 43 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 n(a12 + a22 + ... + an2 ) = (a1 + a2 + ... + an ) 2 , να αποδείξετε ότι : a1 = a2 = ... = an 17. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς x, y, z ισχύει ότι ( x − y ) 2 + ( y − z ) 2 + ( z − x) 2 = ( x + y − 2 z ) 2 + ( y + z − 2 x) 2 + ( z + x − 2 y ) 2 να αποδείξετε ότι x= y=z. 18. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a, b, c, d με cd ≠ 0 ισχύει ότι (a + b + c + d )(a − b − c + d ) = (a − b + c − d )(a + b − c − d ) να αποδείξετε ότι a b = . c d 19. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a, b, c με back ≠ 0 ισχύει ότι 1 1 1 1 , + + = a b c a+b+c να αποδείξετε ότι 1 1 1 1 , + n+ n = n n a b c a + bn + cn όπου n είναι περιττός φυσικός αριθμός. 20. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a, b, c με abc ≠ 0 ισχύει b2 + c 2 − a 2 c 2 + a 2 − b2 a 2 + b2 − c 2 + + = 1, 2bc 2ca 2ab να αποδείξετε ότι δύο από τα τρία κλάσματα του πρώτου μέλους είναι ίσα με 1 και ότι το κλάσμα που απομένει είναι ίσο με –1. 21. Αν για τους μη μηδενικούς πραγματικούς αριθμούς a, b, c, x, y, z ισχύει ότι bz + cy cx + az ay + bx = = , x(−ax + by + cz ) y (ax − by + cz ) z (ax + by − cz ) να αποδείξετε ότι x y z = = . 2 2 2 2 2 2 2 a(b + c − a ) b(c + a − b ) c(a + b 2 − c 2 ) [ Όλοι οι παρανομαστές υποτίθεται ότι είναι διάφοροι του μηδενός ]. 22. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς x, y, z ισχύει ότι x + y + z = 0, να αποδείξετε ότι: (ax − by ) n + (ay − bz ) n + (az − bx) n = (ay − bx) n + (az − by ) n + (ax − bz ) n , για n = 1, 2 και 4. 44 Αλγεβρικές παραστάσεις ΚΑΛΟΚΑΙΡΙΝΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΣΧΟΛΕΙΟ Ε.Μ.Ε. ΛΕΠΤΟΚΑΡΥΑ ΠΙΕΡΙΑΣ 2012 ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Α΄ ΛΥΚΕΙΟΥ Αγγελική Σ. Βλάχου Μαθηματικός, καθηγήτρια Μέσης Εκπαίδευσης Εργασία 1 Ενότητα: Ταυτότητες Μέρος 1 Να γίνει η σωστή αντιστοίχιση μεταξύ των δυο στηλών. Κάθε στοιχείο της στήλης Α αντιστοιχεί σε ένα και μόνο ίσο του στοιχείο της στήλης Β. ΣΤΗΛΗ Α Ταυτότητα ΣΤΗΛΗ Β Ανάπτυγμα ταυτότητας (α + β ) 2 3 Β. (α − β ) 3 3 Γ. α − β 2 2 Δ. α − β 3 3 Ε. α + β 2 ΣΤ. χ + (α + β ) χ + αβ ν ν Ζ. α − β 3 3 3 Η. α + β + γ − 3αβγ 2 Θ. (α + β − γ ) 1. Α. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. α 2 + β 2 + γ 2 + 2αβ − 2βγ − 2αγ 1 (α + β + γ +)[(α − β ) 2 + ( β − γ ) 2 + (γ − α ) 2 ] 2 α 2 + 2αβ + β 2 (α + β )(α 2 − αβ + β 2 ) α 3 − 3α 2 β + 3αβ 2 − β 3 (α − β )(α 2 + αβ + β 2 ) ( χ + α )( χ + β ) (α − β )(α ν −1 + ... + β ν −1 ) (α + β )(α − β ) Μέρος 2 Να σημειώσετε τη σωστή απάντηση (Σ) ή τη λανθασμένη απάντηση (Λ) δίπλα στις παρακάτω προτάσεις: 1. 2. 3. 4. 5. χ 2 + ψ 2 + ω 2 = 0 , τότε: χ = ψ = ω = 0 (−α − β ) 2 = (α + β ) 2 (α − β ) 2 = ( β − α ) 2 2 2 2 Το ανάπτυγμα της ταυτότητας (α + β ) είναι α + β 2ν Ο αριθμός 3 − 1 είναι πολλαπλάσιο του 8 Αν 45 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 6. 7. 8. 9. 10. 11. α είναι περιττός αριθμός, τότε το α 2 είναι άρτιος αριθμός (α − β ) 3 = ( β − α ) 3 2 2 Αν ισχύει : α + β + 53 = 14α + 4 β , τότε: α = 7, β = 2 (α − β − γ ) 2 = α 2 + β 2 + γ 2 − 2αβ − 2βγ − 2γα α3 + β3 +γ 3 Αν α + β + γ = 0 , τότε: =1 αβγ 1 3 1 Αν (α + ) = 125, α ≠ 0 , τότε: α + =5 α α Αν Μέρος 3 1. 2. 3. 4. 5. 6. Να εκφράσετε ως πολυώνυμο του χ την παράσταση Α = ( χ 3 − 3χ 2 + 1) 2 − 2 χ ( χ − 1) 3 . Αν χ + 4ψ = 8 και χψ = 3 να βρεθούν οι τιμές των αριθμών Κ = χ 2 + 16ψ 2 και Λ = χ 3 + 64ψ 3 . 2 2 Αν χ + ψ = 2 χ − 1 να βρεθούν οι αριθμοί χ ,ψ . 3 3 2 2 Αν α + β = 3, α + β = 9 , να υπολογίσετε τους : α .β και α + β . 6 Να αποδείξετε ότι ο αριθμός: 5 − 1 διαιρείται με 24. 1 1 1 Αν α + β + γ = 2, + + = 0 , να αποδείξετε ότι: α 2 + β 2 + γ 2 = 4 . α β γ Μέρος 4 1. 2. Αν χ + ψ + ω = 1, χ + ψ + ω = 13 και ένας τουλάχιστον από τους χ ,ψ , ω είναι μηδέν. 2 Αν για τους χ ,ψ , ω 2 ισχύει : 3 χ 3 + ψ 3 + ω 3 = 19 2 χ 3 +ψ 3 =( 27 χψ 3 , να αποδείξετε ότι ) ω και χ + ψ + ω ≠ 0 , να αποδείξετε ω2 χ =ψ = ω . 3 3 3 Αν (α + β ) = α + β , τότε ποιο συμπέρασμα προκύπτει για τους α ,β; 2 2 4 6 4 6 Αν α + β = 1 , να αποδείξετε ότι η παράσταση Α = 3α − 2α + 3β − 2 β είναι ανεξάρτητη των α , β . ότι: 3. 4. 5. Αν 3χ + 1 χ = 3 + 2 , να υπολογίσετε τις παραστάσεις: Α = 3χ 2 + 1 χ 2 , Β = 3 3χ 3 + 1 χ 46 3 και Γ = 9χ 4 + 1 χ4 Αλγεβρικές παραστάσεις Εργασία 2 Ενότητα: Παραγοντοποίηση Μέρος 1 Να γίνει η σωστή αντιστοίχιση μεταξύ των δυο στηλών. Κάθε στοιχείο της στήλης Α αντιστοιχεί σε ένα και μόνο στοιχείο της στήλης Β : Στήλη Α (Αλγεβρική παράσταση) Α. Β. Γ. Δ. Ε. 16 25 2 2 χ − 36 χ2 −7 1 27 χ 3 − 