Α Λυκείου ΡΙΖΕΣ

ΡΙΖΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ

ΒΑΣΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ

Η τετραγωνική ρίζα ενός μη αρνητικού αριθμού α συμβολίζεται με\(\sqrt{\alpha}\) και είναι ο μη αρνητικός αριθμός που, αν υψωθεί στο τετράγωνο, δίνει τον α.

Καταρχάς μη αρνητικός αριθμός είναι αυτός που μπορεί να είναι μηδέν ή θετικός.

Επίσης για να υπολογίσουμε μία τετραγωνική ρίζα κάνουμε τον επόμενο συλλογισμό:

Αν \(\alpha \geq 0\), τότε η \(\sqrt{\alpha}\) παριστάνει τη μη αρνητική λύση της εξίσωσης \(x^{2} = \alpha\).

Δηλαδή, π.χ. για να υπολογίσουμε την τετραγωνική ρίζα του 9 αρκεί να λύσουμε την εξίσωση

\[{x^{2} = 9}\Leftrightarrow\{{x = 3}\quad ή \quad {x = {- 3}}\}\]

και από τις δύο λύσεις που βρήκαμε πρέπει να πάρουμε την μη αρνητική, δηλαδή

\[x = 3\] ή \[\sqrt{9} = 3\]

Στα πλαίσια αυτού του μαθήματος και σύμφωνα με τον προηγούμενο ορισμό δεν θα κληθούμε να υπολογίσουμε τετραγωνικές ρίζες αρνητικών αριθμών, π.χ. δεν θα μάθουμε πως υπολογίζεται η \(\sqrt{({- 2})}\) στο σύνολο των μιγαδικών αριθμών.

Σύμφωνα λοιπόν με αυτόν τον ορισμό για τον υπολογισμό των ριζών:

1. Ως υπόριζη ποσότητα πρέπει να βάλουμε έναν μη αρνητικό αριθμό και

2. Το αποτέλεσμα που υπολογίζουμε πρέπει να είναι ένα και μη αρνητικό.

Η περίπτωση

\[\sqrt{\alpha^{2}}, \quad \alpha < 0\]

δεν έρχεται σε αντίθεση με αυτόν τον ορισμό, διότι η υπόριζη ποσότητα εξακολουθεί να είναι μη αρνητική, αφού

\[\alpha^{2} \geq 0, \quad \alpha \in \mathbb{R}\]

Με όμοιο τρόπο στα πλαίσια του σχολικού βιβλίου ορίζεται και η ν-ιοστή ρίζα, δηλαδή:

Η ν-οστή ρίζα ενός μη αρνητικού αριθμού α συμβολίζεται με

\[\sqrt[\nu]{\alpha}\]

και είναι ο μη αρνητικός αριθμός που, όταν τον υψώσουμε στην ν, δίνει τον α.

Όπως και πριν πρέπει να υπολογίσουμε τον παρακάτω συλλογισμό:

Αν \(\alpha \geq 0\), τότε η \(\sqrt[\nu]{\alpha}\) παριστάνει τη μηαρνητική λύση της εξίσωσης \(x^{\nu} = \alpha\)

π.χ. για να υπολογίσουμε την \(\sqrt[3]{8}\) αρκεί να λύσουμε την εξίσωση \(x^{3} = 8\) η οποία έχει την λύση \(x = 2\)

προφανώς υπάρχουν και οι ρίζες αρνητικών αριθμών αλλά στα πλαίσια αυτής της τάξης δεν θα μάθουμε να τις υπολογίσουμε.

ΑΠΛΟΠΟΙΗΣΗ ΡΙΖΑΣ

Με τους παρακάτω τύπους μπορούμε να απλοποιούμε τις ρίζες:

Αν \(\alpha \geq 0\), τότε \({(\sqrt[\nu]{\alpha})}^{\nu} = \alpha\) και \(\sqrt[\nu]{\alpha^{\nu}} = \alpha\)

Αν \(\alpha < 0\) και ν άρτιος τότε \(\sqrt[\nu]{\alpha^{\nu}} = |a|\)

Δεν θα ασχοληθούμε με τις ρίζες της μορφής \(\sqrt[\nu]{\alpha^{\nu}}\) με \(\alpha < 0\) και \(\alpha\) περιττός, αφού σε αυτή την περίπτωση η υπόριζη ποσότητα είναι αρνητική.

Δηλαδή σε πρώτη φάση θα πρέπει να προσέχεται αν έχουμε θετικό ή αρνητικό αριθμό και δεύτερον αν η δύναμη είναι έξω από την ρίζα ή μέσα στην ρίζα.

Ορίστε μερικά παραδείγματα:

Σαν πρώτη περίπτωση βλέπουμε ότι ο αριθμός που είναι κάτω από την ρίζα είναι θετικός, επομένως απλά απλοποιούμε χωρίς πρόβλημα.

\[\sqrt{5^{2}} = 5\] και \[{(\sqrt{5})}^{2} = 5\]

Ακόμα

\[\sqrt[3]{2^{3}} = 2\] και \[{(\sqrt[3]{2})}^{3} = 2\]

και τέλος

\[\sqrt{{({- 5})}^{2}} = \left| {- 5} \right| = 5\]

Ενώ δεν θα ασχοληθούμε με ρίζες της μορφής:

\[\sqrt{- 4}\]

\[{(\sqrt{- 4})}^{2}\]

\[\sqrt[3]{- 8}\]

\[\sqrt[3]{{({- 2})}^{3}}\]

\[{(\sqrt[3]{- 2})}^{3}\]

διότι έχουν αρνητικές υπόριζες ποσότητες.

ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΤΩΝ ΡΙΖΩΝ

Παρακάτω δίνουμε τις ιδιότητες των ριζών:

(1) Αν \(\alpha,{\beta \geq 0}\), τότε:

\[{\sqrt[\nu]{\alpha} \cdot \sqrt[\nu]{\beta}} = \sqrt[\nu]{\alpha \cdot \beta}\]

Για να αποδείξουμε αυτή την ιδιότητα ξεκινάμε από την πρόταση της οποίας της ορθότητα ακόμα δεν γνωρίζουμε:

\[{\sqrt[\nu]{\alpha} \cdot \sqrt[\nu]{\beta}} = \sqrt[\nu]{\alpha \cdot \beta}\Leftrightarrow\]

υψώνουμε στην νιοστή δύναμη , λάβετε υπόψιν σας ότι οι ρίζες είναι πάντα θετικές ή μηδέν και ο αριθμός \(\nu > 0\), επομένως:

\[{({\sqrt[\nu]{\alpha} \cdot \sqrt[\nu]{\beta}})}^{\nu} = {(\sqrt[\nu]{\alpha \cdot \beta})}^{\nu}\Leftrightarrow\]

\[{{(\sqrt[\nu]{\alpha})}^{\nu} \cdot {(\sqrt[\nu]{\beta})}^{\nu}} = {(\sqrt[\nu]{\alpha \cdot \beta})}^{\nu}\Leftrightarrow\]

και απλοποιούμε, αφού τα \(\alpha,{\beta \geq 0}\):

\[{\alpha \cdot \beta} = {\alpha \cdot \beta}\]

που προφανώς ισχύει, επομένως θα ισχύει και η πρώτη πρόταση που θέλουμε να αποδείξουμε μίας και όλες οι προτάσεις συνδέονται με ισοδυναμίες.

