N.Σ. Μαυρογιάννης 2010

Transcript

1 N.Σ. Μαυρογιάννης 200

2 Το παρόν µπορεί να διανεµηθεί και να αναπαραχθεί ελεύθερα µε την παράκληση να διατηρηθεί η αρχική του µορφή

3 Προλεγόµενα Στην µαθηµατική λέσχη γράφτηκα τον Αύγουστο του 2007 και διέκοψα την δραστηριότητα µου τον εκέµβριο του 2008 οπότε και µεταφερθήκαµε στον ιστότοπο Για µένα οι 6 µήνες που πέρασα στο υπήρξαν µία απουδαία εµπειρία. Μετείχα στην ζωή του και στις συζητήσεις του, και είχα ένα καθηµερινό ερέθισµα για σκέψη και διάβασµα. Γνώρισα εξαιρετικούς ανθρώπους µε τους οποίους έχω την τιµή και την χαρά να συνεργάζοµαι στο Σαν ενθύµιο εκείνης της εποχής έχω συγκεντρώσε στις επόµενες σελίδες κάποια µνηµόνια µερικών από τα θέµατα στων οποίων την συζήτηση συµµετείχα µε τον ένα ή τον άλλο τρόπο. Γράφτηκαν στις ηµεροµηνίες που αναφέρονται. Αρκετά είχαν αναρτηθεί στο κάποια άλλα όχι. Για όσες εκφωνήσεις ή λύσεις δεν αναφέρεται όνοµα είναι ασκήσεις και λύσεις ϖου έδωσα εγώ. 3 Ιανουαρίου 200 Ν.Σ. Μαυρογιάννης

4

5 'Opou kro kai akrìtato? 'Opou akrìtato kai monotonða? Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 3 AugoÔstou 2007 PerÐlhyh Sto diktuakì tìpo sun nthshc Mathematica ègine mða endiafèrousa suz thsh sqetik me th monotonða kai ta akrìtata 2. Merikèc ìyeic thc suz thshc perigr fontai parak tw. 'Opou kro kai akrìtato? 'Estw mða sun rthsh f :[α, β] R. 'Opwc eðnai gnwstì o orismìc (selðda 259) tou biblðou Majhmatik n KateÔjunshc thc G' LukeÐou <ápitrèpei>> sto α na eðnai topikì akrìtato thc sun rthshc. Sto biblðo Majhmatik n Genik c PaideÐac thc G' LukeÐou (selðda 4), me èmmeso trìpo eðnai al jeia, apaiteðtai wc proôpìjesh to shmeðo na eðnai eswterikì tou diast matoc. Apì touc dôo orismoôc kat th gn mh mou eðnai protimìteroc o deôteroc all autì eðnai jèma llhc koubèntac. Ac meðnoume ston pr to orismì. MporeÐ to α na eðnai akrìtato thc f? MÐa perðptwsh pou sðgoura èqoume akrìtato sto α eðnai ekeðnh ìpou h f se èna di sthma thc morf c [a, γ) pou perièqetai sto [α, β] eðnai monìtonh. Kai toôto anex rthta apì thn sunèqeia thc f. H f èqei topikì el qisto sto α Apì to deôtero sq ma faðnetai pìso episfal c eðnai h uparxh akrot tou. An <<peir xoume>> lðgo to f(α) (jusi zontac bèbaia sunèqeia sto α kai monotonða sto [a, γ)) ja p yei h f na èqei topikì akrìtato sto α: 2

6 2 Opou akro kai akrotato? Opou akrotato kai monotonia? TÐjetai to akìloujo erwthma 3 H f den èqei topikì el qistosto α Erwthma An h f eðnai suneq c èqei p nta h f akrìtato sto α? H ap nthsh sto er thma eðnai apl arkeð na broôme mða sun rthsh h opoða ìso kont jèloume sto α na paðrnei timèc p nw apì to f(α) kai timèc k tw apìto f(α). Tètoiec sunart seic up rqoun pollèc. MÐa polô gnwst pou perilamb - netai se poll egqeirðdia apeirostikoô logismoô eðnai h akìloujh: f (x) = { xημ x an x 0 0 an x =0 () kai gia tic an gkec mac arkeð na thn periorðsoume sto [0, ]. H f den èqei topikì el qistosto α =0 Pr gmati aut h sun rthsh all zei prìshmo se k je èna apì ta diast mata 3 Sto Mathematica etèjh upì morf probl matoc, me elafr c diaforetik diatôpwsh, apì to mèloc Sok

7 Opou akro kai akrotato? Opou akrotato kai monotonia? 3 ( ) (, π, 2π, ) ( π, 3π, ) 2π,... kai epomènwc se k je di sthma thc morf c (0,γ) ja p rei kai jetikèc kai arnhtikèc timèc ra ja paðrnei kai timèc megalôterec tou f (α) kai mikrìterec. H sunèqeia thc f sta shmeða ta di fora tou mhdenìc eðnai profan c kai h epal jeush thc sto0eðnai doulei routðnac: Gia x 0èqoume f (x) = xημ x = x ημ x x ra x f (x) x kai epomènwc f (x) 0 ìtan x 0. O Alèxandroc Sugkel khc mèloc tou Mathematica apèkleise kai to endeqìmeno h sun rthsh na èqei akrìtato sto llo kro paðrnontac èna komm ti thc sun rthshc pou qrhsimopoi same prohgoumènwc sto [ 0, 4] kai to summetrikì tou wc proc thn eujeða x = 4. Autì gðnetai me thn allag metablht c x 2 x dhlad orðzontac th sun rthsh: f (x) = thc opoðac h grafik par stash eðnai: 0 an x =0 xημ x an 0 <x 4 ( 2 x) ημ 2 x an 0 x< 4 0 an x = 4 H f den èqei topikì el qisto oôte sto 0 oôte sto 2 2 'Opou akrìtato kai monotonða? 'Estw x 0 (α, β) kai mða suneq c sun rthsh f :(α, β) R h opoða eðnai paragwgðsimh sta (α, x 0 ) kai (x 0,β). Xèroume (Majhmatik KateÔjunshc selðda 262) ìti an h f eðnai paragwgðsimh sta (α, x 0 ), (x 0,β) kai h par gwgoc thc eðnai arnhtik sto pr to di sthma kai jetik sto deôtero tìte h f parousi zei el qistosto x 0. An de sto pr to di sthma h par gwgoc eðnai jetik kai sto deôtero arnhtik tìte sto x 0 parousi zetai mègisto. Ta sumper smata exakoloujoôn na isqôoun an antð jetik arnhtik par gwgo na èqoume apl c megalôterh

8 4 Opou akro kai akrotato? Opou akrotato kai monotonia? Ðsh tou 0 kai mikrìterh Ðsh tou 0. EpÐshc eðnai gnwsto kai up rqei se poll biblða ApeirostikoÔ LogismoÔ akìmh kai h sunj kh thc paragwgismìthtac mporeð na apaleifjeð kai sth jèsh thc na mpeð mia upìjesh apl c monotonðac. To sumpèrasma exakoloujeð na alhjeôei dhlad an h suneq c f :(α, β) R eðnai fjðnousa sto (α, x 0 ) kai aôxousa sto (x 0,β) tìte èqei el qisto sto x 0. EÔlogo eðnai to er thma an ìla ta akrìtata (se eswterik shmeða bèbaia) mporoôn na prokôyoun apì th monotonða. O Mp mphc StergÐou mèloc kai ènac apì touc diaqeiristèc tou Mathematica èjese to prìblhma: Erwthma 2 An mia sun rthsh f eðnai paragwgðsimh se èna di sthma Δ kai sto eswterikì shmeðo α parousi zei topikì akrìtato, tìte h f all zei monotonða dexi kai arister tou α, èstw polô kont sto α? 'Opwc kai sto prohgoômeno er thma h ap nthsh eðnai arnhtik kai mporeð na mac th d sei h sun rthsh pou dh qrhsimopoi same me mða mikr tropopoðhsh: Anti x qrhsimopoioôme x 2. Dhlad jewroôme th sun rthsh ϕ (x) = { x 2 ημ x 2 an x 0 0 an x =0 (2) Up rqei k poioc lìgoc pou qrhsimopoioôme x 2. To x 2 teðnei pðo gr gora sto 0apìto x kai autì bohj ei th sun rthsh na << eujugramisjeð >> kont sto 0 kai na gðnei paragwgðsimh sto 0. Oi sunart seic f kai ϕ twn () kai (2) H ϕ prèpei na kamfjeð gia na èqei el qisto sto 0. Autì epitugq netai topojet ntac thn sthn 2x 2 paðrnontac thn h(x) =ϕ(x)+2x 2 dhlad thn: h (x) = { 2x 2 + x 2 ημ x 2 an x 0 0 an x =0 (3) Sto epìmeno sq ma up rqei h grafik par stash thc h kont sro 0. Sto mejepìmeno paratðjetai q rin sôgkrishc h h mazð me thn x 2 kai tic parabolèc ìpou brðskontai ta shmeða ìpou parousi zei akrìtata:

9 Opou akro kai akrotato? Opou akrotato kai monotonia? 5 Oi sun rthsh h thc (3) Oi sun rthsh h thc (3) mazð me tic parabolèc y = x 2, y =2x 2, y =3x 2 ParathroÔme ìti gia mh mhdenik x isqôei h(x) =x 2 ( 2+ημ x 2 ) Epomènwc eðnai h(x) 0 kai to Ðson isqôei mìno gia x =0. 'Ara h h èqei el qisto sto mhdèn to mhdèn. H h eðnai paragwgðsimh sta x 0kai h (x) =4x +2xημ x 2 2 x συν x 2 (4) Olìgoc metabol c thc sta x kai x 0 =0eÐnai x ( ) 2 2+ημ x 0 2 = x (2+ημ x ) x 0 2

10 6 Opou akro kai akrotato? Opou akrotato kai monotonia? pou eôkola diapist netai ìti èqei ìrio 0giax 0. 'Ara h (0) = 0 H h eðnai loipìn paragwgðsimh sto R kai eðnai h (x) = { 4x +2xημ x 2 2 x συν x 2 c x 0 0 c x =0 (5) Gia na apodeðxoume ìti h h den eðnai fjðnousa se k poio di sthma (p, 0) kai aôxousa se k poio (0,q) eðnai arketì na apodeðxoume ìti osod pote kont sto 0 h h all zei prìshmo. Ja deðxoume ìti h par gwgoc thc h den diathreð stajerì prìshmo kont sto 0. Ac asqolhjoôme me jetik x. Gia x>0 mporoôme na gr youme h (x) = ( ( ) ( )) 4x 2 2συν x x 2 +2x 2 ημ x 2 kai blèpoume ìti to prìshmo thc h eðna Ðdio meto prìshmo thc par stashc ( ) ( ) 4x 2 2συν x 2 +2x 2 ημ x 2 Mac endiafèrei h sumperifor thc ìtan x 0 +. O prosjetèoc 4x 2 èqei ìrio 0 epomènwc endiafèrei o ( ) ( ) 2συν x 2 +2x 2 ημ x 2 H kat stash aplousteôtai an jèsoume x 2 = t opìte p li t 0 +. Ac onom - soume ( ) ( ) g (t) = 2συν +2tημ t t JewroÔme tic akoloujðec t n = 2nπ, t n = (2n +)π pou eðnai kai oi dôo mhdenikèc. EÔkola brðskoume ìti g (t n )= 2 kai g ( t n)= 2. Epomènwc kai lim g (t n)= 2, lim g n + n + (t n )=2Autì shmaðnei ìti an sthn ( ) antikatast soume tic akoloujðec t n, t n ja p roume dôo akoloujðec pou h mða ja èqei ìrio to-2kaih llhto2. Sunep c h h all zei prìshmo osod pote kont sto M lista anupologðsoume ta ìria lim pt n + h t n, lim n + h n ja broôme to pr to kai to deôtero +. Autì shmaðnei ìti ìqi apl c h h all zei osod pote kont sto 0 prìshmo all kai ìti osod pote kont sto 0 paðrnei aperiìrista meg lec mikrèc timèc. Kai epeid h par gwgoc èqei thn idiìthta twn endiamèswn tim n (Je rhma Darboux) hh paðrnei osod pote kont sto mhdèn opoiad pote tim jèloume. ( )

11 Opou akro kai akrotato? Opou akrotato kai monotonia? 7 H par gwgoc thc h thc sun rthshc (3)

12 H qar thc genðkeushc. I Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 6 DekembrÐou 2007 PerÐlhyh K poiec ask seic pou tèjhkan sto diktuakì tìpo Mathematica exet zontai apì mða k pwc genikìterh optik. Apì ton K sta Thlègrafo (kostas20000gr) prot jhkan oi parak tw ask seic: Askhsh. (K stac Thlègrafoc) Na deðxete ìti h f : R R gia thn opoða isqôei f(x)+e f(x) = x gia k je x R eðnai gnhsðwc aôxousa. Askhsh 2. (K stac Thlègrafoc) Na brejeð to pedðo tim nthcf : R R an isqôei f 3 (x)+2f(x) =3 x gia k je x R. To mèloc nicspyros prosèjese sthn pr th merik akìmh erwt mata. Sth sqetik suz thsh oi ask seic autèc lôjhkan apì arket mèlh metaxô twn opoi n kai o Gi nnhc Papandreìpouloc pou sunètaxe gia thn pr th epimelhmènec lôseic. H epìmenh skhsh sugkentr nei merik kôria qarakthristik aut n kai llwn ask sewn. To teleutaðo er thma thc den apeujônetai se majhtèc. Sto er thma autì o K stac SerÐfhc èsteile mða polô analutik ap nthsh. Askhsh 3. 'Estw f, g dôo sunart seic mepedðo orismoô to R gia tic opoðec isqôei g(f(x) =x gia ìla ta x. 'Estw akìmh ìti h g eðnai gnhsðwc monìtonh.. Na apodeðxete ìti to sônolo tim n thcg eðnai to R. 2. Na apodeðxete ìti eðnai f = g. 3. Na apodeðxete ìti h f èqei sônolo tim n to R. 4. Na apodeðxete ìti h f eðnai gnhsðwc monìtonh me Ðdio eðdoc monotonðac me thc g. 5. Na apodeðxete ìti oi g, f eðnai suneqeðc. Apodeixh.. ArkeÐ na deðxoume ìti k je arijmìc y eðnai tim thc g. Eis goume to y sth sqèsh g(f(x) =x sth jèsh tou x kai brðskoume g(f(y) =y. 'Ara to y eðnai eikìna tou f(y) mèsw thc g.

13 2 H qara thc genikeushc. I 2. H f eðnai - diìti an upotejeð ìti f (x )=f(x 2 ) ja eðnai g (f (x )) = g (f (x 2 )). Epomènwc x = x 2. 'Ara h f eðnai antistrèyimh. All kai h g eðnai antistrèyimh afoô eðnai gnhsðwc monìtonh. M lista to pedðo orismoô thc g eðnai to R afoô to sônolo tim n thc g eðnai to R. An sth sqèsh g (f (x)) = x antikatast soume sto b' mèloc ìpou x to g ( g (x) ) ja broôme g (f (x)) = g ( g (x) ) poushmaðnei (h g eðnai -) ìti f (x) = g (x) gia k je x R. Oi sunart seic f kai g eðnai Ðsec. 'Ara to autì ja sumbaðnei kai me tic antðstrofèc touc. 'Ara f = g. 3. To sônolo tim n thc f sumpðptei me to pedðoorismoô thc f dhlad to pedðo orismoô thc g dhlad to R. 4. H apìdeixh sunðstatai sto na apodeðxoume ìti antðstrofec sunart seic èqoun to Ðdio eðdoc monotonðac poueðnai tupik kai gnwst : Ac upojèsoume ìti h g eðnai gnhsðwc aôxousa (h perðptwsh ìpouh g eðnai gnhsðwc fjðnousa eðnai parìmoia). JewroÔme x <x 2 apì to pedðoorismoô thc f dhlad apì to R. Jèloume f (x ) <f(x 2 ). An autì den isqôei tìte f (x )=f (x 2 ) f (x ) >f(x 2 ) An efarmìsoume thn g sthn pr th perðptwsh ja èqoume x = x 2 kai sth deôterh x >x 2 ( topo). 'Ara h f eðnai gnhsðwc aôxousa. 5. ApodeiknÔoume thn sunèqeia thc g. H sunèqeia thc f apodeiknôetai an loga. H idèa thc apìdeixhc perièqetai se èna genikìtero apotèlesma sômfwna me to opoðo k je sun rthsh pou apeikonðzei di sthma se di sthma kai eðnai gnhsðwc monìtonh eðnai suneq c: JewroÔme x 0 R kai èna di sthma (A, B) pouperièqei to g (x 0 ). Ta A, B eðnai timèc thc g pouantistoiqoôn se k poia α, β. Ja eðnai bèbaia α<x 0 <βkai profan c gia k je x (α, β) ja eðnai g (x) (A, B). Epomènwc gia k je perioq U tou g (x 0 ) up rqei perioq V tou x 0 ètsi ste g (V ) U. 'Ara h g eðnai suneq c.