64 1 χ2 −χ + 4 χ2 − 1 2 ΣΤ. 9 χ − χ + 36 2 Ζ. χ − 4 χ + 3 2 Η. χ + 2 χ − 15 Στήλη Β (αντίστοιχο γινόμενο) 1. ( χ − 7)( χ + 7) 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. ( 2 χ + 6)( 2 χ − 6) 1 (χ − ) 2 2 ( χ − 1)( χ − 3) 1 3 1 (3χ − )(9 χ 2 + χ + ) 4 4 16 ( χ − 7 )( χ + 7 ) 4 4 ( χ − )( χ + ) 5 5 1 (3χ − ) 2 6 ( χ + 5)( χ − 3) Μέρος 2 Να σημειώσετε τη σωστή απάντηση (Σ) ή τη λανθασμένη απάντηση (Λ) δίπλα στις παρακάτω προτάσεις: (− χ + 1)(− χ − 1) = 1 − χ 2 2 2 2. Ισχύει : χ − 2 χ + 1 = ( χ − 1) 1. Ισχύει : 3. Το κλάσμα 4. 5. 6. 7. 8. χ χ 2 − 5χ είναι ίσο με ,εφόσον 2 χ +5 χ − 25 2 Είναι : χ + 4 = ( χ + 2)( χ − 2) 2 Ισχύει : 3χ − 6 = 3χ ( χ + 2 )( χ − 2 ) 2 3 Ισχύει : ( χ + 2)( χ − 2 χ + 4) = χ − 8 3 Ισχύει: χ ( 2 χ − 1)(2 χ + 1) = 4 χ − χ 2 Ισχύει: ( − χ + 2)(− χ − 2) = χ − 4 Μέρος 3 1. Να γίνουν γινόμενο οι παρακάτω παραστάσεις: 4 χ 2 − 8χ = 2 β) (3χ − 1) − 9 = α) 47 είναι χ ≠5 Καλοκαιρινό μαθηματικό σχολείο ΕΜΕ 2011 4( χ − 1) 2 − 36 = 3 δ) χ − 125χ = 2 ε) (α + β ) − α − β = 2 2 στ) χ − ψ + 2ψ − 1 = 4 4 ζ) χ + 4ψ = 3 3 2 2 η) χ + ψ − χ ψ − χψ − χ − ψ = 2 2 θ) χ − ψ − 7 χ + 7ψ = 5 4 ι) α + α − α − 1 = 3μ 3κ 2μ 2κ κ) χ − χ + χ − χ = 6 λ) ζ + 8 = 1 2 2 μ) χ − χ + − ψ = 4 4 2 2 4 ν) χ − 11χ ψ + ψ = γ) ξ) χ + χ −2= 0) α +α +1 = 4 , με χ ≥0 2 Μέρος 4 1) Να απλοποιήσετε τις παρακάτω ρητές παραστάσεις και να γράψετε τους απαραίτητους περιορισμούς ,έτσι ώστε να είναι δυνατή η απλοποίηση: α3 + β3 α 2 − γ 2 + β 2 + 2αβ Α= , Β= 2 , (α − β ) 2 + αβ α − β 2 + γ 2 + 2αγ χ 3 − 4 χ 2 + 3χ ( χ 4 − 1)( χ 2 − 2 χ ) και Δ = 3 Γ= . χ2 −χ ( χ − 4 χ )( χ 2 − χ ) 2) Αν α + β − 1 = αβ , να αποδείξετε ότι α = 1 ή β = 1 . 3) Αν α ( β 2 + 1) = β (α 2 + 1) , να αποδείξετε ότι οι α , β είναι ίσοι ή αντίστροφοι. 4) Αν χ 2 − ψ 2 − 2 χ − 6ψ = 8 , να αποδείξετε ότι: ψ = χ − 4 ή ψ = − χ − 2 . 5) Αν αχ 2 + αχ + α = βχ 2 + βχ + β , να αποδείξετε ότι: α = β . α3 −β3 + αβ = (α + β ) 2 . α −β 2 2 2 7) Αν ( β − α + γ )( β 2 + α 2 − γ 2 ) = 4α 2 γ 2 , με α , β , γ να είναι πλευρές τριγώνου να αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο. 8) Να γίνει γινόμενο παραγόντων η παράσταση: χ 5 + χ + 1 . 9) Αν ισχύει : (4 χ − 1) 3 + 27(2 − χ ) 3 − (5 + χ ) 3 = 0 να αποδείξετε ότι: 1 ή χ = , ή χ = 2 , ή χ = −5 . 4 6) Να αποδείξετε ότι 48