(2) Αν \(\alpha,{\beta \geq 0}\), τότε:

\[\frac{\sqrt[\nu]{\alpha}}{\sqrt[\nu]{\beta}} = \sqrt[\nu]{\frac{\alpha}{\beta}}\]

η απόδειξη είναι ακριβώς ίδια με την (1)

ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ \(x^{\nu} = \alpha\)

Ενδιαφέρον παρουσιάζει η λύση της εξίσωσης \(x^{\nu} = \alpha\) για \(\alpha \geq 0\) που συνοψίζεται στον παρακάτω πίνακα:

Τέλος να τονίζουμε ότι το ν είναι ένας φυσικός αριθμός μεγαλύτερος του 1, \({\nu \in \{}1,2,3,...\}\)

ΔΥΝΑΜΕΙΣ ΜΕ ΡΗΤΟ ΕΚΘΕΤΗ

Στην συνέχεια θα ορίσουμε τις δυνάμεις με ρητό εκθέτη

Αν \(\alpha > 0\), μ ακέραιος και ν θετικός ακέραιος, τότε ορίζουμε \[\alpha^{\frac{\mu}{\nu}} = \sqrt[\nu]{\alpha^{\mu}}\]

και εάν μ,ν θετικοί ακέραιοι τότε \[0^{\frac{\mu}{\nu}} = 0\]

Για παράδειγμα:

\[27^{- \frac{4}{3}} = \sqrt[3]{27^{- 4}} = \sqrt[3]{\frac{1}{27^{4}}} = \frac{1}{\sqrt[3]{27^{4}}} = \frac{1}{{(\sqrt[3]{3^{3}})}^{4}} = \frac{1}{3^{4}}\]

Ακόμα:

\[27^{- \frac{4}{3}} = {(3^{3})}^{- \frac{4}{3}} = 3^{\frac{- {3 \cdot 4}}{3}} = 3^{- 4} = \frac{1}{3^{4}}\]

Επίσης:

\[{\sqrt[4]{a} \cdot \sqrt[3]{a}} = {a^{\frac{1}{4}} \cdot a^{\frac{1}{3}}} = a^{\frac{1}{4} + \frac{1}{3}} = a^{\frac{7}{12}} = \sqrt[12]{a^{7}}\]

Ακόμα αν α και β είναι μη αρνητικοί αριθμοί ισχύει η σχέση:

\[{\alpha < \beta}\Leftrightarrow{\sqrt[\nu]{\alpha} < \sqrt[\nu]{\beta}}\]

που αποδεικνύεται ως εξής:

\[{\sqrt[\nu]{\alpha} < \sqrt[\nu]{\beta}}\Leftrightarrow{{(\sqrt[\nu]{\alpha})}^{\nu} < {(\sqrt[\nu]{\beta})}^{\nu}}\Leftrightarrow{a < \beta}\] που ισχύει.

Εδώ πρέπει να καταλάβετε ότι αυτή η απόδειξη έχει δύο σκέλη:

(1) Αν γνωρίζουμε ότι \(\alpha < \beta\) τότε πρέπει να δείξουμε ότι

\[\sqrt[\nu]{\alpha} < \sqrt[v]{\beta}\]

πράγματι, Η σχέση

\[α<β\]

γράφετε

\[{(\sqrt[\nu]{\alpha})}^{\nu} < {(\sqrt[\nu]{\beta})}^{\nu}\]

αφού είναι \(\alpha = {(\sqrt[\nu]{\alpha})}^{\nu}\) και \(\beta = {(\sqrt[\nu]{\beta})}^{\nu}\)

Ύστερα λόγω της \(α<β \Leftrightarrow α^ν < β^ν\) η σχέση \({(\sqrt[\nu]{\alpha})}^{\nu} < {(\sqrt[\nu]{\beta})}^{\nu}\) γράφετε:

\[\sqrt[\nu]{\alpha} < \sqrt[v]{\beta}\]

(2) Με παρόμοιο συλλογισμό αν γνωρίζουμε ότι \(\sqrt[\nu]{\alpha} < \sqrt[v]{\beta}\) μπορούμε να δείξουμε ότι \(\alpha < \beta\)

Δηλαδή αποδείξαμε και τις δύο κατευθύνσεις (ισοδυναμία).

ΑΣΚΗΣΗ 1 (Άσκηση Α1 σελ. 74)

Να υπολογίσετε τις ρίζες:

1. \(\sqrt{100}\), \(\sqrt[3]{1000}\), \(\sqrt[4]{10000}\), \(\sqrt[5]{100000}\)

2. \(\sqrt{4}\), \(\sqrt[3]{8}\), \(\sqrt[4]{16}\), \(\sqrt[5]{32}\)

3. \(\sqrt{0.01}\), \(\sqrt[3]{0.001}\), \(\sqrt[4]{0.0001}\), \(\sqrt[5]{0.00001}\)

Λύση:

1. Για να βρούμε την \(\sqrt{100}\), αρκεί να λύσουμε την εξίσωση \(x^{2} = 100\), η εξίσωση αυτή έχει δύο ρίζες τις -10 και 10. Κρατάμε την θετική δηλαδή: \(\sqrt{100} = 10\).

Όμοια η \(\sqrt[3]{1000}\) είναι η μη αρνητική λύση της εξίσωσης \(x^{3} = 1000\), (βέβαια αυτή η εξίσωση δεν έχει αρνητικές ρίζες), δηλαδή \(\sqrt[3]{1000} = 10\).

Όμοια έχουμε \(\sqrt[4]{10000} = 10\) και \(\sqrt[5]{100000} = 10\)

2. με τον ίδιο τρόπο έχουμε: \(\sqrt{4} = 2\), \(\sqrt[3]{8} = 2\) , \(\sqrt[4]{16} = 2\), \(\sqrt[5]{32} = 2\).