14 H qar thc genðkeushc. II Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 2 DekembrÐou 2007 PerÐlhyh K poiec ask seic pou tèjhkan sto diktuakì tìpo Mathematica exet zontai apì mða k pwc genikìterh optik. Askhsh. Estw ìti oi f,g,h eðnai orismènec sto anoiktì di sthma Δ kai ìti. Oi f,g eðnai gnhsðwc aôxousec kai h h gnhsðwc fjðnousa. 2. H g eðnai suneq c. 3. Gia k je x isqôei (f(x) g(x))(f(x) h(x)) = 0. Na apodeðxete ìti f = g Apodeixh (ArgÔrhc Gambrèllhc) H sun rthsh ϕ(x) =f(x) h(x) eðnai profan c gnhsðwc aôxousa sto Δ, epomènwc mhdenðzetai to polô mia for. 'Ara: IsqÔei f(x) g(x) =0, gia k je x Δ () IsqÔei f(x) g(x) =0, gia k je x Δ {x 0 } kai f(x 0 ) h(x 0 )=0 (2) Sthn perðptwsh () èqoume to zhtoômeno. Sthn perðptwsh (2), lìgw thc monotonðac thc f, kai afoô Δ anoiktì èqoume ìti gia kat llhla ε>0 ja eðnai: f(x 0 ε) <f(x 0 ) <f(x 0 + ε) g(x 0 ε) <f(x 0 ) <g(x 0 + ε) (3) afoô f(x) =g(x), gia k je x Δ {x 0 }. 'Omwc g suneq c, ra lim g (x 0 ε) = lim g (x 0 + ε) =g (x 0 ) ε 0 ε 0 Apì krit rio parembol c kai thn (3), prokôptei ìti g(x 0 )=f(x 0 ). 'Ara se k je perðptwsh prokôptei ìti f(x) =g(x), gia k je x Δ.

15 2 H qara thc genikeushc. II Allh Apodeixh 2 Gia dojèn x ja isqôei f(x) =g(x) (4) f(x) =h(x) (5) ParathroÔme ìti h (5) de mporeð na alhjeôei gia dôo arijmoôc α<β. Autì diìti tìte f (α) =h (α) >h(β) =f (β) pou antibaðnei sthn upìjesh monotonðac gia thn f. Ara h (4) alhjeôei gia ìla ta x ektìc Ðswc apì to èna ac to poôme α. Dhlad f (α) =h (α). Ja deðxoume ìti se aut thn perðptwsh eðnai h(α) =g(α) (6) kai epomènwc h (4) ja alhjeôei kai gia to α. Ac poôme ìti h (6) den alhjeôei. Ja eðnai h(α) >g(α) (7) h(α) <g(α) (8) An isqôei h (7) tìte ja up rqei k poio β>αètsi ste na eðnai h(α) >g(β) (sthn antðjeth perðptwsh ja eðnai h(α) g(x) gia ìla ta x>αkai paðrnontac ìria gia x α + brðskoume ìti h(α) g(α), afoô h g eðnai suneq c, pou antibaðnei sthn (7 }. Gia autì to β ja eðnai f(α) =h(α) >g(β) =f(β) pou eðnai topo lìgw thc monotonðac thc f. Me an logo trìpo deðqnoume ìti apokleðetai h (8) exasfalðzontac ìti gia k poio β<αja eðnai h(α) <g(β) pou ja mac odhg sei sto topo sumpèrasma f(β) =g(β) > h(α) =b(α). San efarmogèc mporoôme na èqoume tic akìloujec: Askhsh 2. (Prot jhke apì ton Mp mph StergÐou) Na brejeð h sun rthsh f, an f 2 (x) =x 2 gia k je x sto R kai h f eðnai gnhsðwc aôxousa sto R. Upodeixh: Efarmog thc skhshc sta diast mata (, 0), (0, + ) Askhsh 3. (Prot jhke apì ton Mp mph StergÐou) Na breðte thn gnhsðwc aôxousa sun rthsh f me f 2 (x) =e 2x gia k je x sto R. Askhsh 4. Na brejeð gnhsðwc aôxousa sun rthsh orismènh sto R gia thn opoða isqôei (f(x)+x)(f(x) x 3 )=0gia k je x. 2 EÐnai h apìdeixh pou eðqa kata nou prin parousi sw thn Askhsh sto Mathematica. H apìdeixh tou ArgÔrh Gambrèllh eðnai: a)h pr th pou parousi sthke sto Mathematica kai b) saf c komyìterh.

16 H qar thc genðkeushc. III Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 0 DekembrÐou 2007 PerÐlhyh Prìkeitai gia mða genðkeush dôo gnwst n ask sewn (h mða tou sqolikoô biblðou) pou parousi sthke ston diktuakì tìpo Mathematica Sto shmeðwma autì suzhtoôme mða genðkeush twn parak tw ask sewn: Askhsh. Na brejeð suneq c sun rhsh f orismènh sto [, ] gia thn opoða isqôei x 2 + f 2 (x) =gia ìla ta x. Prìkeitai ousiastik gia thn skhsh B7, selðda 200, tou sqolikoô biblðou Askhsh 2. Na brejeð suneq c sun rthsh f orismènh se k poio di sthma Δ gia thn opoða isqôei (f(x) )f(x) 2) = 0 gia ìla ta x. H skhsh aut up rqei me parallagèc se poll biblða. Sun jwc h pr th skhsh lônetai mè k poio epiqeðrhma diat rhshc pros mou. Oi dôo monadikèc suneqeðc lôseic thc exðswshc x 2 + f 2 (x) =: H f (x) = x 2 kai f (x) = x 2. H deôterh skhsh sun jwc lônetai me efarmog tou jewr matoc endi meshc tim c. Oi dôo monadikèc suneqeðc lôseic thc exðswshc (f(x) )f(x) 2) = 0: H f (x) =2kai f (x) =.

17 2 H qara thc genikeushc. III H kentrik idèa kai twn dôo ask sewn eðnai ìti de mporeð mða suneq c sun rthsh na èqei grafik par stash pou diamoir zetai se dôo xènec grafikèc parast seic dôo suneq n sunart sewn me koinì pedðo orismoô k poio di sthma (to nw kai k tw hmikôklio tou monadiaðou kôklou x 2 + y 2 = gia ta x sto (, ) sthn pr th skhsh kai oi eujeðec y =, y =2 sth deôterh. Oi dôo autèc ask seic kai llec pollèc apoteloôn eidik perðptwsh thc: Askhsh 3. JewroÔme tic suneqeðc sunart seic f, g, h pou eðnai orismènec sto di sthma Δ kai:. Oi grafikèc parast seic twn g, h den èqoun koin shmeða. 2. IsqÔei (f(x) g(x))(f(x) h(x)) = 0 gia ìla ta x. Na apodeðxete ìti f = g f = h. η Apodeixh (ArgÔrhc Gambrèllhc) Apì th sunj kh 2. prokôptei ìti gia k je x 0 Δ ja isqôei: f (x 0 )=g (x 0 ) f (x 0 )=h (x 0 ) () 'Estw ìti up rqoun x <x 2 sto Δ me f(x )=g(x ) kai f(x 2 )=h(x 2 ). H sun rthsh eðnai suneq c sto [x,x 2 ],me z(x) =2f(x) g(x) h(x) z(x )=2f(x ) g(x ) h(x )=g(x ) h(x ) (2) z(x 2 )=2f(x 2 ) g(x 2 ) h(x 2 )=h(x 2 ) g(x 2 ) (3) Oi g, h eðnai suneqeðc sto di sthma Δ kai h exðswsh g(x) h(x) = 0 eðnai adônath sto Δ. Epomènwc, h sun rthsh ϕ(x) =g(x) h(x) diathreð prìshmo sto Δ, kai qwrðc bl bh thc genikìthtac, ac upojèsoume ìti ϕ(x) > 0, gia k je x Δ. Tìte oi (2), (3) mac dðnoun ìti: z(x )z(x 2 )=ϕ(x )( ϕ(x 2 )) < 0 'Ara apì to je rhma Bolzano up rqei ξ (x,x 2 ) tètoio ste: z (ξ) =0 2f (ξ) g (ξ) h (ξ) =0 f (ξ) = g (ξ)+h (ξ) 2 Lìgw thc () isqôei epðshc ìti f(ξ) =g(ξ) f(ξ) =h(ξ) opìte isqôei: g (ξ)+h (ξ) 2 = g (ξ) g (ξ)+h (ξ) 2 = h (ξ) dhlad g(ξ) =h(ξ), topo. Epomènwc isqôei f(x) =g(x), gia k je x Δ f(x) =h(x), gia k je x Δ. 2η Apodeixh (K stac SerÐfhc) K nontac tic pr xeic sthn isìthta: (f(x) g(x))(f(x) h(x)) = 0

18 H qara thc genikeushc. III 3 kai katìpin me sumpl rwsh tetrag nou prokôptei: ( f (x) kai epomènwc gia dojèn x ja eðnai ( )) 2 ( g (x)+h(x) g (x) h (x) = 2 2 ( ) ( ) g (x)+h(x) g (x) h (x) f (x) = ± 2 2 Oi sunart seic sta dôo mèlh eðnai suneqeðc kai, ìpwc eôkola diapist netai, di - foretikèc tou 0 gia k je x Δ, ra diathroôn stajerì prìshmo kai ètsi prokôptei ìti f(x) =g(x) gia k je x Δ ) 2 f(x) =h(x) gia k je x Δ H skhsh aut eðnai dôskolh gia majhtèc. Ta teleutaða qrìnia did skw aut thn skhsh stouc majhtèc mou (sun jwc sta maj mata epan lhyhc) me thn akìloujh morf : Askhsh 4. 'Estw g, h dôo suneqeðc sunart seic orismènec sto di sthma Δ tètoiec ste na isqôei g (x) h (x) gia k je x Δ. Na apodeðxete ìti jaisqôei g (x) >h(x) gia ìla ta x eðte jaisqôei h (x) <g(x) gia ìla ta x 2. 'Estw f :Δ R suneq c tètoia ste naisqôei gia ìla ta x. (f (x) g (x)) (f (x) h (x)) = 0 (a ) Na apodeðxete ìti an hc f tèmnei tic C g, C h seshmeðametetmhmènec x,x 2 tìte i. x x 2 ii. H exðswsh g (x)+h(x) f (x) = 2 èqei mða toul qiston rðzastoanoiktì di sthma me krata x,x 2. (b ) Na apodeðxete ìti jaisqôei f (x) =g (x) gia ìla ta x eðte jaisqôei f (x) =h (x) gia ìla ta x Sunoptikh Lush. H suneq c sun rthsh g(x) h(x) den èqei rðza sto Δ kai epomènwc diathreð stajerì prìshmo. 'Ara ja eðnai gia ìla ta x jetik eðte ja eðnai gia ìla ta x arnhtik.

19 4 H qara thc genikeushc. III 2. (a ) i. EÐnai f (x )=g(x ) kai f (x 2 )=h(x 2 ). An sunèbaine x = x 2 tìte ja Ðsque g (x )=h(x ) kai oi grafikèc parast seic twn g, h ja eðqan koinì shmeðo. ii. ProkÔptei me efarmog tou jewr matoc tou Bolzano sto di sthma me kra x,x 2 sth suneq sunarthsh s (x) =f (x) kai axiopoi ntac to er thma. g (x)+h (x) 2 (b ) Gia dojèn x to f(x) ja eðnai Ðso me g(x) h(x). An upotejeð ìti gia k poio x Ðsque to pr to kai gia k poio x Ðsque to deôtero tìte h grafik par stash thc f ja ètemne tic grafikèc parast seic twn g, h. Apì ta upoerwt mata tou (a') prokôptei ìti up rqei tim f(x) thc f pou eðnai Ðsh me g(x)+h(x) 2 h opoða ìmwc de mporeð na eðnai Ðsh oôte me g(x) oôte me h(x) ( topo).

20 H qar thc genðkeushc IV Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 4 AugoÔstou 2008 Ασκηση (Μπάμπης Στεργίου ). Αν για τον μιγαδικό z ισχύει ότι: z + z 2 + z 3 + να αποδείξετε ότι. Re(z) <= 0 2. Re(z 3 ) <= 0 3. z =0 Λυση (ANDREW04, saruman0 Alèxandroc Sugkel khc, Iw nnhc Papandreìpouloc) Υψώνοντας στο τετράγωνο την σχέση z + μετά τις πράξεις βρίσκουμε z 2 +2Re(z) 0. Άρα Re(z) 0. Δουλεύοντας παρόμοια με την z 3 + βρίσκουμε ότι Re(z 3 ) 0. Επομένως: z + z 0 () και z 3 + z 3 0 (2) Αν συνέβαινε z + z<0 τότε z 3 + z 3 =(z + z) 3 3(z + z) z z =(z + z) ( ) (z + z) 2 3z z και επομένως (z + z) 2 3z z (3) Από την σχέση z 2 + πάλι με ύψωση στο τετράγωνο βρίσκουμε τελικά ότι (z + z) 2 2z z (z z) 2 (4) Από τις (3), (4) έχουμε 3z z 2z z (z z) 2 από την οποία προκύπτει ότι (z z) 2 +z z 0 δηλαδή z z (z z +) 0 οπότε (επειδή και οι δύο παράγοντες είναι πραγματικοί και z z +> 0, παίρνουμε z z 0 δηλαδή z 2 0 άρα ͺ z =0και z =0(άτοπο αφού έχουμε υποθέσει ότι z + z<0. Επομένως θα ισχύει z + z =0οπότε z = yi, y R. Ηυπόθεση +z μας δίνει +y 2 από την οποία έχουμε y =0.Άραz =0 Παρατηρούμε ότι στην παραπάνω άσκηση οι υποθέσεις μας λένε ότι ο z πρέπει να είναι τέτοιος ώστε οι z,z 2,z 3 να ανήκουν στον κυκλικό δίσκο με κέντρο την εικόνα του - και ακτίνα. Το μόνο σημείο όμως του δίσκου αυτού που έχει αυτή την ιδιότητα είναι το 0.

