10 Νοεμβρίου 2025
Σημειώσεις Μαθηματικών Α Λυκείου, λύσεις των ασκήσεων του σχολικού βιβλίου και αναλυτική θεωρία. Στην ενότητα αυτή αναλύονται η απόλυτη τιμή και οι ιδιότητες της.
Η απόλυτη τιμή ενός πραγματικού αριθμού ορίζεται από τον τύπο:
\[|\alpha| = \left\{ \begin{array}{ll} \alpha, & \alpha \geq 0 \\ - \alpha, & \alpha < 0 \end{array} \right.\]
ο ο οποίος χρησιμοποιείται για να υπολογίσουμε την απόλυτη τιμή.
Ορίστε μερικά αριθμητικά παραδείγματα:
\[|0| = 0\]
\[|2| = 2\]
\[\left| {- 2} \right| = {- {({- 2})}}\]
\[\left| {- 7} \right| = {- {({- 7})}} = {+ 7}\]
Δηλαδή αν η ποσότητα που είναι μέσα στο απόλυτο είναι θετική τότε απλά την ξαναγράφουμε χωρίς το απόλυτο, ενώ αν είναι αρνητική αντικαταστούμε το απόλυτο με παρενθέσεις και μπροστά βάζουμε αρνητικό πρόσημο. Ορίστε ένα ακόμα παράδειγμα:
\[\left| {\pi - 4} \right| = {- {({\pi - 4})}} = {4 - \pi}\]
στο παραπάνω παράδειγμα το π-4 είναι αρνητική ποσότητα.
Ενώ
\[\left| {\pi - 3} \right| = {\pi - 3}\]
αφού η ποσότητα \(\pi - 3\) είναι θετική.
Επίσης ισχύουν οι παρακάτω προτάσεις:
(1) \(|\alpha| = \left| {- \alpha} \right| \geq 0\)
Για να το καταλάβουμε ας δούμε μερικά αριθμητικά παραδείγματα:
\[|5| = \left| {- 5} \right| = 5 \geq 0\]
\[|0| = |0| = 0\]
(2) \(|\alpha| \geq \alpha\) και \(|\alpha| \geq {- \alpha}\)
Ορίστε μερικά αριθμητικά παραδείγματα:
\[|5| = 5 \quad και \quad |5| > {- 5}\]
\[\left| {- 6} \right| > {- 6}\quad και \quad \left| {- 6} \right| = {- {({- 6})}} = 6\]
\[|0| = 0\]
(3) \(|\alpha|^{2} = \alpha^{2}\)
Αυτή πρόταση είναι πολύ σημαντική. Ορίστε μερικά αριθμητικά παραδείγματα:
\[|5|^{2} = 5^{2}\]
\[\left| {- 5} \right|^{2} = {({- 5})}^{2}\]
\[|0|^{2} = 0^{2}\]
(4) Αν \(\theta > 0\) τότε
\[{|x| = \theta}\Leftrightarrow {\{x = \theta} \quad ή \quad {x = {- \theta}\}}\]
Ορίστε μερικά αριθμητικά παραδείγματα:
\[{|x| = 5}\Leftrightarrow{\{x = 5} \quad ή \quad {x = {- 5}\}}\]
Η πρόταση αυτή όπως και η επόμενη θα φανεί χρήσιμη όταν λύνουμε εξισώσεις με απόλυτες τιμές.
(5) Αν \(\theta > 0\) τότε
\[{|x| = |\theta|}\Leftrightarrow{\{x = \theta}\quad ή \quad {x = {- \theta}\}}\]
παρακάτω δίνουμε τρεις σημαντικές ιδιότητες των απόλυτων τιμών μαζί με τις αποδείξεις τους:
(Α) \[\left| {\alpha \cdot \beta} \right| = {|\alpha| \cdot |\beta|}\]
Θα αποδείξουμε αυτή την σχέση με την ευθεία απόδειξη και μάλιστα με τον δεύτερο τρόπο.
Θα αρχίσουμε με την πρόταση που θέλουμε να αποδείξουμε ως αληθής. Αυτή την στιγμή δεν γνωρίζουμε αν είναι αληθής ή ψευδής.
\[\left| {\alpha \cdot \beta} \right| = {|\alpha| \cdot |\beta|} \Leftrightarrow\]
αφού και τα δύο μέλη είναι θετικές ποσότητες (βλέπε ) μπορούμε να τα υψώσουμε στην δεύτερη δύναμη (ν=2) σύμφωνα με την ιδιότητα:
\[{\left| {\alpha \cdot \beta} \right|^{2} = {({|\alpha| \cdot |\beta|})}^{2}}\Leftrightarrow\]
\[{\left| {\alpha \cdot \beta} \right|^{2} = {|\alpha|^{2} \cdot |\beta|^{2}}}\Leftrightarrow\]
σύμφωνα με την πρόταση έχουμε:
\[{{({\alpha \cdot \beta})}^{2} = \alpha^{2}}\beta^{2}\]
που προφανώς είναι αληθής. Επομένως θα είναι αληθής και η αρχική σχέση λόγω των ισοδυναμιών.
(Β) \[\left| \frac{\alpha}{\beta} \right| = \frac{|\alpha|}{|\beta|}\]
Για να την αποδείξουμε εργαζόμαστε αναλόγως:
\[\left| \frac{\alpha}{\beta} \right| = \frac{|\alpha|}{|\beta|} \Leftrightarrow\]
\[\left| \frac{\alpha}{\beta} \right|^{2} = \frac{|\alpha|^{2}}{|\beta|^{2}} \Leftrightarrow\]
\[{(\frac{\alpha}{\beta})}^{2} = \frac{\alpha^{2}}{\beta^{2}}\]
που ισχύει.