3. με τον ίδιο τρόπο έχουμε \(\sqrt{0.01} = \sqrt{\frac{1}{100}} = \frac{1}{10}\) και \(\sqrt[3]{0.001} = \sqrt[3]{\frac{1}{1000}} = \frac{1}{10}\), \(\sqrt[4]{0.0001} = \sqrt[4]{\frac{1}{10000}} = \frac{1}{10}\) και τέλος \(\sqrt[5]{0.00001} = \sqrt[5]{\frac{1}{100000}} = \frac{1}{10}\).

ΑΣΚΗΣΗ 2 (Άσκηση Α2 σελ. 74)

Να γράψετε τις παρακάτω παραστάσεις χωρίς ριζικά:

1. \(\sqrt{{({\pi - 4})}^{2}}\)
2. \(\sqrt{{({- 20})}^{2}}\)
3. \(\sqrt{{({x - 1})}^{2}}\) (iv)\(\sqrt{\frac{x^{2}}{4}}\)

Λύση:

Παρατηρούμε ότι είναι όλες τετραγωνικές ρίζες και έτσι θα εκμεταλλευτούμε την ιδιότητα: \(\sqrt{x^2}=|x|, \quad x \in \R\).

1. \(\sqrt{{({\pi - 4})}^{2}} = \left| {\pi - 4} \right| = {- {({\pi - 4})}} = {4 - \pi}\), εδώ πρέπει να παρατηρήσουμε ότι \({\pi - 4} < 0\), αφού \({\pi = 3.14}...\).

2. Όμοια: \[\sqrt{{({- 20})}^{2}} = \left| {- 20} \right| = 20\]

3. Με παρόμοιο τρόπο είναι:

\[\sqrt{{({x - 1})}^{2}} = \left| {x - 1} \right| = \begin{Bmatrix} {{x - 1},{x \geq 1}} \\ {{{- x} + 1},{x < 0}} \end{Bmatrix}\]

Εδώ εξετάσαμε και τις δύο περιπτώσεις, δηλαδή όταν το \({{x - 1} \geq 0}\Leftrightarrow{x \geq 1}\) και \({{x - 1} < 0}\Leftrightarrow{x < 1}\) αφού δεν γνωρίζουμε ακριβώς ποια τιμή έχει το x. Σε αντιπαράθεση στις (i) και (ii) γνωρίζαμε το πρόσημο της υπόριζης ποσότητας.

4. Με παρόμοιο τρόπο:

\[\sqrt{\frac{x^{2}}{4}} = \sqrt{\left( \frac{x}{2} \right)^{2}} = \left| \frac{x}{2} \right| = \begin{Bmatrix} {\frac{x}{2},{x \geq 0}} \\ {{- \frac{x}{2}},{x < 0}} \end{Bmatrix}\]

Εξετάσαμε δύο περιπτώσεις πρώτον για \({\frac{x}{2} \geq 0}\Leftrightarrow{x \geq 0}\) και δεύτερον για \({\frac{x}{2} < 0}\Leftrightarrow{x < 0}\).

ΑΣΚΗΣΗ 3 (Άσκηση Α3 σελ. 74)

Να αποδείξετε ότι:

\[{\sqrt{{({2 - \sqrt{5}})}^{2}} + \sqrt{{({3 - \sqrt{5}})}^{2}}} = 1\]

Λύση:

Θα αρχίσουμε φυσικά από το πρώτο μέλος με σκοπό να κάνουμε τις πράξεις και να προκύψει το δεύτερο μέλος.

Αρχικά θα εκμεταλλευτούμε την ιδιότητα για να απλοποιήσουμε τα ριζικά.

\[{\sqrt{{({2 - \sqrt{5}})}^{2}} + \sqrt{{({3 - \sqrt{5}})}^{2}}} = {\left| {2 - \sqrt{5}} \right| + \left| {3 - \sqrt{5}} \right|}\]

Τώρα παρατηρούμε ότι \({2 - \sqrt{5}} < 0\) και \({3 - \sqrt{5}} > 0\) αφού με ένα πρόχειρο υπολογισμό είναι \(3 > \sqrt{5} > 2\). Επομένως:

\[\begin{array}{l} {{\left| {2 - \sqrt{5}} \right| + \left| {3 - \sqrt{5}} \right|} = {{- {({2 - \sqrt{5}})}} + 3 - \sqrt{5}} =} \\ {= {{- 2} + \sqrt{5} + 3 - \sqrt{5}} = 1} \end{array}\]

ΑΣΚΗΣΗ 4 (Άσκηση Α4 σελ. 74)

Να αποδείξετε ότι:

\[{{({\sqrt{x - 5} - \sqrt{x + 3}})} \cdot {({\sqrt{x - 5} + \sqrt{x + 3}})}} = {- 8}\]

Λύση:

Θα αρχίσουμε με τις πράξεις στο πρώτο μέλος. Παρατηρούμε ότι έχουμε την “διαφορά τετραγώνων”, επομένως:

\[{({\sqrt{x - 5} - \sqrt{x + 3}})} \cdot {({\sqrt{x - 5} + \sqrt{x + 3}})}= {}\]

\[{(\sqrt{x - 5})}^{2} - {(\sqrt{x + 3})}^{2} = {}\]

\[ (x - 5) - ( x + 3) ={}\]

\[ x-5-x-3 = -8\]

Εδώ προσέξτε ότι το τετράγωνο είναι έξω από την τετραγωνική ρίζα και είναι \(\sqrt{x}^2=x, \quad x>=0\)

Επομένως τα παραπάνω ισχύουν για \(x-5>=0\) και \(x+3>=0\), δηλαδή για \(x>=5\) και \(x>=-3\), επομένως για \(x>=5\)

ΑΣΚΗΣΗ 5 (Άσκηση Α5 σελ. 74)

Να αποδείξετε ότι:

1. \[{{({\sqrt{8} - \sqrt{18}})} \cdot {({{\sqrt{50} + \sqrt{72}}–\sqrt{32}})}} = {- 14}\]

2. \[{{({\sqrt{28} + \sqrt{7} + \sqrt{32}})} \cdot {({\sqrt{63} - \sqrt{32}})}} = 31\]

Λύση:

Σε κάθε ερώτημα θα πρέπει να απλοποιήσουμε κάπως τις ρίζες. Αυτό θα γίνει ως εξής: Αν έχουμε την \(\sqrt{8}\) θα προσπαθήσουμε να αναλύσουμε το 8 ως γινόμενο δύο αριθμών που ο ένας εξ αυτών να είναι τέλειο τετράγωνο. Δηλαδή:

\[\sqrt{8} = \sqrt{({4 \cdot 2})} = {\sqrt{4} \cdot \sqrt{2}} = {2 \cdot \sqrt{2}}\]

Με παρόμοιο τρόπο έχουμε:

\[\sqrt{18} = \sqrt{({9 \cdot 2})} = {\sqrt{9} \cdot \sqrt{2}} = {3 \cdot \sqrt{2}}\]

\[\sqrt{50} = \sqrt{({25 \cdot 2})} = {\sqrt{25} \cdot \sqrt{2}} = {5 \cdot \sqrt{2}}\]

\[\sqrt{72} = \sqrt{({36 \cdot 2})} = {\sqrt{36} \cdot \sqrt{2}} = {6 \cdot \sqrt{2}}\]

\[\sqrt{32} = \sqrt{({16 \cdot 2})} = {\sqrt{16} \cdot \sqrt{2}} = {4 \cdot \sqrt{2}}\]

και ακόμα:

\[\sqrt{28} = \sqrt{({4 \cdot 7})} = {\sqrt{4} \cdot \sqrt{7}} = {2 \cdot \sqrt{7}}\]

\[\sqrt{63} = \sqrt{({9 \cdot 7})} = {\sqrt{9} \cdot \sqrt{7}} = {3 \cdot \sqrt{7}}\]

Επομένως για το (i) ερώτημα έχουμε:

\[{({\sqrt{8} - \sqrt{18}})} \cdot {({{\sqrt{50} + \sqrt{72}}–\sqrt{32}})} = {}\]

\[{({2{\sqrt{2} - 3}\sqrt{2}})}{({5{\sqrt{2} + 6}{\sqrt{3} - 4}\sqrt{2}})}= {}\]

\[{- \sqrt{2}} \cdot 7 \cdot \sqrt{2}= {}\]

\[{- 7} \cdot {(\sqrt{2})}^{2} = {}\]

\[{- 7} \cdot 2 = {}\]

\[14\]

Και με ίδιο τρόπο, για το ερώτημα (ii) έχουμε:

\[{({\sqrt{28} + \sqrt{7} + \sqrt{32}})} \cdot {({\sqrt{63} - \sqrt{32}})} = {}\]

\[{({2{\sqrt{7} + \sqrt{7} + 4}\sqrt{2}})}{({3{\sqrt{7} - 4}\sqrt{2}})} = {}\]

\[{({3{\sqrt{7} + 4}\sqrt{2}})}{({3{\sqrt{7} - 4}\sqrt{2}})}= {}\]

\[{({3\sqrt{7}})}^{2} - {({4\sqrt{2}})}^{2} = {}\]

\[{9 \cdot 7} - {16 \cdot 2} = {}\]

\[63 - 32= {}\]

\[31\]

ΑΣΚΗΣΗ 6 (Άσκηση Α6 σελ. 74)

Να αποδείξετε ότι:

1. \[{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2 - \sqrt{2}} \cdot \sqrt{2 + \sqrt{2}}} = 2\]

2. \[{\sqrt[3]{2} \cdot \sqrt[3]{3 + \sqrt{5}} \cdot \sqrt[3]{3 - \sqrt{5}}} = 2\]

Λύση:

Εδώ θα εκμεταλλευτούμε την ιδιότητα και την ταυτότητα: “διαφορά τετραγώνων”. Επομένως για το πρώτο ερώτημα έχουμε:

\[\sqrt{2} \cdot \sqrt{2 - \sqrt{2}} \cdot \sqrt{2 + \sqrt{2}} = {}\]

\[\sqrt{2 \cdot {({2 - \sqrt{2}})} \cdot {({2 + \sqrt{2}})}} = {}\]

\[\sqrt{2 \cdot {({2^{2} - {(\sqrt{2})}^{2}})}} = {}\]

\[\sqrt{2 \cdot {({4 - 2})}} = {}\]

\[\sqrt{4} = {}\]

\[2\]

Και με παρόμοιο τρόπο για το δεύτερο ερώτημα:

\[\sqrt[3]{2} \cdot \sqrt[3]{3 + \sqrt{5}} \cdot \sqrt[3]{3 - \sqrt{5}} = {}\]

\[\sqrt[3]{2 \cdot {({3 + \sqrt{5}})} \cdot {({3 - \sqrt{5}})}} = {}\]

\[\sqrt[3]{2 \cdot {({3^{2} - {(\sqrt{5})}^{2}})}}= {}\]

\[\sqrt[3]{2 \cdot {({9 - 5})}} = {}\]

\[\sqrt[3]{8} = {}\]

\[2\]

ΑΣΚΗΣΗ 7 (Άσκηση Α7 σελ. 74)

Να αποδείξετε ότι:

\[\sqrt{\sqrt{2 \cdot \sqrt[3]{2}}} = \sqrt[3]{2}\]

\[\sqrt[5]{2\sqrt{2\sqrt[3]{2}}} = \sqrt[3]{2}\]

Λύση:

Ο λογισμός θα διευκολυνθεί αν αναλύσουμε της ρίζες ως δυνάμεις με ρητούς εκθέτες:

Για το πρώτο ερώτημα έχουμε:

\[\sqrt{\sqrt{2 \cdot \sqrt[3]{2}}} = {({({2 \cdot 2^{\frac{1}{3}}})}^{\frac{1}{2}})}^{\frac{1}{2}} = {({(2^{\frac{4}{3}})}^{\frac{1}{2}})}^{\frac{1}{2}} = 2^{\frac{4}{12}} = 2^{\frac{1}{3}} = \sqrt[3]{2}\]

Και για το δεύτερο ερώτημα αντίστοιχα:

\[\begin{array}{l} {\sqrt[5]{2\sqrt{2\sqrt[3]{2}}} = {({2 \cdot {({2 \cdot 2^{\frac{1}{3}}})}^{\frac{1}{2}}})}^{\frac{1}{5}} = {({2 \cdot {(2^{\frac{4}{3}})}^{\frac{1}{2}}})}^{\frac{1}{5}} = {({2 \cdot 2^{\frac{4}{6}}})}^{\frac{1}{5}} =} \\ {= {(2^{\frac{10}{6}})}^{\frac{1}{5}} = 2^{\frac{10}{30}} = 2^{\frac{1}{3}} = \sqrt[3]{2}} \end{array}\]

ΑΣΚΗΣΗ 8 (Άσκηση Α8 σελ. 74)