21 2 Hqara thc genikeushc IV Αυτό μπορεί εύκολα να το μαντέψει κανείς αν σκεφθεί με ορίσματα 2 αλλά για την απόδειξη τα ορίσματα δεν είναι απαραίτητα. Ετσι μπορούμε να έχουμε την εξής πιό γενική άσκηση: Ασκηση 2. Εστω Σ ένα χωρίο του μιγαδικού επιπέδου το οποίο περιέχεται στο αριστερό ημιεπίπεδο από εκείνα που ορίζει ο άξονας των φανταστικών αριθμών (δηλαδή εκείνο από τα ημιεπίπεδα που ορίζει ο y y το οποίο περιέχει τον αρνητικό ημιάξονα των x). Υποθέτουμε ότι για ένα στοιχείο z του Σ τα z,z 2,z 3 ανήκουν στο Σ. Να αποδειχθεί ότι το πραγματικό μέρος του z είναι 0. Λυση Εστω ότι z = α + βi. Θα είναι βέβαια Re (z) 0. Ας υποθέσουμε ότι Re (z) < 0. Εχουμε: Re (z) =α, Re ( z 2) = α 2 β 2, Re ( z 3) = α 3 3αβ 2. Τότε συγχρόνως ισχύουν οι α<0(i) α 2 β 2 0(ii) α 3 3αβ 2 0(iii) Η (ii) μας δίνει ότι β 2 α 2 > 0 επομένως. Η (iii) βάσει της (i) μας δίνει ότι α 2 3β 2 οπότε α 2 3β 2 > β 2 που έρχεται σε αντίθεση με την (ii). Άρα αναγκαστικά Re (z) =0 Εφαρμογη: Στην προηγούμενη άσκηση το Σ είναι ο κυκλικός δίσκος και επειδή πρέπει Re (z) =0και το μόνο σημείο του δίσκου με αυτή την ιδιότητα είναι το 0 έχουμε ότι z =0. 2 Parìmoia skèyh diatôpwse se m numa tou o Apostìlhc Papadogiann khc

22 H qar thc genðkeushc V Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 7 AugoÔstou 2008 PerÐlhyh Sto shmeðwma autì suzhteðtai mða skhsh pou èjese o Jwm c Ra kìftsalhc ( ston diktuakì tìpo MATHEMATICA ( kai mða mikr genðkeush thc. Ασκηση. (Θωμάς Ραϊκόφτσαλης) Για x>0 να λυθεί η εξίσωση x 2 +2 x = x x +4 Λυση (Θωμάς Ραϊκόφτσαλης) Η εξίσωση x 2 +2 x = x x +4 έχει προφανή λύση x = 2. Θα δείξουμε ότι η λύση αυτή είναι και μοναδική. Εχουμε: x x x 2 =2 x 2 2 x ( 2 x x 2 ) =2 ( 2 2 x 2 ) x2 2 = xx x 2 δηλαδή ( x 2 ) 2 = 2 x 2 x x 2 () Για x>2 έχουμε: < x 2 < ( ) x 2 2 και x x 2 > 2 x 2 2x 2 x x 2 <, οπότε τελικά η () μας δίνει: < ( ) x 2 2 = 2 x 2 x x 2,άτοπο. Για x<2 έχουμε: > x 2 > ( ) x 2,καιx x 2 2 > 2 x 2 2x 2 x x 2 >, οπότε τελικά η () μας δίνει: > ( ) x 2 2 = 2 x 2 x x 2,άτοπο. Αρα η μοναδική λύση της εξίσωσης είναι η x =2. Η Ασκηση μπορεί προκύψει σαν εφαρμογή της: Ασκηση 2. Να αποδειχθεί ότι για κάθε ζεύγος θετικών αριθμών x, y ισχύει x x + y y x y + y x και ότι το «=» ισχύει μόνο όταν x = y. Αποδειξη Θεωρούμε την συνάρτηση f (x) =x x + y y x y y x με y>0 ορισμένη στο (0, + ) (στην πραγματικότητα πρόκειται για οικογένεια συναρτήσεων f y ). Είναι f (x) =(x x ln x y x ln y)+ ( x x x y y ) και x>y f (x) > (y x ln y y x ln y)+ ( x y y x y y ) f (x) > 0 x<y f (x) < (y x ln y y x ln y)+ ( x y y x y y ) f (x) < 0 Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα και γνησίως αύξουσα στα (0,y), (y, + ) αντιστοίχως και έχει ελάχιστη τιμή το 0 για x = y.

23 2 H qara thc genikeushc V Αποδειξη 2 (Θωμάς Ραϊκόφτσαλης) i. Για x = y ισχύει προφανώς η ισότητα. ii. Για x y αρκεί να δείξουμε ότι: x x x y y x y y (2) α. Για x>yη(2)γίνεται: ( ) y x x y (x x y ) y y (y x y ) yx y y x x y (3) Αφού x, y ( θετικοί ) έχουμε: y x y > x y > και y x y <x x y y x y <x x y yx y x x y ( < ), y x οπότε η σχέση (3) ισχύει ως γνήσια ανισότητα, δηλαδή για x>yισχύει y > y x y x x y β. Για 0 <x<yηζητούμενησχέσηπαίρνειτημορφή ( y ) x y y y x x y x x y x (y y x ) x x (x y x x y x ) x x y x (4) Οπότε με ακριβώς όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι η σχέση (4) ισχύει ως γνήσια ανισότητα, δηλαδή για x>yισχύει ( ) y x x > x y x x y x Αποδειξη 3 ( antonis math)γιαx = y η αποδεικτέα αληθεύει σαν ισότητα. Εστω x y. Τότε χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι x>y. Ευκολα διαπιστώνουμε ότι η αποδεικτέα πρόταση ισοδυναμεί με την ( ) y ( ) x x x y x y >y x y ( ) y x Προφανώς y > επομένως αρκεί να αποδειχθεί ότι x x x >y x y ηοποία y ισχύει αφού x x ( ) x ( ) y x y >yx y xx x y > yx x x y y > y y και η τελευταία σχέση ισχύει αφού x y > και x>y. Μερικά στοιχεία (για y =/2,, 3/2, 2, 5/2, 3) της οικογένειας των συναρτήσεων f y (x) =x x + y y x y y x διακρίνονται στο επόμενο σχήμα:

24 Me Aform mða 'Askhsh sthn Sunèqeia Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 8 DekembrÐou 2008 PerÐlhyh Ston diktuakì tìpo Mathematica me aform mða skhsh pou èjese to mèloc dement prokl jhke mða gìnimh suz thsh pou epiqeireðtai na katagrafeð sta epìmena. Ασκηση. (dement) Εστω συνεχης συναρτηση f : R R τετοια ωστε, για καθε x, y R να ισχυει f(x) f(y) x y Να αποδειχθει οτι η f ειναι επι. Αποδειξη (Θωμάς Ραϊκόφτσαλης) Η f είναι -: Αν f(x) =f(y) τότε από την υπόθεση έχουμε: 0 x y 0, άραx = y. Αφούηf είναι συνεχής και - στο R είναι και γνησίως μονότονη. Α) Αν η f είναι γνησίως αύξουσα τότε για x>0 ηαρχικήδίνει: f(x) f(0) x οπότε f(x) f(0) + x,και περνώντας στα όρια έχουμε όριο της f στο + είναι +. για x<0 ηαρχικήδίνει f(x)+f(0) x, οπότε όπως πριν βρίσκουμε ότι το όριο της f στο είναι Άρα το σύνολο τιμών της f είναι το R. Β) Αν η f γνήσιως φθίνουσα για x>0 έχουμε f(0) f(x) x και για x<0 έχουμε f(x) f(0) x οπότε εργαζόμενοι όμοια έχουμε ότι τα όρια της f στα, + είναι +, οπότε πάλι f(r) =R. Πρόκειται για ωραία άσκηση που αξίζει της προσοχής μας. Εχει τεθεί και ως θέμα στις εξετάσεις του πανεπιστημίου του Berkeley (Berkeley Preliminary Exams) του έτους Η επιτυχία στις εξετάσεις αυτές (που καλύπτουν ό- λο το φάσμα της προπτυχιακής ύλης) αποτελεί προαπαιτούμενο για την εκπόνηση διδακτορικής διατριβής (!!). Οι Souza, Silva έχουν συγκεντρώσει σε βιβλίο με τίτλο «Berkeley Problems in Mathematics» (εκδοσηspringer) ταθέματατων εξετάσεων αυτών μαζί με τις λύσεις τους. Η λύση που προτείνουν οι Souza, Silva στο βιβλίο τους χρησιμοποιεί το ίδιο λήμμα με την λύση του Θ. Ραϊκόφτσαλη (: κάθε συνάρτηση - και συνεχής σε διάστημα είναι γνησίως μονότονη) αλλά υπολείπεται κατά πολυ σε απλότητα. Η λύση τους όμως έχει ένα πολύ γουστόζικο 2 bl. desouza/prelims/fall9/fall9.html

25 2 Me Aformh mia Askhsh sthn Suneqeia επιχείρημα και γιαυτό την αναφέρω. Είναι περίπου η εξής: Αποδειξη 2 (Souza, Silva) Ηf είναι προφανώς - και αφού είναι συνεχής είναι και γνησίως μονότονη. Άρα το S = f(r) είναι ένα ανοικτό διάστημα. Εστω μία συγκλίνουσα ακολουθία (y n ) από το S. Αφού είναι συγκλίνουσα είναι Cauchy. Αλλά υπάρχουν μοναδικά x n από το R ώστε y n = f(x n ) και είναι y n y m = f(x n ) f(x m ) x n x m. Επομένως και η x n είναι Cauchy. Αλλά τότε x n x για κάποιο x και λόγω συνεχείας y n = f(x n ) f(x). Αυτό σημαίνει ότι το S = f(r) είναι και κλειστό. Οπότε αναγκαστικά θα είναι f((r) =R!! Αυτό αφού τα μόνα κλειστά και ανοικτά υποσύνολα του R, στη συνήθη τοπολογία είναι το R και το κενό. Επειδή η άσκηση αυτή μου αρέσει την δίνω με τις σημειώσεις μου και, που και που, την διδάσκω έχω γράψει μία «σχολική λύση» που συνοπτικά είναι η εξής: Αποδειξη 3 Αν μία συνάρτηση έχει σύνολο τιμών το R το ίδιο συμβαίνει και με την f + c όπου c είναι οποιαδήποτε σταθερά. Ακόμη αν μία συνάρτηση εχει την ιδιότητα f(x) f(y) x y την ίδια ιδιότητα έχει και η f + c. Επομένως μπορούμε να δουλέψουμε με την g = f f(0) για την οποία φυσικά ισχύει g(x) g(y) x y ( ) και ακόμη g(0) = 0. Προφανώς η g είναι -. Θα δείξουμε ότι κάθε m είναι τιμή της. Υποθέτουμε ότι m>0 (η περίπτωση m<0 αντιμετωπίζεται ανάλογα). Οι αριθμοί g( m),g(m) είναι μη μηδενικοί. Αν ήσαν ομόσημοι λ.χ. θετικοί τότε για κάθε y μεταξύ 0 και min(g( m),g(m)) θα θα υπήρχαν x,x 2 με m <x < 0 <x2 <mώστε g(x )=g(x 2 )=y (άτοπο). Επομένως οι g( m),g(m) είναι ετερόσημοι. Από την ( ) έχουμε g(m) g(0) m 0 και g( m) g(0) m 0. Δηλαδή: g(m) m>g(0) και g( m) m>g(0) Ομως κάποιοςαπό τους g( m),g(m) είναι θετικός και επομένως επιτυγχάνουμε να έχουμε το m μεταξύ δύο τιμών της g άρα είναι τιμή της g. Κρίνοντας ότι είναι κάπως σχετική έθεσα σε συζήτηση την ακόλουθη άσκηση που υπήρξε θέμα στην Κινέζικη Μαθηματική Ολυμπιάδα: Ασκηση 2. (Κινέζικη Μαθηματική Ολυμπιάδα, 983) Εστω f μία συνάρτηση ορισμένη στο [0, ] για την οποία είναι γνωστό ότι f(0) = f() και για κάθε x y ισχύει f(x) f(y) < x y. Δείξτεότιγιαόλαταx, y ισχύει f(x) f(y) < 2. Αποδειξη (Θωμάς Ραϊκόφτσαλης) Αν x y 2 τότε από τη σχέση f(x) f(y) < x y έχουμε f(x) f(y) < 2 δηλαδή το αποδεικτέο. Ας υποθέσουμε ότι x y > /2. Ονομάζουμε f(0) = f() = α. Στην δοθείσα σχέση θέτουμε x =και μετά y =0και έχουμε: Για x =: f(y) α y από την οποία προκύπτει f(y) α y για κάθε y [0, ], οπότε τελικά y +a f(y) y + α ()

26 Me Aformh mia Askhsh sthn Suneqeia 3 Για y =0: f(0) f(x) 0 x οπότε a f(x) x για κάθε x [0, ], άρα Προσθέτοντας κατά μέλη τις (), (2) έχουμε x α f(x) x α (2) y x f(y) f(x) (y x) (3) Αλλά έχουμε υποθέσει ότι x y > 2.Ανx<yθα έχουμε y x> 2 μας δίνει: και η (3) άρα 2 < (y x) f(y) f(x) <= (y x) 2 2 <f(y) f(x) < 2 και τελικά Ομοια εργαζόμαστε και αν x>y. f(y) f(x) < 2 Αποδειξη 2 (Παναγιώτης Γιαννόπουλος ) Η σχεση f(x) f(y) < x y ισοδυναμεί με την f(x) f(y) < x y δηλαδή ο συντελεστης διεύθυνσεως μια χορδής με ακρα (x, f(x)) και (y, f(y)) κυμαίνεται από - εως επομένως η κάθε χορδή σχηματίζει με τον x x γωνία ϕ< 3π 4 ή ϕ< π 4 ( Στο παρακατω σχήμα ολες οι χορδες όταν σχηματίζουν εσωτερική γωνία τριγώνου αυτή είναι μικρότερη των 45 μοιρών) Εστω H(0,f(0)) και Θ(,f()). Ας υποθέσουμε ότι το αποδεικτέο δεν αληθεύει. Θα υπάρχουν τότε αριθμοί ι και κ από το (0, )) ώστε f(ι) f(κ) > /2 (Υ)

27 4 Me Aformh mia Askhsh sthn Suneqeia Θεωρούμε τα σημεία I(ι, f(ι)) και K(κ, f(κ)) καθώς και τις προβολές τους Λ και M πάνω στον x x. Αφού f(0) = f() ισχύε (HΘ) =. Ειναι ΛN >IΛ αφού ÎNΛ < π IA 4 άρα ɛφînλ= AN < άρα LN > IΛ (4) Ομοια από το τριγωνο NMK έχουμε NM > MK (5) Από τις (4)(5) έχουμε: LN + NM > IΛ+MK = f(ι) f(κ) > 2 δηλαδή ΛN + NM > 2 (6) Από (Υ) για τη χορδή HI στο τριγωνο IHΛ έχουμε HΛ >IΛ (7) Και ομοια στο MKΘ είναι MΘ >MK (8) οπότε από (7),(8) έχουμε MΘ+HΛ >IΛ+MK = f(ι) f(κ) > 2 δηλαδή MΘ+HΛ > 2 (9) Προσθέτοντας κατά μέλη τις (6),(9) έχουμε ΛN + NM + MΘ +HΛ > δηλαδή (HΘ) > που είναι άτοπο αφού (HΘ) =. Παρατηρηση Αν η συνάρτηση είναι σταθερή προφανώς ισχύει το ζητούμενο Παρατηρηση 2 Αν το K ταυτιστεί με το Θ η άσκηση ισοδυναμεί με την παρακάτω που είναι ευκολότερη. Δίδεται τρίγωνο με βάση μήκους. Αν οι προσκείμενες στη βάση γωνίες ϕ και ϕ είναι μικρότερες των 45 μοιρων ( ή ϕ<45 και ω>35) να δειχθεί ότι το υψος που αντιστοιχει στη βάση ειναι μικρότερο του 2. Ο Θωμάς Ραϊκόφτσαλης πρότεινε επισης την ακόλουθη σχετική άσκηση: Ασκηση 3. (Θωμάς Ραϊκόφτσαλης) Εστω η συνάρτηση f : R R τέτοια ώστε να ισχύει f(x) f(y) 2 x y για κάθε x, y R. Να δειχθείότι υπάρχει x 0 R ώστε να ισχύει f(x 0 )=x 0. Αποδειξη (Χρήστος Κυριαζής) Από την υπόθεση έχουμε f(x) f(y) x y από την οποία με την βοήθεια του κριτηρίου παρεμβολής προκύπτει ότι η f είναι συνεχής στο R. Θέτοντας όπου y το 0 έχουμε: f(x) f(0) x γιά κάθε για κάθε x R. Αρα f(0) x f(x) f(0) + x για κάθε x R (0) Στη συνέχεια θα αποκλείσουμε τις περιπτώσεις f(x) >xγιά κάθε για κάθε x R και f(x) <x, γιά κάθε για κάθε x R. Εστω λοιπόν ότι f(x) >x για κάθε x R ()

28 Me Aformh mia Askhsh sthn Suneqeia 5 Αφου οι (0), () ισχύουν για όλα τα x θα ισχύουν και για το 0 (οπότε f(0) > 0) και το x =(f(0) + ) 2 > 0. Τότε, λόγω των (0), () έχουμε: x <f(x ) f(0) + x ) ή καλύτερα [f(0) + ] 2 < 2f(0) + που τελικά δίνει f(0) 2 < 0. Άτοπο. Άραθαυπάρχειk στο R ώστε f(k ) <k. Ομοια (δουλεύοντας με το x 2 = ( f(0)) 2 < 0) εξασφαλίζουμε ότι υπάρχει k 2 στο R ώστε f(k 2 ) >= k 2. Εφαρμόζουμε το θεώρημα του Bolzano για την g(x) =f(x) x στο διάστημα με άκρα k,k 2 έχουμε το αποδεικτέο.