(Γ) \[\left| {\alpha + \beta} \right| \leq {|\alpha| + |\beta|}\]
Εργαζόμαστε αναλόγως:
\[\left| {\alpha + \beta} \right| \leq {|\alpha| + |\beta|} \Leftrightarrow\]
για να υψώσουμε στο τετράγωνο και τα δυο μέλη πρέπει να σιγουρευτούμε ότι είναι θετικά ή μηδέν. Πράγματι:
\[\left| {\alpha + \beta} \right| \geq 0\]
\[|\alpha| \geq 0\quad και \quad |\beta| \geq 0\]
επομένως:
\[{\left| {\alpha + \beta} \right|^{2} \leq {({|\alpha| + |\beta|})}^{2}}\Leftrightarrow\]
\[{\left| {\alpha + \beta} \right|^{2} \leq {|\alpha|^{2} + 2}}{{|\alpha| \cdot |\beta|} + |\beta|^{2}} \Leftrightarrow\]
\[{{({\alpha + \beta})}^{2} \leq {\alpha^{2} + 2}}|\alpha|{|\beta| + \beta^{2}}\Leftrightarrow\]
\[{\alpha^{2} + 2}{{\mathit{\alpha\beta} + \beta^{2}} \leq {\alpha^{2} + 2}}|\alpha|{|\beta| + \beta^{2}}\Leftrightarrow\]
\[2{\mathit{\alpha\beta} \leq 2}|\alpha||\beta|\Leftrightarrow\]
\[\mathit{\alpha\beta} \leq \left| \mathit{\alpha\beta} \right|\]
η τελευταία σχέση είναι αληθής μόνο όταν ένα ή και τα δύο από τα α και β είναι μηδέν ή όταν τα α και β είναι ομόσημοι έτσι ώστε \(\mathit{\alpha\beta} > 0\) ή ετερόσημοι ώστε \(\mathit{\alpha\beta} < 0\).
Επομένως σε αυτές τις περιπτώσεις θα είναι αληθής και η αρχική, π.χ. αν \(\alpha = {- 4}\) και \(\beta = {- 5}\) έχω:
\[\left| {{({- 4})} + {({- 5})}} \right| \leq {\left| {- 4} \right| + \left| {- 5} \right|}\]
\[\left| {- 9} \right| \leq {4 + 5}\]
\[9 \leq 9\]
εδώ ισχύει η ισότητα.
Όταν όμως τα α και β είναι ετερόσημοι τότε αυτή η σχέση πάλι ισχύει, π.χ. για \(\alpha = 4\) και \(\beta = {- 5}\) έχω:
\[\left| {4 + {({- 5})}} \right| \leq {|4| + \left| {- 5} \right|}\]
\[\left| {- 1} \right| \leq {4 + 5}\]
\[1 \leq 9\]
εδώ ισχύει η ανισότητα.
Η απόσταση δύο αριθμών α και β πάνω στην ευθεία των αριθμών συμβολίζεται με \(d{({\alpha,\beta})}\) ή \(d{({\beta,\alpha})}\) και δίνεται από τον τύπο:
\[d{{({\alpha,\beta})} = d}{{({\beta,\alpha})} = \left| {\alpha - \beta} \right| = \left| {\beta - \alpha} \right|}\]
Μήκος ενός διαστήματος \([α,β]\) ορίζεται η απόσταση \[d{{({\alpha,\beta})} = \left| {\alpha - \beta} \right|}\]
Αν έχουμε δύο αριθμούς α και β πάνω σε έναν άξονα με \(α>β\) τότε το μέσο του διαστήματος \([α,β]\) είναι ο αριθμός \[x_{0} = \frac{\alpha + \beta}{2}\]
ενώ ο αριθμός \[\rho = \frac{\beta - \alpha}{2}\] είναι η ακτίνα του διαστήματος, δηλαδή η απόσταση από το κέντρο \(x_{0}\) μέχρι το ένα άκρο α ή β.
Τώρα έχουμε δύο ενδιαφέρουσες περιπτώσεις:
(1) Αν θέλουμε να βρούμε όλους τους αριθμούς που βρίσκονται μέσα σε μία περιοχή του άξονα με κέντρο το \(x_{0}\) και ακτίνα \(\rho\) πρέπει να λύσουμε την έκφραση
\[\left| {x–x_{0}} \right| < \rho\]
Δηλαδή για \(x_{0} \in {\mathbb{R}}\) και \(\rho > 0\), ισχύει:
\[{\left| {x–x_{0}} \right| < \rho}\Leftrightarrow\]
\[{x \in {({{x_{0} - \rho},{x_{0} + \rho}})}}\Leftrightarrow\]
\[{{{x_{0} - \rho} < x < {x_{0} + \rho}}}\]
Σε αυτή την περίπτωση επίσης γράφουμε:
\[d{{({x,x_{0}})} < \rho}\]
π,χ, αν θέλουμε να υπολογίσουμε όλους τους αριθμούς που βρίσκονται σε ένα διάστημα με κέντρο το \(x_{0} = 3\) και ακτίνα \(\rho = 2\) αρκεί να λύσουμε:
\[{\left| {x - 3} \right| < 2}\Leftrightarrow\]
\[x \in {({1,5})}\Leftrightarrow\]
\[{1 < x < 5}\]
Επίσης σε αυτή την περίπτωση γράφουμε:
\[d{{({x,3})} < 2}\]
(2) Αν θέλουμε να βρούμε όλους τους αριθμούς που βρίσκονται έξω από μία περιοχή του άξονα με κέντρο το \(x_{0}\) και ακτίνα \(\rho\) πρέπει να λύσουμε την έκφραση
\[\left| {x–x_{0}} \right| > \rho\].