Να αποδείξετε ότι:

\[{\sqrt[4]{3^{3}} \cdot \sqrt[3]{3}} = {3 \cdot \sqrt[12]{3}}\]

\[{\sqrt[9]{2^{8}} \cdot \sqrt[6]{2^{5}}} = {2 \cdot \sqrt[18]{2^{13}}}\]

\[{\sqrt{5^{3}} \cdot \sqrt[3]{5} \cdot \sqrt[6]{5^{4}}} = {25 \cdot \sqrt{5}}\]

Λύση:

Ο λογισμός θα διευκολυνθεί αν αναλύσουμε της ρίζες ως δυνάμεις με ρητούς εκθέτες:

Για το πρώτο ερώτημα έχουμε:

\[{{\sqrt[4]{3^{3}} \cdot \sqrt[3]{3}} = {3^{\frac{3}{4}} \cdot 3^{\frac{1}{3}}} = 3^{\frac{13}{12}} = 3^{\frac{{1 \cdot 12} + 1}{12}} = 3^{1 + \frac{1}{12}} = {3 \cdot 3^{\frac{1}{12}}} = 3}\sqrt[12]{3}\]

Παρατηρήστε την Ευκλείδεια διαίρεση

\[13:{12 = {{1 \cdot 12} + 1}}\]

για να επιτευχθεί η απλοποίηση.

Και για το δεύτερο ερώτημα αντίστοιχα:

\[\begin{matrix} {{\sqrt[9]{2^{8}} \cdot \sqrt[6]{2^{5}}} = {2^{\frac{8}{9}} \cdot 2^{\frac{5}{6}}} = 2^{\frac{31}{18}} = 2^{\frac{{1 \cdot 18} + 13}{18}} = 2^{1 + \frac{13}{18}} = {2 \cdot 2^{\frac{13}{18}}} =} \\ {{= 2}\sqrt[18]{2^{13}}} \end{matrix}\]

Τέλος για το τρίτο ερώτημα εργαζόμαστε αντίστοιχα:

\[\begin{matrix} {{\sqrt{5^{3}} \cdot \sqrt[3]{5} \cdot \sqrt[6]{5^{4}}} = 5^{\frac{3}{2} + \frac{1}{3} + \frac{4}{6}} = 5^{\frac{15}{6}} = 5^{\frac{{2 \cdot 6} + 3}{6}} = {5^{2} \cdot 5^{\frac{3}{6}}} =} \\ {{= {25 \cdot 5^{\frac{1}{2}}} = 25}\sqrt{5}} \end{matrix}\]

ΑΣΚΗΣΗ 9 (Άσκηση Α9 σελ. 74)

Να αποδείξετε ότι:

\[\frac{25 \cdot \sqrt{12}}{\sqrt{75}} = 10\]

\[\frac{\sqrt{216} \cdot \sqrt{75}}{\sqrt{50}} = 18\]

Λύση:

Θα χρειαστεί να αναλύσουμε τις υπόριζες ποσότητες σε γινόμενα πρώτων παραγόντων.

Επομένως:

\[12 = {2^{2} \cdot 3}\]

\[75 = {3 \cdot 5^{2}}\]

\[216 = {2^{3} \cdot 3^{3}}\]

\[50 = {2 \cdot 5^{2}}\]

Επομένως για το πρώτο ερώτημα έχουμε:

\[\frac{25 \cdot \sqrt{12}}{\sqrt{75}} = \frac{25 \cdot \sqrt{2^{2} \cdot 3}}{\sqrt{3 \cdot 5^{2}}} = \frac{25 \cdot 2 \cdot \sqrt{3}}{5 \cdot \sqrt{3}} = 10\]

Και για το δεύτερο ερώτημα έχουμε:

\[ {\frac{\sqrt{216} \cdot \sqrt{75}}{\sqrt{50}} = \frac{\sqrt{2^{3} \cdot 3^{3}} \cdot \sqrt{3 \cdot 5^{2}}}{\sqrt{2 \cdot 5^{2}}} = \sqrt{\frac{2^{3} \cdot 3^{3} \cdot 3 \cdot 5^{2}}{2 \cdot 5^{2}}} =} \]

\[{= \sqrt{2^{2}3^{4}} = {2 \cdot 3^{2}} = 18} \]

ΑΣΚΗΣΗ 10 (Άσκηση Α10 σελ. 75)

Να μετατρέψετε τις παρακάτω παραστάσεις σε ισοδύναμες με ρητούς παρονομαστές:

\[\frac{4}{5 - \sqrt{3}}\]

\[\frac{8}{\sqrt{7} - \sqrt{5}}\]

\[\frac{\sqrt{7} + \sqrt{6}}{\sqrt{7} - \sqrt{6}}\]

Λύση:

1. Η συζυγή παράσταση είναι αυτή που συμπληρώνει την ταυτότητα “διαφορά τετραγώνου”, π.χ. η συζυγή παράσταση του \(5 - \sqrt{3}\) είναι η \(5 + \sqrt{3}\), γιατί

\[{({5 - \sqrt{3}})}{{({5 + \sqrt{3}})} = {5^{2} - {(\sqrt{3})}^{2}}}\]

Για να φύγουν τα ριζικά από τον παρανομαστή ώστε οι παραστάσεις να μετατραπούν σε ισοδύναμες με ρητούς παρανομαστές αρκεί να πολλαπλασιάσουμε τον αριθμητή και τον παρανομαστή με την συζυγή παράσταση του παρανομαστή.

Επομένως:

\[\frac{4}{5 - \sqrt{3}} = {}\]

\[\frac{4{({5 + \sqrt{3}})}}{{({5 - \sqrt{3}})}{({5 + \sqrt{3}})}} = \frac{4{({5 + \sqrt{3}})}}{5^{2} - {(\sqrt{3})}^{2}} = {}\]

\[\frac{4{({5 + \sqrt{3}})}}{22} = \frac{2{({5 + \sqrt{3}})}}{11} = {}\]

\[\frac{{10 + 2}\sqrt{3}}{11}\]

2. Εργαζόμαστε αναλόγως:

\[\frac{8}{\sqrt{7} - \sqrt{5}} = {}\]

\[\frac{8{({\sqrt{7} + \sqrt{5}})}}{{({\sqrt{7} - \sqrt{5}})}{({\sqrt{7} + \sqrt{5}})}} = {}\]

\[\frac{8{({\sqrt{7} + \sqrt{5}})}}{7 - 5} = {}\]

\[4{({\sqrt{7} - \sqrt{5}})}\]