29 MÐa idiìthta thc èlleiyhc Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 5 FebrouarÐou 2008 Ασκηση. (varverak) Αν Μ, Ν είναι σημεία έλλειψης με εστίες Ε και Ε, τότε οι ευθείες ΜΕ, ΜΕ, ΝΕ και ΝΕ είναι εφαπτόμενες ενός κύκλου. Λυση Ας πούμε ότι το ΜΕΝΕ είναι κυρτό (η περίπτωση μη κυρτού αντιμετωπίζεται ανάλογα). Με κέντρο το κοινό σημείο Ο των διχοτόμων της εξωτερικής του γωνίας του Μ και της εσωτερικής γωνίας του Ε και ακτίνα την απόσταση του Ο από την ΜΕ γράφουμε κύκλο. Αυτός εφάπτεται στις ΜΕ, ΜΕ, ΕΝ στα Δ, Γ, Ε αντιστοίχως. Θα δείξουμε ότι εφάπτεται και στην Ε Ν. Αν όχι φέρνουμε την εφαπτομένη Ε Κ από το Ε η οποία τέμνει την ΕΝ στό Σ. Εχουμε: E Σ=E K ΣK=E A ΣB = ME +MA ΣE EB = ME +MΓ ΣE EΓ = ME ΣE + (MΓ EΓ) = ME ΣE + ME = NE +ΣN Αρα E Σ=NE +ΣN(άτοπο) Tèjhke ston diktuakì tìpo Mathematica ( apì to mèloc varverak

30 Pìte isqôei α x + β x γ x + δ x gia k je x? Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 23 SeptembrÐou 2007 PerÐlhyh Sto diktuakì tìpo sun nthshc Mathematica tèjhkan k poia erwt mata sqetik me èna jèma tou To parìn eðnai mða mikr sumbol sth suz thsh Askhsh. An α, β, γ, δ eðnai jetikoð arijmoð na apodeiqjeð ìti isqôei α x + β x γ x + δ x gia ìla ta x an kai mìno an αβ = γδ kai α + β γ + δ Lush Gia To Euju. 'Estw ìti α x + β x γ x + δ x gia ìla ta x. JewroÔme th sun rthsh f (x) =α x + β x γ x δ x orismènh sto anoiktì di sthma (, + ). ParathroÔme ìti eðnai paragwgðsimh ìti isqôei f (x) 0 gia ìla ta x kai ì- ti f(0) = 0. 'Ara parousi zei akrìtato sto 0 kai epomènwc h par gwgoc thc f (x) =α x ln α + β x ln β γ x ln γ δ x ln δ mhdenðzetai gia x =0. Autì shmaðnei ìti ln α +lnβ ln γ ln δ =0apì thn opoða eôkola sun getai ìti αβ = γδ. EpÐshc ja eðnai f () 0 apì thn opoða prokôptei ìti α + β γ δ 0 dhlad α + β γ + δ. Gia To Antistrofo. Upojètoume ìti isqôoun oi αβ = γδ () α + β γ + δ (2) An h (2) isqôei san isìthta tìte oi α, β kaj c kai oi γ,δ eðnai rðzec thc t 2 (α + β) t + αβ =0epomènwc ja eðnai an dôo Ðsoi (ìqi kat' an gkhn me thn seir anagraf c) kai se k je perðptwsh ja eðnai α x + β x = γ x + δ x. An h (2) isqôei san gn sia anisìthta tìte k poioc apì touc α, β ja eðnai megalôteroc apì k poion apì touc γ,δ afoô sthn en ntia perðptwsh ja eðqame α + β γ + δ. Ac poôme, qwrðc bl bh thc genikìthtac ìti α > γ. 'Estw α γ = λ>. Tìte apì thn () ja eðnai α γ = δ β = λ>

31 2 Pote isquei α x + β x γ x + δ x gia kaje x kai epomènwc α = λγ kai δ = λβ. Akìmh apì thn (2) èqoume ìti λγ + β>γ+ λβ kai epomènwc (λ ) (γ β) > 0. AfoÔ eðnai λ> ja eðnai kai γ β >0 dhlad γ β >. H par stash α x + β x γ x δ x gr fetai: (λγ) x + β x γ x (λβ) x dhlad (( ) x ) γ β x (λ x ) β DiakrÐnontac tic peript seic x = 0, x > 0, x < 0 sumperaðnoume eôkola ìti eðnai p nta f (x) 0 kai epomènwc gia ìla ta x isqôei α x + β x γ x + δ x. Askhsh 2. (Apì tic epanalhptikèc exet seic tou 2004) JewroÔme th sun rthsh f : R R me f (x) =2 x + m x 4 x 5 x ìpou m R, m>0. Na breðte ton m ste f(x) 0 gia k je x R. Lush Prwtoc Tropoc Autotel c, h gnwst lôsh ìpou epiplèon sto tèloc epalhjeôetai ìti ìntwc h tim m =0èqei thn idiìthta na k nei thn f mh arnhtik dhlad ìti isqôei (2 x 5 x )( 2 x ) 0 pou diapist netai eôkola me di krish peript sewn. Deuteroc Tropoc Qrhsimopoi ntac thn prohgoômenh skhsh. Jèloume 2 x + m x 4 x +5 x gia ìla ta x pou isodunameð me tic 2 m =4 5 kai 2+m 4+5 pou asfal c epalhjeôontai apì thn m =0. Sto sq ma parist nontai 2 merik mèlh thc oikogèneiac sunart sewn f m (x) = 2 x + m x 4 x 5 x gia akèraiec timèc tou m metaxô kai 30. H qaragmènh me kìkkino kampôlh antistoiqeð sthn tim m =0. 2 H grafik par stash ègine me to prìgramma Geogebra

32 'Allh mða skhsh me pedðo orismoô oloklhr matoc Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 26 FebrouarÐou 2008 Askhsh Na brejeð to pedðo orismoô thc sun rthshc (x 2)(x 4) (x )(x 3) ln (xt) dt Apanthsh: Ac onom soume g x (t) =ln(xt). To pedðo orismoô thc g x eðnai to (0, + ) an eðnai x>0 kai to (, 0) an eðnai x<0. Gia x =0 h g x den orðzetai.. Ac upojèsoume ìti x>0. Tìte prèpei ta kra olokl rwshc (x )(x 3), (x 2)(x 4) na an koun sto di sthma (0, + ) dhlad na eðnai kai ta dôo jetik. Autì isqôei ìtan x>4 ìtan 0 <x<. 2. Ac upojèsoume ìti x<0. Tìte prèpei (x )(x 3) < 0, (x 2)(x 4) < 0 pou isqôei ìtan 2 <x<3 pou den sunalhjeôoun ìmwc thn x<0. Epomènwc den up rqoun arnhtik x sto pedðo orismoô. Epomènwc to pedðo orismoô eðnai to (0, ) (4, + ). Askhsh 2 [Parallag apì ton K sta SerÐfh] Na brejeð to pedðo orismoô thc sun rthshc Apanthsh: (, 0) (4, + ). (x+2)(x 4) (x+)(x 3) ln (xt) dt Ergazìmenoi an loga brðskoume ìti to pedðo orismoô eðnai to

33 ASEP Majhmatik Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 9 IounÐou 2008 PerÐlhyh Sta epìmena up rqei mða gnwst di taxh epiqeirhm twn gia thn apìdeixhtou kanìna thc parag gou sônjethc sun rthsh pou parousi sjhke s- ton diktuakì tìpo mathematica. SthrÐzetai se èna aplì qarakthrismì thc paragwgisimìthtac se èna shmeðo pouonom zetai parat rhsh tou Karajeodwr ( kai par gwgoc kat Karajeodwr ) pou aplopoieð to jèma kai to k nei did ximo. Perissìterec leptomèreiec mporoôn na brejoôn sthn polô endiafèrousa metaptuqiak diplwmatik ergasða tou Apìstolou Papadogiann kh : Apostoloc Papadogiannakhc: H An lush sto lôkeio kai merikèc prot seic gia thn enopoðhsh kai aplopoðhsh twn apodeðxewn basik n jewrhm twn thc. HRAKLEIO 2005 Euqarist ton K staserðfhgiaticepishm nseic tou. Στα επόμενα τα Δ, E είναι διαστήματα, Α Εστω f :Δ R και x 0 Δ.. Να αποδειχθεί ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα. (αʹ) Η f είναι παραγωγίσιμη στο x 0. (βʹ) Υπάρχει α ώστε η συνάρτηση ϕ ορισμένη στο Δ με { f(x) f(x0) ϕ (x) = x x 0, x x 0 α, x = x 0 2. Να αποδειχθεί ότι τα ακόλουθα είναι ισοδύναμα. (αʹ) Η f είναι παραγωγίσιμη στο x 0 (βʹ) Υπάρχει μοναδική συνάρτηση f ορισμένη στο Δ και συνεχής στο x 0 ώστε για όλα τα x από το Δ να ισχύει: f(x) f(x 0 )=f (x)(x x 0 ) Β Θεωρούμε συναρτήσεις f :Δ R, g : E R παραγωγίσιμες στα x 0 Δ, y 0 = f(x 0 ) E όπου το y 0 είναι εσωτρικό σημείο του Δ. Σύμφωνα με το (Α) και για τα x 0, x 0 υπάρχουν μοναδικές συναρτήσεις f, g συνεχείς στα x 0, y 0 ώστε: f(x) f(x 0 )=f (x)(x x 0 ) για όλα τα x από το, Δ g(y) g(y 0 )=g (y)(y y 0 ) για όλα τα y από το E Bl. MDE.pdf.pdf

34 2 Asep Majhmatika. Να αποδείξετε ότι για κάθε x από το Δ ισχύει g(f(x)) g(f(x 0 )) = g (f(x))f (x)(x x 0 ) 2. Να αποδείξετε ότι η σύνθεση g f είναι παραγωγίσιμη στο x 0 και ισχύει (g f) (x 0 )=g (f(x 0 ))f (x 0 ) Απαντησεις Α. (α ) (β ) Υποθέτουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο x 0. Αυτό f(x) f(x σημαίνει ότι υπάρχει το όριο lim 0) x x 0 x x 0 και είναι κάποιος πραγματικός αριθμός ας τον ονομάσουμε α. Τότε γιαυτή την τιμή του α η συνάρτηση ϕ θα είναι συνεχής στο x 0 διότι lim ϕ (x) = lim x x 0 α = f (x 0 ). (β ) (α ) Υποθέτουμε ότι για κάποια κατάλληλη τιμή του α η ϕ είναι συνεχής στο x 0.Τότετοόριοτηςστοx 0 θα υπάρχει και θα είναι ίσο με f(x) f(x 0) x x 0 x x 0 = f(x) f(x την τιμή της στο στο x 0. Αυτό σημαίνει ότι lim 0) x x 0 x x 0 = f (x 0 ) και επειδή το f (x 0 )=α είναι πραγματικός αριθμός συμπεραίνουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο x (α ) (β ) Υποθέτουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο x 0. Από το προηγούμενο θα υπάρχει κατάλληλος α ώστε η συνάρτηση ϕ (x) = { f(x) f(x0) x x 0, x x 0 α, x = x 0 να είναι συνεχής στο x 0. Εχουμε ότι για x x 0 είναι ϕ (x) = και επομένως f(x) f(x 0) x x 0 f (x) f (x 0 )=ϕ (x)(x x 0 ) για x x 0 () Η σχέση ισχύει () και για x = x 0 διότι τότε γράφεται: f (x 0 ) f (x 0 )=α (x 0 x 0 ) που ισχύει. Αν ονομάσουμε f = ϕ έχουμε ότι f (x) f (x 0 )=f (x)(x x 0 ) για όλα τα x (2) Αν τώρα μία συνάρτηση έχει την ιδιότητα (2) τότε για κάθε x x 0 θα είναι ίση με f(x) f(x0) x x 0 και επομένως θα συμπίπτει με την f στα x x 0. Αλλά τότε θα συμπίπτει και στο x 0 αφού η τιμή της στο x 0 θα είναι το όριο στο x 0 του f(x) f(x0) x x 0. Άραυπάρχειμίαμόνοσυνάρτηση f που ικανοποιεί την (2). (β ) (α ) Απλο. Β Είναι g(f(x)) g(f(x 0 )) = g (f (x)) (f (x) f (x 0 )) = g (f(x))f (x)(x x 0 ). Εχουμε ότι (g f) g(f(x)) g(f(x 0 )) g (f(x))f (x)(x x 0 ) (x 0 ) = lim = lim = x x 0 x x 0 x x 0 x x 0 = lim g (f(x))f (x) x x 0

35 Asep Majhmatika 3 Τώρα Η f είναι παραγωγίσιμη στο x 0 και επομένως συνεχής στο x 0 Η f είναι συνεχής στο x 0 Η g είναι συνεχής στο y 0 = f(x 0 ) Η g είναι συνεχής στο E και επομένως είναι συνεχής και στο y 0 = f(x 0 ), η f είναι επομένως συνεχής στο x 0 άρα η g f είναι συνεχής στο x 0 2 Επομένως lim x x 0 g (f(x))f (x) =g (f(x 0 ))f (x 0 )=g (y 0 )f (x 0 )= {lìgw suneqeðac} g(y) g(y = lim 0) y y 0 y y 0 lim x x 0 f(x) f(x 0) x x 0 =g (y 0 ) f (x 0 )=g (f(x 0 ) f (x 0 ) 2 Sto sqolikì biblðo diatup netai arket eleôjera h prìtash ìti an h f eðnai suneq c sto x 0 kai h g eðnai suneq c sto f(x 0 ) tìte h sônjesh g f eðnai suneq c sto x 0 (selðda 90). 'Omwc an gia par deigma èqoume tic f :[, 2] R, f(x) =x, g :[2, 3] R, g(x) =x, hg f orðzetai mìno sto 2 kai den orðzetai kont sto 2 kai sômfwna me ton orismì tou orðou (selðda 6)den èqei nìhma h anaz thsh tou orðou thc g f sto 2. EpomènwctoautìisqÔei kai gia thn sunèqeia thc g f sto 2. H upìjesh ìti to y 0 = f(x 0 ) eðnai eswterikì shmeðo tou E up rqei gia na apokleðsei tètoiec peript seic