Δηλαδή για \(x_{0} \in {\mathbb{R}}\) και \(\rho > 0\), ισχύει:
\[{\left| {x–x_{0}} \right| > \rho}\Leftrightarrow\]
\[x \in ({- \infty},{x_{0} - \rho}) U ({x_{0} + \rho}{, + \infty})\Leftrightarrow\]
\[{x < {x_{0} - \rho}} \quad ή \quad {x > {x_{0} + \rho}}\]
Σε αυτή την περίπτωση επίσης γράφουμε:
\[d{{({x,x_{0}})} > \rho}\]
π,χ, αν θέλουμε να υπολογίσουμε όλους τους αριθμούς που βρίσκονται έξω από ένα διάστημα με κέντρο το \(x_{0} = 3\) και ακτίνα \(\rho = 2\) αρκεί να λύσουμε:
\[{\left| {x - 3} \right| > 2}\Leftrightarrow\]
\[{x \in {{({{- \infty},5})} \cup {({1{, + \infty}})}}}\Leftrightarrow\]
\[{x < {1 \cup x} > 5}\]
Επίσης σε αυτή την περίπτωση γράφουμε:
\[d{{({x,3})} > 2}\]
(3) Σε όλες τις περιπτώσεις μπορεί στο διάστημα να περιλαμβάνονται και τα άκρα του. Σε αυτή την περίπτωση βάζουμε και την ισότητα στις παραπάνω σχέσεις,
π.χ. για να υπολογίσουμε όλους τους αριθμούς που βρίσκονται μέσα στο διάστημα (μαζί με τα άκρα του διαστήματος) που έχει κέντρο το \(x_{0} = {- 4}\) και ακτίνα \(\rho = 6\) έχουμε:
\[d{{({x{, - 4}})} \leq 6}\Leftrightarrow{\left| {x - {({- 4})}} \right| \leq 6}\Leftrightarrow\]
\[{x \in {\lbrack{{{- 4} - 6}{, - 4 + 6}}\rbrack}}\Leftrightarrow{\lbrack{{- 10},2}\rbrack}\]
(4) Οι παραπάνω τύποι και απλοποιούνται σημαντικά όταν \(x_{0} = 0\).
Δηλαδή: για \(\rho > 0\), ισχύει:
\[{|x| < \rho}\Leftrightarrow{x \in {({{- \rho},\rho})}}{{\Leftrightarrow - \rho} < x < {+ \rho}}\]
Για \(\rho > 0\), ισχύει:
\[{|x| > \rho}\Leftrightarrow\]
\[x \in (- \infty, - \rho) \cup (\rho, + \infty)\Leftrightarrow\]
\[x < - \rho \quad ή \quad x > + \rho\]
Να γράψετε τις παρακάτω παραστάσεις χωρίς απόλυτες τιμές.
Λύση:
Για να υπολογίσουμε μία απόλυτη τιμή πρέπει να γνωρίζουμε το πρόσημο που έχει η ποσότητα που είναι μέσα στο απόλυτο. Αν αυτή η ποσότητα είναι θετική τότε απλά μετατρέπουμε την απόλυτη τιμή σε παρενθέσεις. Ενώ αν είναι αρνητική μετατρέπουμε πάλι σε παρενθέσεις αλλά αυτή την φορά βάζουμε και ένα αρνητικό πρόσημο μπροστά.
Ας ξεκινήσουμε με το πρώτο παράδειγμα (i). Θέλουμε να υπολογίσουμε την ποσότητα:
\[\left| {\pi - 3} \right|\]
Εμείς αρχικά θα υπολογίσουμε το πρόσημο της ποσότητας που είναι μέσα στην απόλυτη τιμή:
\[{\pi - 3} \approx {3,14 - 3} > 0\]
Επομένως θα αντικαταστήσουμε την απόλυτη τιμή με παρενθέσεις:
\[\left| {\pi - 3} \right| = {({\pi - 3})} = {\pi - 3}\]
Σχετικά με το δεύτερο παράδειγμα (ii) εργαζόμαστε αναλόγως. Θέλουμε να υπολογίσουμε την απόλυτη τιμή:
\[\left| {\pi - 4} \right|\]
Θα εξετάσουμε το πρόσημο της ποσότητας:
\[{\pi - 4} \approx {3,14 - 4} < 0\]
Επομένως θα μετατρέψουμε την απόλυτη τιμή σε παρενθέσεις και θα βάλουμε ένα αρνητικό πρόσημο μπροστά.