3. Εργαζόμαστε αναλόγως:

\[\frac{\sqrt{7} + \sqrt{6}}{\sqrt{7} - \sqrt{6}} = {}\]

\[\frac{{({\sqrt{7} + \sqrt{6}})}{({\sqrt{7} + \sqrt{6}})}}{{({\sqrt{7} + \sqrt{6}})}{({\sqrt{7} - \sqrt{6}})}} = {}\]

\[\frac{{({\sqrt{7} + \sqrt{6}})}^{2}}{7 - 6} = {}\]

\[{{(\sqrt{7})}^{2} + 2}\sqrt{7}{\sqrt{6} + {(\sqrt{6})}^{2}} = {}\]

\[{13 + 2}\sqrt{42}\]

ΑΣΚΗΣΗ 11 (Άσκηση Α11 σελ. 75)

Να αποδείξετε ότι:

\[\frac{\sqrt{162} + \sqrt{98}}{\sqrt{50} = \sqrt{32}} = 16\]

\[\sqrt{\frac{9^{12} + 3^{20}}{9^{11} + 27^{6}}} = 3\]

**Λύση:

1. Θα χρειαστεί να αναλύσουμε τις υπόριζες ποσότητες σε γινόμενα πρώτων παραγόντων.

\[162 = {2 \cdot 3^{4}}\]

\[98 = {2 \cdot 7^{2}}\]

\[32 = 2^{5}\]

\[50 = {2 \cdot 5^{2}}\]

Επομένως:

\[{\frac{\sqrt{162} + \sqrt{98}}{\sqrt{50} - \sqrt{32}} = \frac{\sqrt{2 \cdot 3^{4}} + \sqrt{2 \cdot 7^{2}}}{\sqrt{2 \cdot 5^{2}} - \sqrt{2^{5}}} = \frac{3^{2}{\sqrt{2} + 7}\sqrt{2}}{5{\sqrt{2} - 2^{2}}\sqrt{2}} =}\]

\[{= \frac{16\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 16}\]

2. Παρατηρήστε ότι:

\[{{9^{12} + 3^{20}} = {{(3^{2})}^{12} + 3^{20}} = {3^{24} + 3^{20}} = 3^{20}}{{({3^{4} + 1})} = {3^{20} \cdot 82}}\]

\[{{9^{11} + 27^{6}} = {3^{22} + 3^{18}} = 3^{18}}{{({3^{4} + 1})} = {3^{18} \cdot 82}}\]

Επομένως:

\[\sqrt{\frac{9^{12} + 3^{20}}{9^{11} + 27^{6}}} = \sqrt{\frac{3^{20} \cdot 82}{3^{18} \cdot 82}} = \sqrt{3^{2}} = 3\]

ΑΣΚΗΣΗ 12 (Άσκηση Β1 σελ. 75)

Να αποδείξετε ότι:

\[\frac{3{\sqrt{3} - 2}\sqrt{2}}{\sqrt{3}–\sqrt{2}} = {5 + \sqrt{6}}\]

2. Αν \(\alpha,{\beta > 0}\) να αποδείξετε ότι

\[\frac{\alpha\sqrt{\alpha}–\beta\sqrt{\beta}}{\sqrt{\alpha}–\sqrt{\beta}} = {{({\alpha + \beta})} + \sqrt{\mathit{\alpha\beta}}}\]

Λύση:

Και στις δύο περιπτώσεις θα πολλαπλασιάσουμε με την συζυγή παράσταση του παρανομαστή.

1. Η συζυγή παράσταση είναι: \(\sqrt{3} - \sqrt{2}\), επομένως:

\[\frac{3{\sqrt{3} - 2}\sqrt{2}}{\sqrt{3}–\sqrt{2}} = {}\]

\[\frac{{({3{\sqrt{3} - 2}\sqrt{2}})}{({\sqrt{3} + \sqrt{2}})}}{{({\sqrt{3}–\sqrt{2}})}{({\sqrt{3} + \sqrt{2}})}} = {}\]

\[\frac{3{\sqrt{9} + 3}{\sqrt{6} - 2}{\sqrt{6} - 2}\sqrt{4}}{3 - 2} = {}\]

\[{9 + \sqrt{6} - 4} = {}\]

\[5 + \sqrt{6}\]

2. Το πρόβλημα είναι ακριβώς ίδιο, μόνο που στην θέση των αριθμών έχουμε μεταβλητές:

\[\frac{\alpha{\sqrt{\alpha} - \beta}\sqrt{\beta}}{\sqrt{\alpha}–\sqrt{\beta}}= {}\]

\[\frac{{({\alpha{\sqrt{\alpha} - \beta}\sqrt{\beta}})}{({\sqrt{\alpha} + \sqrt{\beta}})}}{{({\sqrt{\alpha}–\sqrt{\beta}})}{({\sqrt{\alpha} + \sqrt{\beta}})}} = {}\]

\[\frac{\alpha{\sqrt{\alpha^{2}} + \alpha}{\sqrt{\mathit{\alpha\beta}} - \beta}{\sqrt{\mathit{\alpha\beta}} - \beta}\sqrt{\beta^{2}}}{\alpha - \beta} = {}\]

\[\frac{{\alpha^{2} - \beta^{2} + {({\alpha - \beta})}}\sqrt{\mathit{\alpha\beta}}}{\alpha - \beta} = {}\]

\[\frac{{({\alpha - \beta})}{{({\alpha + \beta})} + {({\alpha - \beta})}}\sqrt{\mathit{\alpha\beta}}}{\alpha - \beta} = {}\]

\[\frac{{({\alpha - \beta})}{\lbrack{{({\alpha + \beta})} + \sqrt{\mathit{\alpha\beta}}}\rbrack}}{\alpha - \beta} = {}\]

\[{({\alpha + \beta})} + \sqrt{\mathit{\alpha\beta}}\]

Η προϋπόθεση \(α,β>0\) πρέπει να ισχύει ώστε να ορίζονται τα ριζικά. Πρέπειοι υπόριζες ποσότητες να είναι μη αρνητικές.

Επιπλέων πρέπει προφανώς \(\alpha \neq \beta\) ώστε να μην μηδενίζεται ο παρανομαστής.