36 ASEP Majhmatik 2 Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 9 IounÐou 2008 PerÐlhyh Parak tw up rqei mða seir erwt sewn pou anafèretai sta stoiqei dh summetrik polu numa pou parousi sjhkan kai suzht jhkan ston diktuakì tìpo mathematica. 'Ena arqikì l joc stic ekfwn seic diorj jhke q ric sthn epis mansh tou K sta SerÐfh. Ton euqarist. Σταεπόμεναησχέσηx>yσημαίνει ότι οι x, y είναι πραγματικοί αριθμοί και ότι ο x είναι μεγαλύτερος του y. Α Να αποδείξετε ότι αν για δύο πραγματικούς αριθμούς α, β ισχύει τότε είναι α>0 και β>0. α + β>0, και αβ > 0 () Β Να αποδείξετε ότι αν για δύο μη πραγματικούς μιγαδικούς αριθμούς α, β ισχύει η () τότε είναι συζυγείς με θετικό πραγματικό μέρος. Γ Να αποδείξετε ότι αν για τρεις πραγματικούς αριθμούς α, β, γ ισχύει α + β + γ>0 αβ + βγ + γα > 0 αβγ > 0 (2) τότε είναι α>0, β>0, γ>0. Δ Υποθέτουμε ότι για τρεις μιγαδικούς αριθμούς α, β, γ ισχύει η (2). Ποιές από τις επόμενες προτάσεις είναι αληθείς ; α) Αν οι α, β, γ είναι πραγματικοί τότε είναι θετικοί. β) Δε μπορούν και οι τρεις από τους α, β, γ να μην είναι πραγματικοί. γ) Δύο τουλάχιστον από τους α, β, γ έχουν ίσα μέτρα. δ) Το άθροισμα των τετραγώνων των α, β, γ είναι πραγματικός αριθμός. Απαντησεις Α (Βασίλης Στεφανίδης) Αφού αβ > 0 οι α, β είναι ομόσημοι δηλαδή α>0, β > 0 ή α<0, β < 0

37 2 Asep Majhmatika 2 και αφού α + β>0 θα είναι α>0, β > 0. Βα τρόπος(βασίλης Στεφανίδης) Αν α = x + yi και β = κ + λi αφού α + β>0θα είναι x + κ>0 και y + λ =0οπότε λ = y. Αφού αβ > 0 και αβ =(x + yi)(κ + λi) =(x + yi)(κ yi) =xκ + y 2 +( xy + yκ) i θα είναι xκ + y 2 > 0 και xy + yκ =0 Από την xy + yκ =0έχουμε ότι κ = x ή y =0. Επειδή οι α, β είναι μη πραγματικοί η περίπτωση y =0άρα αναγκαστικά κ = x. Είναι τώρα α = x + yi, β = x yi και επομένως οι α, β είναι συζυγείς. Ακόμη από την x + κ>0 έχουμε 2x >0 δηλαδή x>0 οπότε οι α, β έχουν θετικό πραγματικό μέρος. β τρόπος (Κώστας Σερίφης) Τα α, β είναι ρίζες του τριωνύμου f(x) = x 2 Sx + P όπου S = α + β και P = αβ για την οποία γνωρίζουμε ότι αν έχει μη πραγματικές ρίζες θα είναι συζυγείς. Επομένως οι α, β είναι συζυγείς. Το άθροισμα των (ίσων ) πραγματικών μερών τους είναι S>0 άρα έχουν ίσα πραγματικά μέρη. Γ α τρόπος(κώστας Σερίφης) Με απαγωγή στο άτοπο. Αν α, β, γ δεν ήταν και οι τρεις θετικοί τότε λόγω του ότι αβγ > 0 θα πρέπει δύο από αυτούς να είναι αρνητικοί. Εστω ότι οι α, β είναι οι αρνητικοί τότε (α + β)(α + β + γ) < 0 δηλαδή α 2 + β 2 + αβ +(αβ + βγ + γα) < 0 άτοπο διότι αβ > 0, α 2 + β 2 > 0, αβ + βγ + γα. β τρόπος (Ν.Σ. Μαυρογιάννης) Θεωρούμε το πολυώνυμο P (x) =(x α)(x β)(x γ) με ρίζες τα α, β, γ. Ανταα, β, γ δεν είναι θετικάτότε τα δύο από αυτάας πούμε τα α, β (όπως στο επιχείρημα του Κώστα Σερίφη βλ, προηγούμενο) θα είναι αρνητικά. Από το θεώρημα του Rolle η παράγωγος του (που υπολογίζεται εύκολα) P (x) =3x 2 2(α + β + γ) x + αβ + βγ + γα θα έχει μίαρίζαμεταξύτωνα, β, δηλαδή αρνητική. Άτοπο διότι το τριώνυμο P (x) έχει ρίζες θετικές (αφού το άθροισμα των ριζών του είναι 2(α+β+γ) 3 > 0 και το γινόμενο των ριζών του είναι 2(α+β+γ) 3 > 0). Δ (Απαντήσεις του Κώστα Σερίφη, Αλέξανδρου Συγγελάκη, και kostas.zig) α) Είναι σωστό λόγω του Γ. β) Το πολυώνυμο P (x) =(x α)(x β)(x γ) = = x 3 (α + β + γ) x 2 +(αβ + βγ + γα) x αβγ έχει ρίζες τους α, β, γ και πραγματικούς συντελεστές επομένως επειδή είναι περιττού βαθμού θα έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα άρα δε μπορεί και οι τρεις από τους α, β, γ να μην είναι πραγματικοί. Επομένως η πρόταση είναι ψευδής. Μάλιστα υπάρχουν τρεις δυνατότητες: An èna polu numo P (x) èqei peritto bajmì ν ja èqei mða toul qiston rðza diìti an onom - soume α ν ton suntelest tou megiastobajmðou ìrou tou ja eðnai lim P (x) =± lim x + P (x) = ( ) x an loga me to an to α ν eðnai jetikì arnhtikì. Se k je perðptwsh h suneq c sun rthsh

38 Asep Majhmatika 2 3 Και οι τρεις αριθμοί να είναι πραγματικοί οπότε θα είναι θετικοί Ενας να είναι πραγματικός και οι δύο άλλοι να είναι μη πραγματικοί μιγαδικοί, αναγκαστικάσυζυγείς. Αν είναι ο α ο πραγματικός και β,γ οι μη πραγματικοί συζυγείς τότε από την σχέση αβγ > 0 συμπεραίνουμε ότι α ( β β ) > 0 και αφού εδώ είναι β β >0 θα είναι και α>0 γ) Είναι ψευδής: Για παράδειγμα οι α, β, γ μπορούν να είναι τρεις διαφορετικοί θετικοί αριθμοί οπότε και θα έχουν διαφορετικές απόλυτες τιμές (=μέτρα). Ακόμη μπορούν να είναι ένας θετικός πραγματικός και δύο μη πραγματικοί συζυγείς. δ) Είναι ψευδής: Με α =, β =2+3i, γ =2 3i είναι α + β + γ =5, αβ + βγ + γα =7, αβγ =3, α 2 + β 2 + γ 2 = 9. P (x) ja paðrnei jetikècall kai arnhtikèctimècdhlad ja up rqoun x,x 2 ste P (x ) > 0, P (x 2 ) < 0 kai epomènwcapì to je rhma tou Bolzano ja èqei mða toul qiston rðza. Shmei ste ìti to gegonìc ìti èqoume na k noume me polu numo den eðnai ousi dec. 'Olo ki ìlo pou qrei zetai gia thn exasf lish rðzaceðnai na èqoume suneq sun rthsh pou ikanopoieð tic ( )

39 ASEP Majhmatik 3 Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 9 IounÐou 2008 PerÐlhyh Prwtosun thsa autì to prìblhma prin 25 qrìnia sthn prosp jeia mou na etoim sw k poiec ask seic gia thn B' GumnasÐou! Argìtera èmaja ìti to prìblhma èqei meg lh hlikða eðnai gnwstì wc prìblhma tou Hansen o opoðoc tan Germanìc Astronìmoc ( ) an kai to èlusan polloð prin apì autìn. Leptomèreiec gia to prìblhma mporoôn na brejoôn sto: Heinrich Dorrie: 00 Great Problems of Elementary Mathematics, DOVER 965 Στο επόμενο σχήμα. Να υπολογίσετε τις γωνίες α, β. 2. Να δώσετε τρόπο κατά προσέγγισιν υπολογισμού των γωνιών x, y. Απαντηση (Αλέξανδρος Συγγελάκης) Καταρχήν α =75 και β =65.Επίσης x + y =85 () Εφαρμόζοντας τον νόμο των ημιτόνων έχουμε: Στο τρίγωνο ΒΓΔ: ημ x BΓ = ημ (y + 65 ) BΔ (2)

40 2 Asep Majhmatika 3 Στο τρίγωνο ΑΒΓ: Στο τρίγωνο ΑΓΔ: Στο τρίγωνο ΑΒΔ: ημ 45 = BΓ ημ (75 +x) AΓ ημ 40 AΔ ημ 70 AΓ = ημ y AΔ ημ 65 = BΔ Θα απαλείψουμε τώρα όλα τα εμφανιζόμενα μήκη: Διαιρώντας τις (2), (3) κατά μέλη και γράφοντας το β μέλος σαν α μέλος βρίσκουμε: (3) (4) (5) AΓ ημ (y + 65 ) BΔ ημ 70 = ημ x ημ 45 (6) Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τις (4), (6) και αλλάζοντας την σειρά των μελών της ισότητας βρίσκουμε: ημ x ημ y AΔ ημ 45 = ημ (y + 65 ) ημ (x + 75 ) BΔ ημ 70 (7) Τέλος διαιρώντας κατά μέλη τις (5), (7) τελικα βρίσκουμε: ημ x ημ y ημ 70 ημ 65 = ημ 45 ημ40 ημ (75 +x)ημ (y + 65 ) (8) Αντικαθιστούμε x =85 y και καταλήγουμε στην εξίσωση: ημ (85 y) ημ y ημ 70 ημ 65 = ημ 45 ημ40 ημ (60 y) ημ (y + 65 ) (9) Αλλά, όπως εύκολα διαπιστώνεται, ισχύει: Ετσι η τελευταία εξίσωση γράφεται: ημα ημβ = 2 (συν (α β) συν (α + β)) ημ70 ημ65 (συν (85 2y) συν85 )=ημ45 ημ40 (συν (95 +2y) συν225 ) (0) Η παραπάνω εξίσωση, μετά τις πράξεις, ανάγεται σε εξίσωση της μορφής: pημ2y + qσυν2y = r που είναι γνωστής μορφής. Οι κατά προσεγγισιν τιμές των y, x, που βρίσκονται από τους πίνακες ή με αριθμομηχανή είναι 29, 56.

41 ASEP Majhmatik 4 Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 0 IounÐou 2008 Για κάθε ζεύγος φυσικών αριθμών ν, μ ορίζουμε: Α Να αποδείξετε ότι Β Να αποδείξετε ότι J (ν, μ) = J (ν, μ) = J (ν, μ) = 0 x ν ( x) μ dx () μ J (ν +,μ ) (2) ν + ν!μ! J (ν + μ, 0) (3) (ν + μ)! Γ Από ν + μ αντικείμενα επιλέγουμε χωρίς επανατοποθέτηση ν. Να αποδείξετε ότι η επιλογή μπορεί να γίνει κατά J(ν+μ,0) J(ν,μ) τρόπους. Δ Να υπολογίσετε το J (ν, μ) Απαντηση (Σπύρος Καρδαμίτσης) ( ) x Α Επειδή ν+ ν+ = x ν εφαρμόζοντας τον τύπο της παραγοντικής ολοκλήρωσης προκύπτει ( ) J (ν, μ) = x ν ( x) μ x ν+ dx = ( x) μ dx = 0 0 ν + [( ) ] x ν+ ( ) ( x) μ x ν+ (( x) μ ) dx = ν + ( x ν+ ν + 0 ν + ) ( μ ( x) μ ) dx = μ ν + 0 x ν+ ( x) μ dx = μ J (ν +,μ ) ν + Β Εφαρμόζοντας συνολικά μ φορές την σχέση της παραγοντικής ολοκλήρωσης στο αρχικό ολοκλήρωμα ή αλλιώς εφαρμόζοντας την (2) μ φορές βρίσκουμε: J (ν, μ) = μ J (ν +,μ ) ν +

42 2 Asep Majhmatika 4 J (ν +,μ ) = μ J (ν +2,μ 2) ν +2 J (ν +2,μ 2) = μ 2 J (ν +3,μ 3) ν +3 J (ν + k, μ k) = μ k J (ν + k +,μ (k )) ν + k + J (ν + μ, ) = J (ν + μ, ) ν + μ Αντικαθιστώντας την 2η σχέση στην πρώτη και μετά την 3η στην σχέση που προέκυψε κ.ο.κ. βρίσκουμε την (3) Γ Το πλήθος με το οποίο μπορούν να επιλεγούν, χωρίς επανατοποθέτηση, ν αντικείμενα από ν + μ είναι ίσο με το πλήθος των συνδυασμών των ν + μ αντικειμένων ανά ν που είναι ίσο με ( ) ν + μ (ν + μ)! (ν + μ)! J (ν + μ, 0) = = = ν ν!(ν + μ ν)! ν!μ! J (ν, μ) Δ Είναι: J (ν, μ) = ν!μ! ν!μ! J (ν + μ, 0) = (ν + μ)! (ν + μ)! ν!μ! (ν + μ)! ν + μ + = 0 ν!μ! (ν + μ +)! x ν+μ dx = mporoôme kai na pollaplasi soume kat mèlh kai na diagr youme ìsouc par gontec up rqoun kai sta dôo mèlh dhlad ta oloklhr mata J (ν +,μ ), J (ν +2,μ 2), J (ν +3,μ 3),..., J (ν + μ, ). H diagraf mporeð na gðnei foba diìti oi oloklhrwtèoi se aut ta oloklhr mata eðnai sunart seic pou eðnai mh arnhtikèc sto di sthma [0, ] kai gðnontai mhdèn mìno sta 0 kai epomènwc ta oloklhr mata aut eðnai jetik

43 ASEP Majhmatik 7 Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 28 IounÐou 2008 Sto jèma autì gr fontac f (k) ja ennooume thn k t xhc par gwgo thc sun rthshc f. Eidik to f (0) dhl nei thn f. Εστω f ένα πολυώνυμο. Ενας αριθμός ρ θα ονομάζεται ρίζα του f πολλαπλότητας k αν το πολυώνυμο (x ρ) k είναι παράγοντας του f ενώ το πολυώνυμο (x ρ) k+ δεν είναι παράγοντας του. Α Να αποδείξετε ότι ο αριθμός ρ είναι ρίζα του πολυωνύμου f πολλαπλότητας 2 αν και μόνο αν f (ρ) =f (ρ) =0 =f (ρ) () Β Να αποδείξετε ότι ο αριθμός ρ είναι ρίζα του πολυωνύμου f πολλαπλότητας k αν και μόνο αν f (0) (ρ) =f () (ρ) =... = f (k ) (ρ) =0 =f (k) (ρ) (2) Γ Να αποδείξετε ότι η ευθεία y = αx + β είναι εφαπτομένη της γραφικής παράστασης του πολυωνύμου f στο σημείο με τετμημένη x 0 αν και μόνο αν ο αριθμός x 0 είναι ρίζα του πολυωνύμου g (x) =f (x) (αx + β) με πολλαπλότητα τουλάχιστον 2. Δ Να βρείτε τους αριθμούς α, β, γ έτσι ώστε ο αριθμός να είναι ρίζα του πολυωνύμου f (x) =αx 4 + βx 3 + γx 2 +7x 3 με πολλαπλότητα 3. Απαντησεις (Σπύρος Καρδαμίτσης) Α Διαιρούμε το πολυώνυμο f με το πολυώνυμο (x ρ) 2 και έχουμε f (x) =π (x)(x ρ) 2 + υ (x) όπου υ (x) =αx + β (3) Παραγωγίζοντας δύο φορές την (3) βρίσκουμε: f (x) =π (x)(x ρ) 2 +2π (x)(x ρ)+α f (x) =π (x)(x ρ) 2 +4π (x)(x ρ)+2π (x) Εχουμε τώρα: ()