\[\left| {\pi - 4} \right| = {- {({\pi - 4})}} = {{- \pi} + 4}\]
Για την τρίτη περίπτωση (iii) εργαζόμαστε αναλόγως:
\[\left| {3 - \pi} \right| + \left| {4 - \pi} \right|\]
Έχουμε \[{3 - \pi} < 0\] και \[{4 - \pi} > 0\]
Επομένως:
\[{\left| {3 - \pi} \right| + \left| {4 - \pi} \right|} = {{- {({3 - \pi})}} + {({4 - \pi})}}\]
κάνουμε και τις πράξεις:
\[{{- 3} + \pi + 4 - \pi} = 1\]
Στην τέταρτη περίπτωση (iv) εργαζόμαστε αναλόγως:
\[\left| {\sqrt{2}–\sqrt{3}} \right|–\left| {\sqrt{3}–\sqrt{2}} \right|={}\]
\[{- {({\sqrt{2} - \sqrt{3}})}} - {({\sqrt{3}–\sqrt{2}})}={}\]
\[{{- \sqrt{2}} + \sqrt{3}}–{{\sqrt{3} + \sqrt{2}} = 0}\]
Αν \(3 < x < 4\), να γράψετε χωρίς την απόλυτη τιμή την παράσταση
\[\left| {x - 3} \right|–\left| {4–x} \right|\],
Λύση:
Για να υπολογίσουμε τις απόλυτες τιμές πρέπει να υπολογίσουμε τα πρόσημα των ποσοτήτων που είναι μέσα στις απόλυτες τιμές.
Στην υπόθεση (δεδομένα) μας δίνεται ότι:
\[3 < x < 4\]
που αυτό σημαίνει:
\[3 < x\] και \[x < 4\]
που μπορούμε να γράψουμε:
\[0 < {x - 3}\] και \[{x - 4} < 0\]
Επομένως έχουμε:
\[\left| {x - 3} \right|–\left| {4–x} \right|={}\]
\[{({x - 3})} - {\lbrack{- {({4 - x})}}\rbrack}={}\]
\[{({x - 3})} + {({4–x})}={}\]
\[{x - 3 + 4}–{x = 1}\]
Να γράψετε χωρίς την απόλυτη τιμή την παράσταση \[\left| {x - 3} \right|–\left| {4 - x} \right|\]
όταν:
Λύση:
Για να υπολογίσουμε την πρώτη περίπτωση (i) πρέπει αν λάβουμε υπόψιν ότι
\[{x < 3}\Leftrightarrow{{x - 3} < 0}\]
Όμως όταν το το \[x < 3\] είναι και
\[{x < 4}\Leftrightarrow{0 < {4 - x}}\]
Επομένως η απόλυτη τιμή υπολογίζεται ως εξής:
\[\left| {x - 3} \right|–\left| {4 - x} \right|={}\]
\[{- {({x - 3})}} - {({4–x})}={}\]
\[{{- x} + 3 - 4 + x} = {- 1}\]
Για να υπολογίσουμε την δεύτερη περίπτωση (ii) πρέπει αν λάβουμε υπόψιν ότι
\[{x > 4}\Leftrightarrow{0 > {4 - x}}\]
Όμως όταν το το \[x > 4\] είναι και
\[{x > 3}\Leftrightarrow{{x - 3} > 0}\]
Επομένως η απόλυτη τιμή υπολογίζεται ως εξής:
\[\left| {x - 3} \right|–\left| {4 - x} \right|={}\]
\[{({x - 3})} + {({4–x})}={}\]
\[{x - 3 + 4 - x} = 1\]
Αν \(\alpha \neq \beta\), να βρείτε την τιμή της παράστασης:
\[\left| \frac{\alpha - \beta}{\beta - \alpha} \right|\].
Λύση:
Έχουμε διαδοχικά με ισότητες:
\[\left| \frac{\alpha - \beta}{\beta - \alpha} \right|\]
\[\left| \frac{- {({\beta - \alpha})}}{\beta - \alpha} \right|\]
\[\frac{\left| {- {({\beta - \alpha})}} \right|}{\left| {\beta - \alpha} \right|}\]
Εφαρμόζω τώρα την ιδιότητα: $ | -(β-α) | = | β-α | $
\[\frac{\left| {\beta - \alpha} \right|}{\left| {\beta - \alpha} \right|} = 1\]
Ακόμα μπορούμε να λύσουμε την παράσταση με τον εξής τρόπο:
\[\left| \frac{\alpha - \beta}{\beta - \alpha} \right| = \left| \frac{- {({\alpha - \beta})}}{\beta - \alpha} \right| = \left| {- 1} \right| = 1\]
Αν \(x \neq 0\) και \(y \neq 0\), να βρείτε τις τιμές που μπορεί να πάρει η παράσταση:
\[Α = {\frac{|x|}{x} + \frac{|y|}{y}}\].
Λύση:
Για να λύσουμε αυτή την άσκηση δεν έχουμε άλλη επιλογή από το να εξετάσουμε διάφορες περιπτώσεις αφού δεν γνωρίζουμε αν τα x και y είναι θετικά ή αρνητικά ώστε να μπορέσουμε να υπολογίσουμε τις απόλυτες τιμές.
Υπάρχουν οι παρακάτω περιπτώσεις:
(α) Το \(x > 0\) και (ταυτόχρονα) το \(y > 0\) τότε η παράσταση απλοποιείται ως εξής σύμφωνα με τον ορισμό.
\[Α = {\frac{|x|}{x} + \frac{|y|}{y}} = {\frac{x}{x} + \frac{y}{y}} = {1 + 1} = 2\]
(β) Τα \(x > 0\) και \(y < 0\) τότε:
\[Α = {\frac{|x|}{x} + \frac{|y|}{y}} = {\frac{x}{x} - \frac{y}{y}} = {1 - 1} = 0\]
(γ) Τα \(x < 0\) και \(y > 0\) τότε:
\[Α = {\frac{|x|}{x} + \frac{|y|}{y}} = {{- \frac{x}{x}} + \frac{y}{y}} = {{- 1} + 1} = 0\]
(δ) Τα \(x < 0\) και \(y < 0\) τότε:
\[Α = {\frac{|x|}{x} + \frac{|y|}{y}} = {{- \frac{x}{x}} - \frac{y}{y}} = {{- 1} - 1} = {- 2}\]
Αν Η διάμετρος ενός δίσκου μετρήθηκε και βρέθηκε \(2,37\mathit{dm}\). Το λάθος της μέτρησης είναι το πολυ \(0,005\mathit{dm}\). Αν D είναι η πραγματική διάμετρος του κύκλου, τότε:
Να εκφράσετε την παραπάνω παραδοχή με τη βοήθεια της έννοιας της απόστασης
Να βρείτε μεταξύ ποιών ορίων βρίσκεται η τιμή D.