ΑΣΚΗΣΗ 13 (Άσκηση Β2 σελ. 75)

1. Να βρείτε τα αναπτύγματα των:

\[{({{3 + 2}\sqrt{7}})}^{2}\]

και

\[{({{3 - 2}\sqrt{7}})}^{2}\]

2. Να αποδείξετε ότι:

\[{\sqrt{{37 + 12}\sqrt{7}} - \sqrt{{37 - 12}\sqrt{7}}} = 6\]

Λύση:

1. Το πρώτο ερώτημα είναι τετριμμένο. Εφαρμόζουμε την ταυτότητα “τετράγωνο αθροίσματος”.

\[{{({{3 + 2}\sqrt{7}})}^{2} = {9 + {2 \cdot 3 \cdot 2}}}{{\sqrt{7} + {({2\sqrt{7}})}^{2}} = {37 + 12}}\sqrt{7}\]

και

\[{{({{3 - 2}\sqrt{7}})}^{2} = {9 - {2 \cdot 3 \cdot 2}}}{{\sqrt{7} + {({2\sqrt{7}})}^{2}} = {37 - 12}}\sqrt{7}\]

2. Με την βοήθεια των παραπάνω κάνουμε τον εξής λογισμό:

\[\sqrt{{37 + 12}\sqrt{7}} - \sqrt{{37 - 12}\sqrt{7}} = {}\]

\[\sqrt{{({3 + \sqrt{7}})}^{2}} - \sqrt{{({3 - \sqrt{7}})}^{2}} = {}\]

\[\left| {3 + \sqrt{7}} \right| + \left| {3 - \sqrt{7}} \right| = {}\]

\[3 + \sqrt{7} + 3 - \sqrt{7}\] \[6\]

ΑΣΚΗΣΗ 14 (Άσκηση Β3 σελ. 75)

1. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός

\[\left( {\sqrt{\frac{2}{3}} + \sqrt{\frac{3}{2}}} \right)^{2}\]

είναι ρητός.

2. Αν α θετικός ρητός, να αποδείξετε ότι ο

\[\left( {\sqrt{\alpha} + \frac{1}{\sqrt{a}}} \right)^{2}\]

είναι ρητός.

Λύση:

Ρητός είναι κάθε αριθμός που μπορεί να γραφεί με την μορφή κλάσματος \(\frac{\mu}{\nu}\) με μ,ν ακέραιοι και \(\nu \neq 0\).

Επομένως θα προσπαθήσουμε να γράψουμε τους παραπάνω αριθμούς με την μορφή κλάσματος.

1. Έχουμε διαδοχικά:

\[\left( {\sqrt{\frac{2}{3}} + \sqrt{\frac{3}{2}}} \right)^{2} = {}\]

\[{\frac{2}{3} + 2}\sqrt{\frac{2}{3}}{{\sqrt{\frac{3}{2}} + \frac{3}{2}} =}\]

\[{\frac{2}{3} + 2 + \frac{3}{2}} = {}\]

\[{\frac{4}{6} + \frac{12}{6} + \frac{9}{6}} = {}\]

\[\frac{25}{6}\]

που είναι ρητός αριθμός.

2. Με όμοιο τρόπο έχουμε:

\[\left( {\sqrt{\alpha} + \frac{1}{\sqrt{a}}} \right)^{2}= {}\]

\[{\alpha + 2}\sqrt{\alpha}{{\frac{1}{\sqrt{a}} + \frac{1}{a}} =}\]

\[{a + 2 + \frac{1}{a}} = {}\]

\[{\frac{a^{2}}{a} + \frac{2a}{a} + \frac{1}{a}} = {}\]

\[\frac{{a^{2} + 2}{a + 1}}{a} = {}\]

\[\frac{{({a + 1})}^{2}}{a}\]

Ας δεχτούμε χωρίς απόδειξη ότι το άθροισμα και το γινόμενο δύο ακεραίων αριθμών είναι ακέραιος αριθμός. Δηλαδή:

Αν \(\alpha,{\beta \in {\mathbb{Z}}}\) τότε \({({\alpha + \beta})} \in {\mathbb{Z}}\) και \({({\alpha \cdot \beta})} \in {\mathbb{Z}}\)

Προσοχή! Η διαφορά δύο ακεραίων είναι επίσης ακέραιος, όμως το πηλίκο δυο ακεραίων μπορεί να μην είναι ακέραιος.

Ρητός είναι κάθε αριθμός που μπορεί να γραφεί με την μορφή κλάσματος \(\frac{\alpha}{\beta}\) με \(\alpha,{\beta \in {\mathbb{Z}}}\) και \(\beta \neq 0\).

Το άθροισμα ή η διαφορά δύο ρητών είναι ρητός διότι αν \(\frac{\alpha}{\beta},{\frac{\gamma}{\delta} \in {\mathbb{Q}}}\) τότε

\[{\frac{\alpha}{\beta} \pm \frac{\gamma}{\delta}} = \frac{\mathit{\alpha\delta} \pm \mathit{\beta\gamma}}{\mathit{\beta\delta}}\]

που είναι ρητός αφού τα

\[\mathit{\alpha\delta} \pm \mathit{\beta\gamma}\]

και

\[\mathit{\beta\delta}\]

είναι ακέραιοι ως άθροισμα και γινόμενο ακεραίων

Το γινόμενο δύο ρητών είναι επίσης ρητός αφού

\[{\frac{\alpha}{\beta} \cdot \frac{\gamma}{\delta}} = \frac{\mathit{\alpha\gamma}}{\mathit{\beta\delta}}\]

που είναι ρητός για τον ίδιο λόγο.

Το πηλίκο δύο ρητών είναι ρητός αφού \[\frac{\alpha}{\beta}:{\frac{\gamma}{\delta} = \frac{\mathit{\alpha\delta}}{\mathit{\beta\gamma}}}\] είναι επίσης ρητός για τον ίδιο λόγο.

Επομένως το άθροισμα, η διαφορά, το γινόμενο και το πηλίκο δύο ρητών είναι επίσης ρητός αριθμός.

Μετά από αυτή την παρένθεση ας επανέρθουμε τώρα στην άσκηση

Αφού ο α είναι ρητός αριθμός θα είναι και ο \(\frac{{({a + 1})}^{2}}{a}\) ρητός διότι:

Ο \(\alpha + 1\) είναι ρητός ως άθροισμα ρητών και ο \({{({\alpha + 1})}^{2} = {({\alpha + 1})}}{({\alpha + 1})}\) είναι ρητός ως γινόμενο ρητών και ο \({({\alpha + 1})}^{2} \cdot \frac{1}{\alpha}\) είναι και αυτός ρητός ως πηλίκο ρητών.