44 2 Asep Majhmatika 7 αρ + β =0 και α =0 και π (ρ) = 0 f (x) =π (x)(x ρ) 2 και π (ρ) = 0 οαριθμόςρ είναι ρίζα πολλαπλότητας 2 Β Διαιρούμε το f (x) δια του (x ρ) k και βρίσκουμε ότι: f (x) =(x ρ) k π (x)+υ (x) (4) οπου το υπόλοιπο υ (x) στην (4) είναι ένα πολυώνυμο βαθμού το πολύ k. Παραγωγίζοντας την (4) βρίσκουμε f (x) =k (x ρ) k π (x)+(x ρ) k π (x)+υ (x) = (x ρ) k (kπ (x)+(x ρ) π (x)) +υ (x) =(x ρ) k π (x)+υ (x) }{{} π (x) Ετσι ξεκινώντας από την (4), παραγωγίζοντας και κάθε φορά βγάζοντας κοινό παράγοντα την κατάλληλη δύναμη του (x ρ) θα έχουμε: f (0) (x) =(x ρ) k π (x)+υ (x) f () (x) =(x ρ) k π (x)+υ () (x) f (2) (x) =(x ρ) k 2 π 2 (x)+υ (2) (x)... f (k ) (x) =(x ρ) π k (x)+υ (k ) (x) f (k) (x) =π k (x) Η τελευταία σχέση δικαιολογείται από το γεγονός ότι η k τάξης παράγωγος του πολυωνύμου υ (x), που έχει βαθμό το πολύ k, θα είναι 0. Εχουμε τώρα ότι: (2) υ (ρ) =υ () (ρ) =υ (2) (ρ) =... = υ (k ) (ρ) =0 =π k (ρ) όλοι οι συντελεστές του υ (x) είναι μηδέν και π k (ρ) = 0 ο (x ρ) k είναι παράγοντας του f και π k (ρ) = 0 ο (x ρ) k είναι παράγοντας του f και π (ρ) = 0 ο (x ρ) k είναι παράγοντας του f και ο (x ρ) k+ δεν είναι παράγοντας του f Η τελευταία ισοδυναμία προκύπτει από τον τρόπο σχηματισμού των π i (x): Είναι κάποιο π i (ρ) διάφορο του μηδενός αν και μόνο αν το π i+ (ρ) είναι διάφορο του μηδενός. Επομένως η (2) ισοδυναμεί με το ότι ο ρ είναι ρίζα του f με πολλαπλότητα k. H paroôsa lôsh tou SpÔrou KardamÐtsh kineðtai akrib c entìc thc (trèqousac) Ôlhc tou ASEP pou den anafèrei thn majhmatik epagwg wc exetastèa Ôlh. An qrhsimopoi soume epagwg mporoôme na èqoume kai mða llh apìdeixh pou adromer c eðnai h akìloujh: Ergazomaste me epagwg sto bajmìν tou f. Gia ν =to apodeiktèo profan c isqôei. To b ma apì ν se ν + gðnetai me thn parat rhsh ìti an èna polu numo èqei rðza èna arijmì tìte ja ton èqei rðza me pollaplìthta k an kai mìno an h par gwgoc tou ton èqei rðza me pollaplìthta k.

45 Asep Majhmatika 7 3 Γ Η y = αx + β είναι εφαπτομένη της γραφικής παράστασης του πολυωνύμου f στοσημείομετετμημένηx 0 αν και μόνο αν δηλαδή αν και μόνο αν f (x 0 )=αx 0 + β και f (x 0 )=α g (x 0 )=0και g (x 0 )=0 που ισοδυναμεί με το ότι ο x 0 είναι ρίζα του f με πολλαπλότητα τουλάχιστον 2. Δ Για να είναι ο είναι ρίζα πολλαπλότητας 3 πρέπει (από προηγούμενο ερώτημα) f () = f () = f () = 0 και f (3) () = 0. Αλλά: Εχουμε: f() = 0 f () = 0 f () = 0 f (x) =αx 4 + βx 3 + γx 2 +7x 3 f (x) =4αx 3 +3βx 2 +2γx +7 f (x) =2αx 2 +6βx +2γ f (3) (x) =24αx +6β α + β + γ = 4 4α +3β +2γ = 7 2α +6β +2γ =0 α =2 β = 3 γ = 3 Για αυτές τις τιμές ισχύει και f (3) () = 30 = 0επομένως είναι οι ζητούμενες.

46 ASEP Majhmatik 9 Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 6 IoulÐou 2008 Εστω τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ//ΓΔ. Ευθεία παράλληλη προς τις βάσεις του τέμνει τις πλευρές ΑΔ, ΒΓ στα σημεία Ε, Ζ αντιστοίχως και τις διαγώνιους ΑΓ και ΒΔ στα Η, Θ αντιστοίχως Δίνεται ότι AB = p, ΓΔ = q, AE EΔ = m n Α Να υπολογισθούν συναρτήσει των p, q, m, n τα τμήματα ΕΖ, ΗΘ. Β Στην ειδική περίπτωση όπου η ευθεία ΕΖ διέρχεται από το κοινό σημείο των διαγωνίων να υπολογισθεί το ΕΖ συναρτήσει των p, q. Γ Να υπολογισθεί ο λόγος (ABZE) (EZΓΔ) των εμβαδών των τραπεζίων ΑΒΖΕ, ΕΖΓΔ συναρτήσει των p, q, m, n. Δ Πως πρέπει να επιλεγεί η ΕΖ ώστε να χωρίζει το τραπέζιο ΑΒΓΔ σε δύο ισοδύναμα τραπέζια Απαντησεις (Σπύρος Καρδαμίτσης) Α Η ΔΖ προεκτεινόμενη τέμνει την ΑΒ στο Η.

47 2 Asep Majhmatika 9 Από την υπόθεση και τις ιδιότητες των αναλογιών έχουμε: Επομένως: AE EΔ = m n AE + EΔ EΔ Στο τρίγωνο ΑΔΗ έχουμε: = m + n n AΔ EΔ = m + n ΔE n AΔ = n m + n () ΔE AΔ = ΔZ ΔH = EZ AH Από την ομοιότητα των τριγώνων ΔΓΖ και ΖΒΗ έχουμε: (2) BH ΓΔ = m n BH q Από τις σχέσεις () και (2) έχουμε: = m n BH = m q n (3) Επομένως: EZ AH = EZ p + m q n n m + n EZ AB + BH = n ((3)) m + n = n np + mq n EZ = m + n n m + n EZ = np+mq m+n Α2 Η ΓΘ προεκτεινόμενη τέμνει την ΑΒ στο Κ. Οπως είδαμε και στο προηγούμενο ερώτημα είναι ΓH ΓA = ΔE AΔ = n m + n Στο τρίγωνο ΑΓΚ έχουμε: ΓH ΓA = ΓΘ ΓK = HΘ AK Από την ομοιότητα των τριγώνων ΔΓΘ, ΘΚΒ έχουμε: KB ΓΔ = m n KB = m q n KB = m q n (4) (5) (6)

48 Asep Majhmatika 9 3 Από τις σχέσεις (4) και (5) έχουμε: HΘ AK = Άρα n m + n HΘ AB KB = n (6) m + n HΘ = np mq m+n HΘ p m q n = n m + n HΘ = np mq n ΣΧΟΛΙΟ Αν στις προηγούμενες σχέσεις αν θέσουμε m = n προκύπτουν τα γνωστά θεωρήματα που ισχύουν για τα τραπέζια. Β Αν η ευθεία ε διέρχεται από το σημείο τομής των διαγωνίων τότε τα σημεία Η και Θ ταυτίζονται επομένως ΗΘ = 0 άρα np mq m+n =0επομένως np = mq (7) Από την σχέση (7) έχουμε m n = p q m+n n Τελικά np + mq EZ = m + n np + np = m + n = 2np m + n = EZ = 2pq p+q = p+q q 2p m+n n άρα: = 2p p+q q = 2pq p + q Γ Αυ,υ 2 είναι τα ύψη των τραπεζίων ΑΒΖΕ και ΕΖΓΔ αντίστοιχα, τότε υ, οπότε ο λόγος των εμβαδών είναι: m n p+ez (ABZE) (EZΓΔ) = 2 υ = p +EZ υ = p + np+mq m+n q+ez 2 υ 2 q + EZ υ 2 q + np+mq m+n Δ Για την ισοδυναμία των τραπεζίων που σχηματίζονται έχουμε: (ABZE) = (EZΓΔ) m n υ 2 = n m + n (m +2n)p + mq =... = m np +(2m + n)q n (m +2n)p + mq np +(2m + n)q m n = [(m +2n)p + mq] m =[np +(2m + n)q] n m 2 p +2mnp + m 2 q = n 2 p +2mnq + n 2 q διαιρώντας με m 2 (m 0)έχουμε: p +2 n ( n ) 2 m p n ( n ) 2 p + q 2 m m q q =0 m και θέτοντας n m = t η παραπάνω σχέση μετασχηματίζεται ισοδύναμα σε: (p + q)t 2 2(p q)t (p + q) =0 (8) H joulia96 shmeðwse ìti to sumpèrasma mporeð na prokôyei kai wc ex c: HJ=EZ-EH- JZ,to EZ gnwsto apoto [A] kai ta EH,JZ ta briskoume apo tic omoiothtec twn AEH, ADG kai BJZ, BGD antistoiqa

49 4 Asep Majhmatika 9 που έχει ως ρίζες t,2 = p q ± 2(p 2 + q 2 ) p + q Επειδή η (8) έχει γινόμενο ριζών ίσο με - οι ρίζες είναι ετερόσημες και δεκτή είναι μόνο η θετική που είναι η μεγαλύτερη από τις δύο ρίζες. Άρα πρέπει n m = p q + 2(p2 + q 2 ) p + q

50 ASEP Majhmatik 22 Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 6 IoulÐou 2008 Α Να δώσετε τον ορισμό της αριθμητικής και της γεωμετρικής προόδου. Β Να αποδείξετε ότι αν μία ακολουθία (α ν ) θετικών όρων είναι γεωμετρική πρόοδος τότε η ακολουθία (ln α ν ) των φυσικών λογαρίθμων των όρων της είναι αριθμητική πρόοδος. Γ Εστω (α ν ) μία γεωμετρική πρόοδος με πρώτο όρο α>0 και λόγο λ>0. Να εκφράσετε συναρτήσει των α, λ, ν το γινόμενο α α 3... α ν των ν πρώτων όρων της. Δ Εστω η συνάρτηση f (x) =+x + x x ν Να αποδείξετε ότι για x διάφορο του ισχύει: Ε Θεωρούμε: f (x) = xν+ ν x ν ν x ν + (x ) 2 μία αριθμητική πρόοδο (α ν ) με πρώτο όρο α και διαφορά ω και μία γεωμετρική πρόοδο (β ν ) με πρώτο όρο β και λόγο λ. Να εκφράσετε συναρτήσει των α, β, ω, λ, ν το άθροισμα: α β + α 2 β α ν β ν Απαντησεις (Αργύρης Γαμβρέλλης και Σπύρος Καρδαμίτσης) Α Μια ακολουθία α ν ονομάζεται αριθμητική πρόοδος όταν κάθε όρος της προκύπτει από τον προηγούμενό του με πρόσθεση του ίδιου πάντοτε αριθμού δηλαδή αν και μόνο αν υπάρχει σταθερός αριθμός ω ώστε για όλα τα ν να ισχύει: α ν+ = α ν + ω Μια ακολουθία β ν ονομάζεται γεωμετρική πρόοδος όταν κάθε όρος της προκύπτει από τον προηγούμενό του με πολλαπλασιασμό επί τον ίδιο πάντοτε

51 2 Asep Majhmatika 22 μη μηδενικό αριθμό δηλαδή αν και μόνο αν υπάρχει σταθερός αριθμός λ 0 ώστε για όλα τα ν να ισχύει: α ν+ = α ν λ (Στην γεωμετρική πρόοδο υποθέτουμε πάντα ότι α 0,οπότεαφούείναι και λ 0,ισχύεια ν 0για κάθε ν) Β Η α ν είναι γεωμετρική πρόοδος με θετικούς όρους, άρα υπάρχει λ>0 τέτοιο ώστε: α ν+ = α ν λ,γιακάθεγιακάθεν. Ανβ ν =lnα ν,γιακάθεν έχουμε: β ν+ β ν =lnα ν+ ln α ν =ln αν+ α ν =lnλ. Επομένως η ακολουθία β ν είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω =lnλ. Γ Ισχύει Π=α α 2... α ν =(α)(αλ) ( αλ 2)... ( αλ ν ) = α ν λ (ν ) = α ν λ (ν )ν 2 αφούτο άθροισμα (ν ) είναι άθροισμα των ν όρων αριθμητικής προόδου με πρώτο όρο και τελευταίο ν. Δ Το άθροισμα +x + x x ν είναι το άθροισμα των ν +πρώτων όρων της γεωμετρικής προόδου με πρώτο όρο και λόγο x άρα για x είναι ίσο με xν+ x. Επομένως για x είναι f (x) = xν+ x και παραγωγίζοντας βρίσκουμε f (x) = xν+ ν x ν ν x ν + (x ) 2 Ε Εστω S = α β + α 2 β α ν β ν () Περίπτωση, λ = Τότε: S = β (α + α α ν )=β (2α +(ν ) ω) ν 2 Περίπτωση 2, λ Πολλαπλασιάζοντας την () επί λ βρίσκουμε = (2α +(ν ) ω) βν 2 λs = α (λβ )+α 2 (λβ 2 ) α ν (λβ ν ) δηλαδή: λs = α β 2 + α 2 β α ν β ν+ (2) Αφαιρούμε κατά μέλη τις (), (2) και βρίσκουμε: ( λ) S = α β + β 2 (α 2 α ) β ν (α ν α ν ) α ν β ν+ Alli c: 'Eqoume ln Π = ln (α α 2... α ν)=lnα +ln α ln α ν = (ln α +lnα ν) ν 2 = ν ln (α α ν) 2 Epomènwc: Π=e ln Π ν ln(α 2 λ ν ) ( = e 2 = e ln(α2 λ ν ) ) ν2 = ( α 2 λ ν ) 2 ν = α ν λ 2 (ν )ν = ν ln ( α 2 λ ν ) 2

52 Asep Majhmatika 22 3 ( λ) S = α β + ω (β β ν ) α ν β ν+ ( λ) S = α β ωβ + ω (β + β β ν ) α ν β ν+ ( β (λ ν ) ) ( λ) S = αβ ωβ + ω (α +(ν ) ω) βλ ν λ Άρα S = β (α ω + νω) λν+ (α + νω) λ ν +(ω α) λ + α (λ ) 2 που είναι και η ζητούμενη σχέση. 2 2 'Enac lloc trìpoc gia na upologðsoume to jroisma eðnai o akìloujoc: Apì to prohgoômeno er thma eðnai: 'Ara +2x +3x νx ν = xν+ ν x ν ν x ν + (x ) 2 ( ) S = α β α νβ ν =(αβ)+(α + ω)(βλ)+... +(α +(ν ) ω) ( βλ ν ) = αβ +(αβλ + βλω) ( αβλ ν + βω (ν ) λ ν ) = αβ + ( αβλ αβλ ν ) + ( βωλ βω (ν ) λ ν ) = αβ + αβλ ( λ ν 2) + βωλ ( +2λ (ν ) λ ν 2) = ( ) = αβ + αβλ λν λ + βωλ λν (ν ) λ ν (ν ) λ ν + (λ ) 2

53 ASEP Majhmatik 23 Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 22 AugoÔstou 2008 Α Πότε ένας γεωμετρικός μετασχηματισμός του επιπέδου ονομάζεται γραμμικός μετασχηματισμός; Β Θεωρούμε την ευθεία y = 3x (ε) και τον γεωμετρικό μετασχηματισμό T του επιπέδου που σε κάθε σημείο αντιστοιχεί το συμμετρικό του ως προς την (ε). ΝααποδείξετεότιοT είναι γραμμικός μετασχηματισμός. Γ Να βρείτε την εικόνα μέσω του T. α Του σημείου P ( 3, ) β Της ευθείας x + y = γ Της παραβολής y 2 =4x Απαντησεις Α Ενας μετασχηματισμός T του επιπέδου ονομάζεται γραμμικός αν απεικονίζει τα σημεία M(x, y) στα M (x,y ) των οποίων οι συντεταγμένες δίνονται από ένα σύστημα της μορφής { x = αx + βy + μ y = γx + δy + ν όπου α, β, γ, δ, μ, ν (σταθεροί) πραγματικοί αριθμοί. Β Θεωρούμε τυχόν σημείο M(x, y). Ενα σημείο M (x,y ) θα είναι συμμετρικό του M(x, y) ως προς την ευθεία ε αν και μόνο αν: Τοδιάνυσμα MM είναι κάθετο στην ευθεία (ε). Το μέσο του τμήματος MM ανήκει στην ευθεία (ε). IsodÔnama dðnontai apì mða exðswsh thc morf c: [ ] [ ][ x α β x y = γ δ y ] [ μ + ν ] ìpou α, β, γ, δ, μ, ν (stajeroð) pragmatikoð arijmoð