Λύση:
Για να λύσουμε ταυτόχρονα την πρώτη και δεύτερη περίπτωση (i) και (ii) πρέπει να σκεφτούμε τα παρακάτω:
Όταν μετράμε ένα φυσικό μέγεθος στην πραγματικότητα θέλουμε να υπολογίσουμε έναν πραγματικό αριθμό \(x\) (ή D) που αντιστοιχεί στο φυσικό μέγεθος.
Πάντα όμως θα υπάρχει ένα λάθος στην μέτρηση για πολλούς λόγους με τον κυριότερο λόγο να είναι ότι το όργανο με το οποίο μετράμε είναι ατελές, π.χ.
Όταν έχουμε ένα μέτρο και αυτό είναι διαβαθμισμένο ανά χιλιοστά τότε δεν μπορούμε να μετρήσουμε ποσότητες μικρότερες από ένα χιλιοστό γιατί δεν υπάρχουν οι κατάλληλες ενδείξεις πάνω στο μέτρο.
Κατά συνέπεια, στην περίπτωση της άσκησης μετρήσαμε μία ποσότητα ίση με
\[2,37\mathit{dm}\]
αλλά έχουμε ένα σφάλμα στην μέτρηση ίσο με
\[{\pm 0,005}\mathit{dm}\]
Αυτό σημαίνει ότι το πραγματικό μέγεθος x (ή D) του αντικειμένου που μετρήσαμε είναι μεταξύ των αριθμών:
\[{2,37 - 0,005}\mathit{dm}\] και \[{2,37 + 0,005}\mathit{dm}\]
ή αν κάνουμε τις πράξεις:
\[2,365\mathit{dm}\] και \[2,375\mathit{dm}\]
Εδώ έχουμε να κάνουμε με ένα διάστημα όπου μέσα σε αυτό θα βρίσκεται το πραγματικό μέγεθος x του αντικειμένου.
Δηλαδή μπορούμε να γράψουμε:
\[x \in {\lbrack{2,365\mathit{dm},\quad 2,375\mathit{dm}}\rbrack}\]
Το διάστημα αυτό έχει κέντρο:
\[{x_{0} = \frac{2,365 + 2,375}{2} = 2,37}\mathit{dm}\]
που είναι η κατά εκτίμηση μέτρηση που κάναμε (όχι ακριβής)
και ακτίνα:
\[{\rho = \frac{2,375–2,365}{2} = 0,005}\mathit{dm}\]
που είναι το εκτιμώμενο σφάλμα αυτής της μέτρησης.
Επίσης μπορούμε να γράψουμε:
\[d({x, \quad 2,37}) \leq 0,005\Leftrightarrow\]
\[\left| x–2,37 \right| \leq 0,005\Leftrightarrow\]
\[x \in \lbrack 2,365,\quad 2,375 \rbrack\Leftrightarrow\]
\[2,365 \leq x \leq 2,375\]
Να συμπληρώσετε τον πίνακα του σχολικού βιβλίου.
Λύση:
Για να λύσουμε τα παρακάτω παραδείγματα αρχικά θα υπολογίσουμε το κέντρο \(x_{0}\) και την ακτίνα \(\rho\) του διαστήματος. Έπειτα συνεχίζουμε αναλόγως. Επομένως έχουμε:
(α) αν δίνεται ότι
\[\left| {x - 4} \right| \leq 2\]
τότε μπορούμε να γράψουμε ότι \[x_{0} = 4\quad και \quad \rho = 2\]
επομένως
\[d{{({x,4})} \leq 2}\]
και για το διάστημα να γράψουμε
\[x \in {\lbrack{{4 - 2},{4 + 2}}\rbrack} = {\lbrack 2,6\rbrack}\]
(β) αν δίνεται ότι
\[\left| {x + 3} \right| < 4\]
τότε μπορούμε να γράψουμε ότι \[x_{0} = {- 3}\quad και \quad \rho = 4\]
επομένως
\[d{{({x{, - 3}})} < 4}\]
και για το διάστημα να γράψουμε
\[x \in {({{{- 3} - 4}{, - 3 + 4}})} = {({- 7,1})}\]
(γ) αν δίνεται ότι
\[\left| {x - 4} \right| > 2\]
τότε μπορούμε να γράψουμε ότι \[x_{0} = 4\quad και \quad \rho = 2\]
επομένως
\[d{{({x,4})} > 2}\]
και για το διάστημα να γράψουμε
\[x \in {{({{- \infty},2})} \cup {({6{, + \infty}})}}\]
(δ) αν δίνεται ότι
\[\left| {x + 3} \right| \geq 4\]
τότε μπορούμε να γράψουμε ότι \[x_{0} = {- 3}\quad και \quad \rho = 4\]
επομένως
\[d{{({x{, - 3}})} \geq 4}\]
και για το διάστημα να γράψουμε
\[x \in {{({{- \infty}{, - 7}})} \cup {({{- 1}{, + \infty}})}}\]
(ε) αν δίνεται ότι
\[d{{({x,5})} < 1}\]
τότε μπορούμε να γράψουμε ότι \[x_{0} = 5\quad και \quad \rho = 1\]
επομένως
\[\left| {x - 5} \right| < 1\]
και για το διάστημα να γράψουμε
\[x \in {({{5 - 1},{5 + 1}})} = {(4,6)}\]
(στ) αν δίνεται ότι
\[d{{({x{, - 1}})} > 2}\]
τότε μπορούμε να γράψουμε ότι \[x_{0} = {- 1}\quad και \quad \rho = 2\]
επομένως
\[\left| {x + 1} \right| > 2\]