ΑΣΚΗΣΗ 15 (Άσκηση Β4 σελ. 75)

Να αποδείξετε ότι:

\[{\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5} - \sqrt{3}} + \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5} + \sqrt{3}}} = 4\]

\[{{\frac{1}{{({2 - \sqrt{3}})}^{2}} - \frac{1}{{({2 + \sqrt{3}})}^{2}}} = 8}\sqrt{3}\]

Λύση:

1. Θα χρησιμοποιήσουμε τις συζυγείς παραστάσεις των παρανομαστών.

\[\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5} - \sqrt{3}} + \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5} + \sqrt{3}}\]

\[\frac{\sqrt{3}{({\sqrt{5} + \sqrt{3}})}}{{(\sqrt{5})}^{2} - {(\sqrt{3})}^{2}} + \frac{\sqrt{5}{({\sqrt{5} - \sqrt{3}})}}{{(\sqrt{5})}^{2} - {(\sqrt{3})}^{2}} = {}\]

\[\frac{\sqrt{15} + 3 + 5 - \sqrt{15}}{2} \]

\[\frac{8}{2}=4\]

2. Όμοια

\[\frac{1}{{({2 - \sqrt{3}})}^{2}} - \frac{1}{{({2 + \sqrt{3}})}^{2}}\]

\[\frac{{({2 + \sqrt{3}})}^{2}}{{({2 - \sqrt{3}})}^{2}{({2 + \sqrt{3}})}^{2}} - \frac{{({2 - \sqrt{3}})}^{2}}{{({2 + \sqrt{3}})}^{2}{({2 - \sqrt{3}})}^{2}}= {}\]

\[\frac{{4 + 4}{\sqrt{3} + 3 - {({{4 - 4}{\sqrt{3} + 3}})}}}{{\lbrack{{({2 - \sqrt{3}})}{({2 + \sqrt{3}})}}\rbrack}^{2}} = {}\]

\[\frac{8\sqrt{3}}{{({2 - 3})}^{2}}\]

\[8\sqrt{3}\]

ΑΣΚΗΣΗ 16 (Άσκηση Β5 σελ. 75)

Σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο οι κάθετες πλευρές του είναι \(\mathit{ΑΒ} = \sqrt{\alpha}\) και \(\mathit{Α\Gamma} = \sqrt{\beta}\).

1. Να υπολογίσετε την υποτείνουσα ΒΓ του τριγώνου.

2. Με τη βοήθεια της τριγωνικής ανισότητας να αποδείξετε ότι:

\[\sqrt{\alpha + \beta} < {\sqrt{\alpha} + \sqrt{\beta}}\]

3. Για μη αρνητικούς αριθμούς α και β, να αποδείξετε ότι \(\sqrt{\alpha\beta} \leq {\sqrt{\alpha} + \sqrt{\beta}}\) . Πότε ισχύει η ισότητα;

Λύση:

1. Θα υπολογίσουμε την υποτείνουσα από το πυθαγόρειο θεώρημα:

Σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο, το τετράγωνο της υποτείνουσας είναι ίσο με το άθροισμα των τετραγώνων των δύο κάθετων πλευρών.

Επομένως:

\[\mathit{Β\Gamma}^{2} = {\mathit{ΑΒ}^{2} + \mathit{Α\Gamma}^{2}} = {{(\sqrt{\alpha})}^{2} + {(\sqrt{\beta})}^{2}} = {\alpha + \beta}\]

δηλαδή:

\[\mathit{Β\Gamma} = \sqrt{\alpha + \beta}\]

2. Για να λύσουμε αυτό το ερώτημα θα χρειαστεί η τριγωνική ανισότητα όπως αυτή διατυπώνεται στην Ευκλείδεια γεωμετρία.

Αρχικά ας διατυπώσουμε την τριγωνική ανισότητα στην Ευκλείδεια Γεωμετρία χωρίς απόδειξη:

Κάθε πλευρά σε τρίγωνο είναι μικρότερη από το άθροισμα των δύο άλλων πλευρών και μεγαλύτερη από την διαφορά τους.

Ενώ στην μαθηματική ανάλυση, για δύο πραγματικούς αριθμούς x, y η τριγωνική ανισότητα γράφεται:

\[\left| {|x| - |y|} \right| \leq \left| {x + y} \right| \leq {|x| + |y|}\]

Επομένως, στο τρίγωνο ΑΒΓ σύμφωνα με την τριγωνική ανισότητα η πλευρά ΒΓ θα είναι μικρότερη από το άθροισμα των πλευρών ΑΒ και ΑΓ, δηλαδή:

\[\mathit{Β\Gamma} < {\mathit{ΑΒ} + \mathit{Α\Gamma}}\]

\[\sqrt{\alpha + \beta} < {\sqrt{\alpha} + \sqrt{\beta}}\]

3. Αρχίζοντας με την σχέση που θέλουμε να αποδείξουμε και με διαδοχικές ισοδυναμίες έχουμε:

\[\sqrt{\alpha + \beta} \leq {\sqrt{\alpha} + \sqrt{\beta}}\Leftrightarrow{}\]

\[{(\sqrt{\alpha + \beta})}^{2} \leq {({\sqrt{\alpha} + \sqrt{\beta}})}^{2}\Leftrightarrow{}\]

\[{\left| {\alpha + \beta} \right| \leq {\alpha + 2}}{\sqrt{\mathit{\alpha\beta}} + \beta}\Leftrightarrow{}\]

\[{{\alpha + \beta} \leq {\alpha + 2}}{\sqrt{\mathit{\alpha\beta}} + \beta}\Leftrightarrow{}\]

\[{0 \leq 2}\sqrt{\mathit{\alpha\beta}}\Leftrightarrow{}\]

\[0 \leq \sqrt{\mathit{\alpha\beta}}\]

Η σχέση στην γραμμή 6 είναι αληθής από τον ορισμό των ριζικών που επιβάλει ότι όλες οι ριζικές ποσότητες είναι θετικές, επομένως θα είναι αληθής και η πρώτη.

Στην γραμμή 2 υψώσαμε στο τετράγωνο και στις δύο πλευρές.

Στην γραμμή 4 είναι

\[\left| {\alpha + \beta} \right| = {\alpha + \beta}\]

αφού τα α και β είναι μη αρνητικοί αριθμοί αφού στα \(\sqrt{a}\) και \(\sqrt{\beta}\) στα αρχικά μήκη πλευρών οι υπόριζες ποσότητες είναι μη αρνητικοί αριθμοί.

Τέλος η ισότητα ισχύει όταν: \(\sqrt{\mathit{\alpha\beta}} = 0\) ή \(\mathit{\alpha\beta} = 0\) δηλαδή όταν \(\{{\alpha = 0}\quad ή \quad {\beta = 0}\}\)