54 2 Asep Majhmatika 23 Η εξίσωση της (ε) γράφεταικαι 3x y =0και ένα παράλληλο προς αυτήν διάνυσμα είναι το u = (, 3 ). Θα είναι λοιπόν MM (ε) αν και μόνο αν MM u δηλαδή αν το εσωτερικό γινόμενο MM u είναι μηδέν. Επειδή MM =(x x, y y) πρέπει: (x x) +(y y) 3 =0 x + 3y = x + 3y () ( ) Το μέσον του τμήματος MM x+x είναι το σημείο N 2, y+y 2 και για να ανήκει στην (ε) πρέπει ( ) x+x 3 2 y+y 2 =0που ισοδυναμεί με την 3x 3y = 3x + 3y (2) Λύνοντας το σύστημα των (), (2) ως προς x,y βρίσκουμε: { x = 2 x + 2 3y y = 2 3x + 2 y (3) ή αλλιώς [ x y ] = [ ][ ] x 3 y 2 Από την εξίσωση (3) (αλλά εξ ίσου καλά και από την (4) ) φαίνεται ότι ο T είναι γραμμικός μετασχηματισμός. α ΓιαναβρούμετοσυμμετρικότουP ( 3, ) ως προς την ευθεία αρκεί να αντικαταστήσουμε τις συντεταγμένες του x = 3, y =στην (3) ή στην (4). Θα βρούμε x =0και y = και επομένως το συμμετρικό του P είναι το σημείο P ( 0, ). 2 (4) P (ε) P β Για να βρούμε το συμμετρικό της ευθείας x + y =ως προς (ε) (που αναμένεται να είναι ευθεία) πρέπει να βρούμε ποια σχέση ικανοποιούν τα x,y της (3) ή της (4) όταν τα x, y ικανοποιούν την εξίσωση x+y =. Για να το πετύχουμε αυτό αρκεί να εκφράσουμε τα x, y συναρτήσει των x,y και να αντικαταστήσουμε στην εξίσωση x+y =.Θαέχουμεέτσι μίασχέσηπουπεριέχειμόνοx,y.ηέκφρασητωνx, y συναρτήσει των x,y μπορεί να γίνει είτε λύνοντας την (3) ως προς x, y είτε λύνοντας την (4) ως προς τον πίνακα-στήλη [ ] x y

55 Asep Majhmatika 23 3 πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη με τον αντίστροφο του πίνακα [ ] Εχουμε έτσι: και επειδή έχουμε [ x y 2 2 ] [ ] [ ] = x [ ] [ ] = [ x y ] [ = y 2 ][ x y ] Επομένως x = 2 x + 2 3y, y = 2 3x + 2 y.άρα ( 2 x + ) ( 3y + 3x + ) y = δηλαδή η συμμετρική ευθεία έχει εξίσωση: ( 2 ) 3 x + y = 3 x + y = (ε) ( 2 3 ) x + y = 3 γ Εργαζόμαστε παρόμοια και αντικαθιστώντας τα x = 2 x + 2 3y, y = 2 3x + 2 y στην εξίσωση y 2 =4x και έχουμε ότι ( 3x + ) y =4 ( 2 x + 3y 2 )

56 4 Asep Majhmatika 23 Επομένως η συμμετρική καμπύλη της y 2 =4x έχει εξίσωση 3 4 x2 + 3xy y2 +2x 2 3y =0 Λόγω συμμετρίας αναμένεται το συμμετρικό παραβολής να είναι παραβολή. Αυτό μπορεί να διαπιστωθεί και από την μελέτη της εξίσωσης που είναι της μορφής Ax 2 + Bxy +Γy 2 +Δx + Ey + Z =0 (ε) y 2 =4x + 2 3xy + 4 y2 +2x 2 3y =0

57 'Askhsh stouc migadikoôc Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 4 DekembrÐou 2008 Ασκηση. (xr.tsif) Δίνεται η συνάρτηση f : C C για την οποία ισχύουν: f(z + z 2 )=f(z )+f(z 2 ) για κάθε z, z 2 στο C. f(z z 2 )=f(z )f(z 2 ) για κάθε z, z 2 στο C. f(α) =α για κάθε α στο R. Να δείξετε ότι f(z) =z ή f(z) = z συζυγής. Λυση (Αλέξανδρος Συγκελάκης) Θέτω στη δεύτερη από τις δοσμένες z = z και z 2 = z και παίρνω f(z)f( z) =z z () Θέτω στην πρώτη όπου z = z και z 2 = z και παίρνω z + z = f(z)+f( z) (2) Από τις () και (2) παίρνουμε ότι για κάθε z στο C ισχύει f(z) =z ή f(z) = z. Λυση 2 Το κλειδί είναι που απεικονίζει η f τον i. Επειδήηf «σέβεται» τον πολλαπλασιασμό είναι f(i 2 )=(f(i)) 2. Αλλά η f είναι ταυτοτικήστους πραγματικούς άρα αφού i 2 = είναι και (f(i)) 2 =. Επομένωςf(i) =i ή f(i) = i. Τώρα f(x + yi) =f(x)+f(y)f(i) =x + yf(i). Αν μεν είναι f(i) =i πρόκειται για την ταυτοτική. Αν όχι δηλαδή f(i) = i έχουμε την συζυγία 2 Anèbhke ( me thn shmeðwsh ìti prìkeitai gia skhsh pou dìjhke se tèst apì ton L. Bambak rh 2 H skhsh aut eðnai genik gnwst (sthn ousða lèei ìti oi mìnoi omomorfismoð tou s matoc C pou af noun ta stoiqeða tou R analloðwta eðnai h tautotik kai h suzugða). Akrib c me thn Ðdia diatôpwsh h skhsh eðnai anebasmènh sthn istoselðda thc Majhmatik c EtaireÐac ( 'Opwc eðnai diatupwmènh ìlo ki' ìlo pou èqei na deðxei k poioc eðnai ìti h f stèlnei èna sugkekrimèno z ston eautì tou ston suzug tou. Sthn pragmatikìthta ìpwc prokôptei apì thn prohgoômenh lôsh h f: ja apeikonðzei ìla ta z ston eautì touc (autì ìtan f(i) =i) eðte ja apeikonðzei ìla ta z ston suzug touc (autì ìtan f(i) =i). alli c, ìpwc to èjese o Alèxandroc Sugkel khc: Oi automorfismoð thc om dac Galois Gal(C/R) pou af noun analloðwto (apì ton orismì thc om doc Galois) tok tw s ma (edw: to R) eðnai oi id kai σ ìpou id(i) =i kai σ(i) = i. Profan c autoð oi automorfismoð eðnai se pl joc 2 diìti h epèktash C/R) eðnai Galois kai to el qisto poluwnumo tou C p nw apì to R eðnai bajmoô 2 (x 2 +) kai èqei rðzec touc i kai i. 'Ara h om da Galois èqei dôo stoiqeða (dôo automorfismoôc) kai epeid h mình diafor tou C apì to R eðnai to stoiqeðo i ra arkeð na doôme p c droun oi automorfismoð se autì to stoiqeðo. Apl stèlnoume to i stic rðzec tou el qistou poluwnômou tou i p nw apì to R ki ètsi èqoume touc automorfismoôc id (tautotikìc) kai ton σ (suzugða).

58 2 Askhsh stouc migadikouc Λυση 3 (Μαργαρίτα Βαρελά) Εστω z = α + βi. Είναι: { } f (z + z) =f (z)+f ( z) f (z z) =f (z) f ( z) { } f (2α) =f (z)+f ( z) f ( α 2 + β 2) = f (z) f ( z) { } 2α = f (z)+f ( z) α 2 + β 2 = f (z) f ( z) Άρα οι f(z), f( z) αποτελούν ρίζες της εξίσωσης x 2 +2αx + α 2 + β 2 =0με Δ= β 2 και επομένως:. x,2 = 2α ± 2βi 2 = α ± βi

59 KÔkloc kai KatsÐka Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 20 AprilÐou 2008 Ασκηση. Δίνεται κύκλος (O, R). Σε ένα σημείο της περιφέρειάς του, κάποιος δένει μια κατσίκα. Να βρείτε το μήκος του σχοινιού, ώστε η κατσίκα να βόσκει σε έκταση, η οποία να κόβει από τον κύκλο (O, R) το μισό του εμβαδόν. Λυση Θέλουμε το μικτόγραμμο τρίγωνο ΑΓΚ να έχει εμβαδόν S ίσο με το τέταρτο του αρχικού κύκλου δηλαδή πr2 4.Είναι: S = ΤομέαςAOK + ΤομέαςAKΓ ΤρίγωνοAOK δηλαδή: Αλλά r =2R sin ω 2 S = R2 ω 2 + r2 ϕ 2 R2 sin ω 2 και ϕ = π 2 ω 2. Επομένως πρέπει: 2 πr2 2 R2 sin ω 2 πr2 cos ω + 2 R2 ω cos ω = πr2 4 Dìjhke, me aut th diatôpwsh, ston diktuakì tìpo Mathematica apì to mèloc eldeli.

60 2 Kukloc kaikatsika δηλαδή: π 2sinω 2π cos ω +2ωcos ω =0, 0 <ω< π 2 Η γραφική παράσταση της συνάρτησης που εμφανίζεται στο α μέλος της παραπάνω σχέσης είναι: Μία κατα προσέγγισιν λύση της εξίσωσης είναι,23590 που αντιστοιχεί σε ακτίνα r =, 6R. Επομένως η αρχική άσκηση ανάγεται στην: Ασκηση 2. Να βρεθούν οι ακριβείς λύσεις της π 2sinω 2π cos ω +2ω cos ω =0, 0 <ω< π 2 Λυση Δεν την γνωρίζω.

61 Makri apì ton x x Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 28 OktwbrÐou 2007 PerÐlhyh ParatÐjentai k poiec skèyeic me aform mða skhsh pou tèjhke sto diktuakì tìpo Mathematica all kai sto Ellhnìglwsso kai Agglìglwsso tm ma tou Mathlinks 2. H skhsh aut tèjhke sto MATHEMATICA stic 6 OktwbrÐou 2007 kai sto Mathlinks stic 8 OktwbrÐou 2007 apì to mèloc stelmarg7. H skhsh Askhsh. DÐnetai mða sun rthsh f orismènh sto [0, ] gia thn opoðaisqôei f (x) M>0gia ìla ta x. DeÐxte ìti up rqei di sthma I [0, ] m kouc 4 tètoio ste f (x) 4M gia k je x I. Parajètw treðc lôseic pou dìjhkan (mða tètarth pou dìjhke apì mèna ja prokôyei sthn poreða). MÐa lôsh pou dìjhke sto jèma palaiìtera kai se llh perðstash, ìpwc apèdeixe o Kajhght c Miq lhc L mprou tan esfalmènh.. LÔsh (Steven Karp sto Agglìglwso Mathlinks) An eðnai f ( ) ( 2 0 tìte apì to Je rhma Mèshc Tim c up rqei k poio c 2, ) 3 4 tètoio ste f ( ( 3 4) f ) 2 = f (c) AfoÔ f (c) M, èqoume: f ( ) 3 f 4 ( ) M 4 M H f (x) eðnai gnhsðwc aôxousa afoô f (x) > 0 ra f (x) f ( 3 4 ta x [ 3 4, ]. An f ( ) 4M gia ìla 2) < 0 tìte mporoôme ) na qrhsimopoi soume èna parìmoio epiqeðrhma 4 M gia k je x [ 0, 4]. gia na deðxoume ìti f (x) f (

62 2 Makria apo ton x x.2 LÔsh 2 (r boris sto Ellhnìglwsso Mathlinks) H f(x) Mx eðnai aôxousa sto [0, ] en h f(x) eðnai gn sia aôxousa sto [0, ] Ac upojèsoume ìti se k je di sthma thc morf c [ α, α + 4], 0 α 3 4 up rqei x i ste f (x i ) < M 4. SumperaÐnoume ìti to el qisto thc f (x) eðnai mikrìtero tou M 4 se k je tètoio di sthma. An f (0) 0 tìte f (x) 0 se ìlo to [0, ]. Akìmh afoô h f(x) eðnai gn sia aôxousa sto [0, ] to el qistothcf sto [ 4, ( 2] eðnai to f ) 4 < M 4. 'Omwc ( ) f M ( ) 4 4 f(0) f f(0) M ( ) 4 4 f M 4 4 ( topo) An f() 0 tìte f(x) 0 se ìlo to [0, ]. Tìte antðstoiqa ja eðnai f ( ) 3 4 < M 4 kai f () f ( ) 3 4 M 4 opìte f ( ) 3 4 M 4 ( topo). An f(0) 0, f() 0 ja up rqei monadikì ξ me f (ξ) =0kai dôo diast mata thc morf c [ { α, α + 4], α 0, 4, 2, 4} 3 sta opoða h f diathreð stajerì prìshmo. QwrÐc bl bh thc genikìthtac upojètoume ìti aut eðnai ta [ 2, ] [ 3 4, 3 4, ]. Tìte f ( ) 3 4 < M 4 epeid f ( ) [ 3 4 =minf (x),x 3 4, ] all h f(x) Mx eðnai aôxousa sto [ f ( 3 4 ) M 4 kai p li topo. 2, 3 4] opìte f ( 3 4) f ( 2 ) M 4 ra.3 LÔsh 3 (Kajhght c Miq lhc L mprou sto Mathematica) Pr ta parathroôme ìti afou f (x) > 0, h sun rthsh eðnai aôxousa. DiakrÐnoume t ra dôo peript seic f ( ) 3 4 M 4. Tìte gia x sto di sthma [ 3 4, ] èqoume f(x) f ( 3 4) (diìti f aôxousa) M 4 kai to zhtoômeno isqôei. f ( ) 3 4 M 4. Tìte apì to Je rhma Mèshc Tim c sto di sthma [ 4, ] 3 4 èqoume gia k poio ξ: f ( ( 3 4) f ( 4) = 3 4 4) f (ξ) = 2 f (ξ) M 2 opìte f ( ( 4) f 3 ) 4 M 2 M 4 M 2 = M 4. All tìte gia x sto di sthma [ ( 0, 4] ja eðnai f(x) f ) 4 (diìti f aôxousa) M 4 opìte p li isqôei to zhtoômeno. o.e.d. Sqolio 3. Den prèpei na proxeneð entôpwsh ìti to di sthma sto opoðo isqôei to zhtoômeno eðnai, telik, èna apì ta dôo akraða [ [ 0, 4] 3 4, ] kai ìqi èna genikìtero thc morf c [ α, α + 4]. Pr gmati, sto par deigma f(x) =4x 2, M =4, blèpoume ìti h f(x) M 4 =isqôei Mono sta [ [ 0, 4] kai 3 4, ] (k nte to gr fhma. EÐnai eujeða). 2 K poiec skèyeic An èqoume mða gnhsðwc aôxousa sun rthsh orismènh se èna kleistì di sthma tìte ja up rqei èna toul qiston shmeðo thc grafik c thc par stashc pou apèqei 3 Est lh mazð me thn lôsh apì ton M. L mprou

63 Makria apo ton x x 3 apì ton xona x x mègisth apìstash kai toôto anex rthta apì thn sunèqeia thc f. Prìkeitai gia èna apì ta shmeða pou antistoiqoôn stic timèc sta kra (endeqomènwc kai ta dôo). MporoÔme na na èqoume kai perissìtera shmeða pou na apèqoun arkoôntwc meg lh apìstash, ac poôme M, apì ton x x prèpei na mei soume tic apait seic mac. O kanìnac eðnai <<poll shmeða>> - mikrì M, <<lðga shmeða>> - meg lo M. H sugkekrimènh skhsh mac lèei ìti mporoôme na petôqoume apìstash toul qiston M 4 an arkesjoôme se di sthma pl touc to polô 4. To endiafèron kat th gn mh mou ègkeitai sto rìlo pou diadramatðzei sto prìblhma oarijmìc 4. Ac doôme ta pr gmata k pwc piì genik. Ac upojèsoume ìti o M eðnai ènac jetikìc arijmìc, h f eðnai paragwgðsimh sto [α, β] kai ìti isqôei f (x) M gia k je x sto [α, β]. H f èqei jetik par gwgo ra eðnai gnhsðwc aôxousa. MporoÔme ìmwc na sqhmatðsoume mða kallðterh idèa gia thn grafik par stash thc f an doôme th sumperifor thc f gôrw apì èna shmeðo thc grafik c par stashc thc ac poôme to P (x 0,f(x 0 )). Fusik h efaptomènh thc C f sto shmeðo P ja èqei klðsh toul qiston M. H eujeða pou dièrqetai apì to P kai èqei klðsh M eðnai h y = f (x 0 )+M (x x 0 ). Hefaptomènh èqei klðsh f (x 0 ) M. H kat stash ja eðnai k pwc ètsi: Ac sugkrðnoume thn f me thn eujeða y = f (x 0 )+M (x x 0 ) sqhmatðzontac th diafor g (x) =f (x) f (x 0 ) M (x x 0 ) ParagwgÐzontac thn g brðskoume ìti èqei par gwgo f (x) M 0 kai epomènwc h sun rthsh g eðnai aôxousa. Epeid eðnai g (x 0 )=0sun goume ìti ja eðnai g (x) 0 gia ta x pou eðnai mikrìtera tou x 0 kai g (x) 0 gia ta giata x pou eðnai megalôtera tou x 0.