και για το διάστημα να γράψουμε
\[x \in {{({{- \infty}{, - 3}})} \cup {({1{, + \infty}})}}\]
(στ) αν δίνεται ότι
\[d{{({x,5})} \geq 1}\]
τότε μπορούμε με τους τύπους , να γράψουμε ότι \[x_{0} = 5\quad και \quad \rho = 1\]
επομένως
\[\left| {x - 5} \right| \geq 1\]
και για το διάστημα να γράψουμε
\[{x \in {( - \infty}},4{\rbrack \cup \lbrack}6{, + \infty})\]
(η) αν δίνεται ότι
\[d{{({x{, - 1}})} \leq 2}\]
τότε μπορούμε με τους τύπους , να γράψουμε ότι \[x_{0} = {- 1}\quad και \quad \rho = 2\]
επομένως
\[\left| {x + 1} \right| \leq 2\]
και για το διάστημα να γράψουμε
\[x \in {({{- 3},1})}\]
(θ) όταν δίνεται ότι:
\[x \in {({- 2,2})}\]
τότε βρίσκω αρχικά το κέντρο και την ακτίνα:
\[x_{0} = \frac{{- 2} + 2}{2} = 0\quad και \quad \rho = \frac{2 - {({- 2})}}{2} = 2\]
επομένως έχουμε ότι:
\[d{{({x,0})} < 2}\Leftrightarrow{\left| {x - 0} \right| < 2}\]
(ι) όταν δίνεται ότι:
\[x \in {\lbrack{- 5,1}\rbrack}\]
τότε βρίσκω αρχικά το κέντρο και την ακτίνα:
\[x_{0} = \frac{{- 5} + 1}{2} = {- 2}\quad και \quad \rho = \frac{1 - {({- 5})}}{2} = 3\]
επομένως έχουμε ότι:
\[d{{({x{, - 2}})} \leq 3}\Leftrightarrow{\left| {x + 2} \right| \leq 3}\]
(ια) όταν δίνεται ότι:
\[{x \in {( - \infty}}{, - 2}{\rbrack \cup \lbrack}2{, + \infty})\]
τότε βρίσκω αρχικά το κέντρο και την ακτίνα:
\[x_{0} = \frac{{- 2} + 2}{2} = 0\quad και \quad \rho = \frac{2 - {({- 2})}}{2} = 2\]
επομένως έχουμε ότι:
\[d{{({x,0})} \geq 2}\Leftrightarrow{\left| {x - 0} \right| \geq 2}\]
(ιβ) όταν δίνεται ότι:
\[{x \in {( - \infty}}{, - 5}{) \cup (}1{, + \infty})\]
τότε βρίσκω αρχικά το κέντρο και την ακτίνα:
\[x_{0} = \frac{{- 5} + 1}{2} = {- 2}\quad και \quad \rho = \frac{1 - {({- 5})}}{2} = 3\]
επομένως έχουμε ότι:
\[d{{({x{, - 2}})} > 3}\Leftrightarrow{\left| {x + 2} \right| > 3}\]
Να αποδείξετε ότι
\[\left| {\alpha - \beta} \right| \leq {\left| {\alpha - \gamma} \right| + \left| {\gamma - \beta} \right|}\]
Λύση:
Θα εργαστούμε ως εξής:
\[\left| {\alpha - \beta} \right| \leq {\left| {\alpha - \gamma} \right| + \left| {\gamma - \beta} \right|} \Leftrightarrow\]
\[\left| {\alpha - \beta} \right|^{2} \leq {({\left| {\alpha - \gamma} \right| + \left| {\gamma - \beta} \right|})}^{2} \Leftrightarrow\]
\[{{({\alpha - \beta})}^{2} \leq {\left| {\alpha - \gamma} \right|^{2} + 2}}\left| {\alpha - \gamma} \right|{\left| {\gamma - \beta} \right| + \left| {\gamma - \beta} \right|^{2}} \Leftrightarrow\]
\[{{({\alpha - \beta})}^{2} \leq {{({\alpha - \gamma})}^{2} + 2}}\left| {\alpha - \gamma} \right|{\left| {\gamma - \beta} \right| + {({\gamma - \beta})}^{2}} \Leftrightarrow\]
\[ {{\alpha^{2} - 2}{{\mathit{\alpha\beta} + \beta^{2}} \leq {\alpha^{2} - 2}}{\mathit{\alpha\gamma} + \gamma^{2} +}} {{ 2}{\left| {{({\alpha - \gamma})}{({\gamma - \beta})}} \right| + \gamma^{2} - 2}{\mathit{\beta\gamma} + \beta^{2}}}\Leftrightarrow\]
\[{- 2}{\mathit{\alpha\beta} + 2}{\mathit{\alpha\gamma} - 2}{\gamma^{2} + 2}{\mathit{\beta\gamma} \leq 2}\left| {{({\alpha - \gamma})}{({\gamma - \beta})}} \right| \Leftrightarrow\]
\[2\alpha{{({\gamma - \beta})} - 2}\gamma{{({\gamma - \beta})} \leq 2}\left| {{({\alpha - \gamma})}{({\gamma - \beta})}} \right| \Leftrightarrow\]
\[2{({\alpha - \gamma})}{{({\gamma - \beta})} \leq 2}\left| {{({\alpha - \gamma})}{({\gamma - \beta})}} \right|\]
που είναι αληθής. Επομένως θα είναι αληθής και η αρχική.
Αν \(\alpha > \beta\), να αποδείξετε ότι:
\[\alpha = \frac{\alpha + \beta + \left| {\alpha - \beta} \right|}{2}\]
\[\beta = \frac{{\alpha + \beta}–\left| {\alpha - \beta} \right|}{2}\]
Λύση:
Για να αποδείξουμε την πρώτη περίπτωση (i) θα χρησιμοποιήσουμε την ευθεία απόδειξη και μάλιστα την μέθοδο . Θα αρχίσουμε από το δεύτερο μέλος αυτής της σχέσης με σκοπό να φτάσουμε στο πρώτο.
\[\frac{\alpha + \beta + \left| {\alpha - \beta} \right|}{2}\]
αφού \(\alpha > \beta\) έχουμε \({\alpha - \beta} > 0\) και \(\left|\alpha-\beta\right|=α-β\)
\[\frac{\alpha + \beta + \alpha - \beta}{2}=\frac{2\alpha}{2}=α\]
Για την δεύτερη περίπτωση (ii) εργαζόμαστε αναλόγως. Σας την αφήνω ως εφαρμογή.
Τι σημαίνει για τους αριθμούς x και y:
(i ) Η ισότητα \[{|x| + |y|} = 0\]
(ii ) Η ανισότητα \[{|x| + |y|} > 0\]
Λύση:
Σχετικά με την πρώτη περίπτωση (i), πρέπει να σκεφτείτε ότι οι ποσότητες \(|x|\) και \(|y|\) είναι πάντα θετικές ή μηδέν.
Επομένως αν προσθέσετε δύο θετικές ποσότητες το αποτέλεσμα θα είναι θετικό και όχι μηδέν. Η ισότητα που έχουμε όμως έχει μηδενικό αποτέλεσμα.
Επομένως σε αυτή την ισότητα δεν μπορεί τα \(|x|\) και \(|y|\) να είναι θετικοί αριθμοί.
Επίσης δεν μπορεί οι αριθμοί \(|x|\) και \(|y|\) να είναι ένας από αυτούς μηδέν και ο άλλος όχι, γιατί και σε αυτή την περίπτωση δεν θα είχαμε μηδενικό αποτέλεσμα.
Υπάρχει όμως ακόμα μία περίπτωση οι αριθμοί \(|x|\) και \(|y|\) να είναι και οι δύο ταυτόχρονα μηδέν. Σε αυτή την περίπτωση θα είναι μηδέν και το άθροισμα, επομένως θα αληθεύει η ισότητα που μας δίνεται.
Επομένως:
\[{{|x| + |y|} = 0}\Leftrightarrow\]
\[|x| = 0\quad και \quad |y| = 0\Leftrightarrow\]
\[x = 0\quad και \quad y = 0\]
Προφανώς για την περίπτωση (ii) μετά από όσα είπαμε θα ισχύει για όλους του αριθμούς εκτός από το \(x = 0\) και το \(y = 0\) ταυτόχρονα.
\[{|x| + |y|} > 0 \Leftrightarrow\]
\[{x \neq 0}\quad \mathit{\kappa\alpha\iota}\quad {y \neq 0}\]
Δηλαδή μπορούμε να βάλουμε στην θέση του x και y όποιον αριθμό θέλουμε ακόμη και μηδέν εκτός από την περίπτωση να βάλουμε μηδέν και στους δύο ταυτόχρονα.
Έστω \(0 < \alpha < \beta\)
Να διατάξετε από τον μικρότερο στο μεγαλύτερο τους αριθμούς \(1\), \(\frac{\alpha}{\beta}\) και \(\frac{\beta}{\alpha}\)
Να δείξετε ότι στον πραγματικό άξονα ο αριθμός\(\frac{\alpha}{\beta}\) βρίσκεται πλησιέστερα στο 1 από ό,τι ο αριθμός \(\frac{\beta}{\alpha}\)
Λύση:
Για την πρώτη περίπτωση (i) πρέπει αρχικά να σκεφτούμε τα δεδομένα (υπόθεση) της άσκησης:
\[0 < \alpha < \beta\]
Αυτό σημαίνει τα παρακάτω:
\[\alpha > 0, \quad \beta > 0,\quad \alpha < \beta\]
Αρχίζουμε με την αληθής από την υπόθεση πρόταση:
\[\alpha < \beta\Leftrightarrow\]
πολλαπλασιάζουμε και στα δύο μέλη την θετική ποσότητα \(\frac{1}{\beta} > 0\), αφού \(1 > 0\) και \(\beta > 0\) και έχουμε:
\[{{\alpha \cdot \frac{1}{\beta}} < {\beta \cdot \frac{1}{\beta}}}\Leftrightarrow\]
\[\frac{\alpha}{\beta} < 1 \qquad (I)\]
Με αντίστοιχο τρόπο αρχίζοντας από την σχέση \(α<β\) και πολλαπλασιάζοντας με \[\frac{1}{\alpha} > 0\] καταλήγουμε στην σχέση
\[\frac{\beta}{\alpha} > 1 \qquad (II)\]
Από τις σχέσεις Ι και ΙΙ έχουμε ότι:
\[\frac{\alpha}{\beta} < 1 < \frac{\beta}{\alpha}\]
Για την δεύτερη περίπτωση (ii) πρέπει αρχικά να σκεφτούμε ότι για να υπολογίσουμε πόσο κοντά είναι δύο αριθμοί πρέπει να υπολογίσουμε την απόλυτη τιμή της διαφοράς τους.
Αρχικά θέλουμε να υπολογίσουμε πόσο κοντά είναι ο αριθμός \(\frac{\alpha}{\beta}\) στον αριθμό \(1\). Αυτό το εκφράζει η ποσότητα:
\[\left| {1–\frac{\alpha}{\beta}} \right|\]
Όμοια θέλουμε να υπολογίσουμε πόσο κοντά είναι ο αριθμός \(\frac{\beta}{\alpha}\) με τον αριθμό 1. Δηλαδή:
\[\left| {1 - \frac{\beta}{\alpha}} \right|\]
Στην εκφώνηση μας ζητείται να αποδείξουμε ότι η παρακάτω πρόταση είναι αληθής:
«ο αριθμός \(\frac{\alpha}{\beta}\) βρίσκεται πλησιέστερα στο 1 από ό,τι ο αριθμός \(\frac{\beta}{\alpha}\)»
Αυτή η πρόταση με την χρήση συμβόλων γράφεται:
\[\left| {1 - \frac{\alpha}{\beta}} \right| < \left| {1–\frac{\beta}{\alpha}} \right| \Leftrightarrow\]
λόγω των σχέσεων Ι και ΙΙ από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι:
\[{1 - \frac{\alpha}{\beta}} > 0\quad και \quad {1 - \frac{\beta}{\alpha}} < 0\]
και η ανισότητα απλοποιήται ως εξής:
\[1–{\frac{\alpha}{\beta} < {\frac{\beta}{\alpha} - 1}}\Leftrightarrow\]
πολλαπλασιάζω τώρα με την θετική ποσότητα \(\mathit{\alpha\beta} > 0\) και τα δύο μέλη:
\[{\mathit{\alpha\beta} - \mathit{\alpha\beta}}{\frac{\alpha}{\beta} < \mathit{\alpha\beta}}{\frac{\beta}{\alpha} - \mathit{\alpha\beta}}\Leftrightarrow\]
\[{{\mathit{\alpha\beta} - \alpha^{2}} < {\beta^{2} - \mathit{\alpha\beta}}}\Leftrightarrow\]
\[{\alpha^{2} - 2}{{\mathit{\alpha\beta} + \beta^{2}} > 0}\Leftrightarrow\]
\[{({\alpha - \beta})}^{2} > 0\]
Η τελευταία ανισότητα είναι πάντα αληθής συμπεριλαμβανομένου \(\alpha \neq \beta\) ή \({({\alpha - \beta})} \neq 0\) ή \({({\alpha - \beta})}^{2} \neq 0\).
Επομένως θα είναι αληθής και η πρώτη ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε.
Αν \[\left| {x‒2} \right| < 0,1\quad και \quad \left| {y‒4} \right| < 0,2\]
να εκτιμήσετε την τιμή της περιμέτρου των παρακάτω σχημάτων (βλέπε τα σχήματα στο σχολικό βιβλίο στην σελίδα 68).
Λύση:
Αρχικά αναλύουμε τις σχέσεις που μας δίνονται στην εκφώνηση:
\[\left| {x‒2} \right| < 0,1\Leftrightarrow{1,9 < x < 2,1} \qquad (I)\]
\[\left| {y‒4} \right| < 0,2\Leftrightarrow{3,8 < y < 4,2} \qquad (II)\]
Στην πρώτη περίπτωση όπου έχουμε ένα ισοσκελές τρίγωνο με ίσες πλευρές y, y και βάση x έχουμε περίμετρο ίση με \({\Pi = {x + 2}}y\).
Επομένως πολλαπλασιάζω την σχέση ΙΙ με τον θετικό αριθμό 2:
\[3,8 < y < 4,2\Leftrightarrow{7,6 < 2}{y < 8,4} \qquad (III)\]
και τώρα προσθέτω κατά μέλη τις σχέσεις Ι και ΙΙΙ:
\[{9,5 < {x + 2}}{y < 10,5}\Leftrightarrow{9,5 < \Pi < 10,5}\]
Στην δεύτερη περίπτωση που έχουμε ένα κυρτό πολύγωνο με πλευρές \(2x\), \(y\), \(x\), \(x\), \(y\) έχουμε περίμετρο ίση με \({\Pi = 4}{x + 2}y\).
Εργαζόμαστε αναλόγως με την πρώτη περίπτωση και βρίσκουμε
\[15,2 < \Pi < 16,8\]
Σας αφήνω να κάνετε τις πράξεις μόνοι σας ως εφαρμογή.
Όμοια εργαζόμαστε και στην τρίτη περίπτωση όπου έχουμε έναν κύκλο με ακτίνα x. Η περίμετρος είναι \({\Pi = 2}\pi x\)
Επομένως εδώ αρκεί να πολλαπλασιάσουμε την σχέση Ι με τον θετικό αριθμό \(2\pi\):
\[1,9 < x < 2,1\Leftrightarrow 3,8{\pi < 2}{\mathit{\pi x} < 4,2}\pi\]