64 4 Makria apo ton x x AfoÔ h f eðnai gnhsðwc aôxousa ja eðnai f (α) <f(β). DiakrÐnoume tic ex c peript seic: PerÐptwsh, f (α) 0. Tìte h grafik par stash thc f ektìc Ðswc apì to shmeðo thca (α, f (α)) brðsketai p nw apì ton xona x x. To tuqìn shmeðo x 0 [α, β] mporeð na p rei th morf x 0 = α + c (β α), c [0, ] Gia 0 <c< ja eðnai: f (x 0 ) f (α)+m (x 0 α) =f (α)+m (α + c (β α) α) = = f (α)+c (β α) M c (β α) M To di sthma [x 0,β] èqei m koc β x 0 = β α c (β α) =(β α)( c) kai gia k je x [x 0,β] eðnai f (x) f (x 0 ) Epomènwc: Gia k je x sto di sthma [x 0,β] m kouc ( c)(β α) isqôei f (x) c (β α) M dhlad f (x) c (β α) M PerÐptwsh 2, f (β) 0. Tìte h grafik par stash thc f ektìc Ðswc apì to shmeðo thc B (β,f (β)) brðsketai k tw apì ton xona x x. P li to tuqìn shmeðo x 0 [α, β] gr fetai x 0 = α + c (β α) me c [0, ] kai gia 0 < c < ja èqoume f (x 0 ) f (β) +M (x 0 β) = f (β) + M (α + c (β α) β) =f (β) ( c)(β α) M ( c)(β α) M. Gia ta shmeða x tou diast matoc [α, x 0 ] ja eðnai f (x) ( c)(β α) M kai to m koc tou diast matoc [α, x 0 ] pou èqei m koc x 0 α = α+c (β α) α = c (β α) isqôei f (x) f (x 0 ). Epomènwc:

65 Makria apo ton x x 5 Gia k je x sto di sthma [α, x 0 ] pou èqei m koc c (β α) isqôei f (x) ( c)(β α) M dhlad f (x) ( c)(β α) M. PerÐptwsh 3, f (α) < 0 < f(β). Tìte apì to je rhma tou Bolzano up rqei monadikìc, lìgw monotonðac, γ (α, β) ste f (γ) =0. An periorðsoume thn f se k je èna apì ta diast mata [α, γ] kai [γ,β] ja èqoume ìti sto men[α, γ] efamìzontai ta sumper smata thc perðptwshc 2 sto de[α, γ] ta sumper smata thc perðptwshc. Epomènwc gia k je c (0, ) up rqoun kat llhla diast mata [α, x ] [α, γ] kai [γ,x 2 ] [γ,β] me: Gia k je x sto di sthma [α, x ] pou èqei m koc c (γ α) isqôei f (x) ( c)(γ α) M Gia k je x sto di sthma [γ,x 2 ] [γ,β] pou èqei m koc ( c)(β γ) isqôei f (x) c (β γ) M. SunoyÐzontac to m koc tou diast matoc kai h el qisth apìstash pou epitugq netai se k je perðptwsh eðnai: PerÐptwsh Pl toc diast matoc El qisth apìstash apì x x ( c)(β α) c (β α) M 2 c (β α) ( c)(β γ) M 3 c (γ α) ( c)(β γ) ( c)(γ α) M c (β γ) M ParathroÔme ìti aôxhsh tou c epifèrei meðwsh tou c. Me lla lìgia mporoôme na aux soume thn apìstash apì ton xona mei nontac ìmwc to m koc tou diast matoc ìpou aut h apìstash epitugq netai. K poio eðdoc isorropðac epitugq netai ìtan eðnai c = c dhlad ìtan c = 2. Sthn perðptwsh aut oi timèc tou pðnaka aplousteôontai kat polô: PerÐptwsh Pl toc diast matoc El qisth apìstash apì x x 2 (β α) 2 (β α) M 2 2 (β α) 2 (β γ) M 3 2 (γ α) 2 (β γ) 2 (γ α) M 2 (β γ) M H trðth perðptwsh ìpou to [α, β] qwrðzetai se dôo diast mata mei nei tìso to epitugqanìmeno pl toc ìso kai thn apìstash. Gia ta m kh γ α, β γ den

66 6 Makria apo ton x x xèroume tðpota. To mìno pou xèroume eðnai ìti k poio apì aut ja èqei m koc megalôtero Ðso tou 2 (β α). Epomènwc h tim pou epitugq noume eðnai 4 (β α) gia to m koc tou diast matoc kai 4 (β α) M gia thn apìstash. An p roume [α, β] =[0, ] èqoume to apodeiktèo sthn skhsh. 3 DÔo genikeôeseic MÐa exètash twn prohgoumènwn skèyewn deðqnei ìti h paragwgisimìthta thcf qrhsimopoi jhke mìno gia na katal xoume sto sumpèrasma ìti ìtan gia x>x 0 h C f eðnai p nw apì thn eujeða y = f (x 0 )+M (x x 0 ) en gia x<x 0 eðnai k tw apì thn eujeða. 'Ara autì pou qrei sjhke tan ìti ì lìgoc metabol c thc f sta x, x 0 na eðnai megalôteroc Ðsoc tou M. H sunèqeia thc f qrhsimopoi jhke ousiwd c sthn trðth perðptwsh thc pragm teushc mac. H skhsh mporeð na epanadiatupwjeð wc ex c: Askhsh 2. DÐnetai mða suneq c sun rthsh f orismènh sto [0, ] gia thn opoða isqôei f (x ) f (x 2 ) x x 2 M>0 gia ìla ta x x 2. DeÐxte ìti up rqei di sthma I [0, ] m kouc 4 f (x) 4M gia k je x I. tètoio ste H skhsh aut lônetai me thn bo jeia twn gn sewn thc G' LukeÐou se genikèc grammèc, an kai piì sôntoma, ìpwc prohgoumènwc. All kai h upìjesh thc sunèqeiac mporeð na parakamfjeð an p roume γ =sup{x [α, β] f (x) 0} =inf{x [α, β] f (x) 0} Ja èqoume tìte, ìqi bèbaia gia touc majhtèc tou LukeÐou thn skhsh: Askhsh 3. DÐnetai mða sun rthsh f orismènh sto [0, ] gia thn opoða isqôei f (x ) f (x 2 ) x x 2 M>0 gia ìla ta x x 2. DeÐxte ìti up rqei di sthma I [0, ] m kouc 4 f (x) 4M gia k je x I. tètoio ste

67 Mèso kai Mèsh Tim Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 5 AprilÐou 2008 Είναι γνωστό (εφαρμογή του σχολικού βιβλίου) ότι αν f(x) =ax 2 + bx + c τότε f(p) f(q) =(p q)f ( p + q 2 ) δηλαδή ότι το μέσο ξ = p+q 2 του [p, q] επαληθεύει το θεώρημα μέσης τιμής για την f στο [p, q]. Μπορεί να αποδειχθεί ότι τα πολυώνυμα έως βαθμού 2 είναι τα μόνα με αυτή την ιδιότητα. Συγκεκριμένα ισχύει η πρόταση: Πρόταση. Αν μία παραγωγίσιμη συνάρτηση f ορισμένη στο R έχει την ιδιότητα για κάθε ζεύγος p, q να ισχύει f(q) f(p) =(q p)f ( p + q 2 ) () τότε η f θα είναι της μορφής f(x) =ax 2 + bx + c. η Αποδειξη Θέτουμε στην () p =2y, q =2x και έχουμε: f(2x) f(2y) =(2x 2y)f (x + y) Από την σχέση αυτή προκύπτει ότι η f είνα δύο φορές παραγωγίσιμη οπότε παραγωγίζουμε ως προς y και βρίσκουμε: f (2y) =f (x + y) (x y)f (x + y) Στην παραπάνω σχέση θέτουμε y =0και έτσι θα πάρουμε τη διαφορική εξίσωση: xf (x) f (x) = b με b = f (0). Διαιρούμε με x 2 και προκύπτει: ( f ) ( ) (x) b = x x άρα f (x) x H apìdeixh ofeðletai ston K sta SerÐfh = b x +2a

68 2 Meso kai Mesh Timh ή οπότε: και f (x) =2ax + b f (x) =(ax 2 + bx) f(x) =ax 2 + bx + c για x διάφορο του 0. Λόγω συνέχειας θα είναι f(x) =ax 2 + bx + c για κάθε x. 2η Αποδειξη 2 Οπως πριν έχουμε ότι η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη. Από την f (y) f (x) y x ( ) x + y = f 2 έχουμε: ( ) x + y (y x) f = f (y) f (x) 2 Παραγωγίζουμε ως προς x και έχουμε : ( ) x + y ( ) f 2 Θέτουμε όπου y το x οπότε : + y x ( ) x + y f = f (x) 2 2 ο.ε.δ. f (0) 2x 2 f (0) = f (x) f (x) =xf (0)+f (0) f (x) = 2 f (0) x 2 +f (0) x+c Δηλ. f(x) =ax 2 + bx + c. ο.ε.δ. Το παρακάτω γενικότερο 3 αποτέλεσμα οφείλεται στους Aszel (963) και Haruki (979): Πρόταση 2. Αν για δύο πραγματικές συναρτήσεις f και g ισχύει ( ) x + y f(x) f(y) =(x y) g 2 (2) για όλα τα x, y τότε υπάρχουν a, b, c ώστε για όλα τα x. f(x) =ax 2 + bx + c, g(x) =2ax + b (3) 2 H apìdeixh ofeðletai ston Aj. Mpel giannh 3 An h g sthn Protash 2 eðnai suneq c tìte h f eðnai paragwgðsimh kai h g eðnai h par gwgoc thc opìte aut h eidik perðptwsh thc protashc 2 an getai sthn protash. H parat rhsh aut ofeðletai ston K sta SerÐfh

69 Meso kai Mesh Timh 3 Αποδειξη 4 Περιπτωση f(0) = 0 Ονομάζουμε ( x ) h (x) =g 2 οπότε η σχέση (2) της υπόθεσης μας γίνεται f(x) f(y) =(x y) h (x + y) (4) Θέτοντας y =0βρίσκουμε f(x) =xh (x) Αξιοποιώντας την παραπάνω σχέση στην (4) βρίσκουμε: xh (x) yh (y) =(x y) h (x + y) (5) Υποπεριπτωση. g(0) = 0 ή ισοδύναμα h(0) = 0 Θέτοντας στην (5) όπου y το x βρίσκουμε ότι xh (x) +xh ( x) =0από την οποία συνάγουμε ότι η h θα είναι περιττή. Αντικάθιστώντας τώρα στην (5) όπου y το y και λαμβάνοντας υπ όψιν ότι η h είναι περιττή βρίσκουμε: Από τις (5), (6) έχουμε ότι xh (x) yh (y) =(x + y) h (x + y) (6) (x y) h (x + y) =(x + y) h (x y) και θέτοντας x + y = u, x y = v βρίσκουμε ότι για όλους τους πραγματικούς αριθμούς u, v θα είναι vh (u) =uh (v) Αν ονομάσουμε h () = a έχουμε ότι για όλα τα x είναι h (x) =ax και g (x) =h (2x) =2αx Τότε αφού f(x) =xh (x) θα είναι f(x) =ax 2 και το αποδεικτέο ισχύει για την ειδική περίπτωση όπου f(0) = g(0) = 0. Υποπεριπτωση.2 g(0) τυχόν 4 H apìdeixh proèrqetai apì to biblðo twn P.K. Sahoo, T. Reidel: Mean Value Theorems and Functional Equations èkdosh World Scientific, 998, selðdec 4-42 ìpou up rqoun kai oi sqetikèc bibliografikèc plhroforðec.

70 4 Meso kai Mesh Timh Στην (5) φθάσαμε χωρίς να χρησιμοποιήσουμε την υπόθεση g(0) = 0. Επομένως οι f,h ικανοποιούν την (5). Αν ονομάσουμε h (x) =h (x) h (0) είναι h(0) = 0 και h(x) = h(x)+h(0) και αντικαθιστώντας την h(x) στην (5) βλέπουμε ότι το ζεύγος f, h επαληθεύει την (5) πράγμα που σημαίνει ότι h(x) =ax, a = h() και ) f(x) =xh (x) =x ( h (x)+h(0) = x (ax + h (0)) = ax 2 + h (0) x και με b = h (0) έχουμε ότι: f (x) =ax 2 + bx, g (x) =2ax + b Περιπτωση 2 f(0) τυχόν Ονομάζουμε f (x) =f (x) f (0) και βλέπουμε ότι το ζεύγος f,g ικανοποιεί την (2) και εμπίπτει στην Υποπεριπτωση.2 αφού f(0) = 0. Επομένως f (x) =ax 2 + bx, g (x) =2ax + b άρα με f(0) = c είναι: f (x) =ax 2 + bx + c, g (x) =2ax + b ο.ε.δ.

71 Mia skhsh gia suz thsh: H paragwgisimìthta Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 9 NoembrÐou 2007 PerÐlhyh Sto diktuakì tìpo Mathematica ok stac Thlègrafoc (kostas20000gr) èjese me mða skhsh merik erwt mata gia thn sun rthsh f pou eðnai orismènh sto R kai isqôei f(x) +e f(x) = x. To mèloc nicspyros prosèjese merik akìmh erwt mata. MetaxÔ llwn kai to na apodeiqjeð ìti h f eðnai paragwgðsimh. Sto parìn shmeðwma epiqeireðtai mða ap nthsh sto er thma thc paragwgisimìthtac qrhsimopoi ntac apokleistik gn seic tou sqolikoô biblðou. Askhsh. DÐnetai mða sun rthsh f orismènh sto R gia thn opoða isqôei f(x)+e f(x) = x gia ìla ta x. Na apodeiqjeð ìti h f eðnai paragwgðsimh. Apodeixh DeÐqnoume pr ta ìti h f eðnai suneq c. Epilègoume èna x 0. Apì tic sqèseic brðskoume ìti: f(x)+e f(x) = x f(x 0 )+e f(x 0) = x 0 f(x) f(x 0 )+(e f(x) e f(x0) )=x x 0 () Lìgw thc monotonðac thc e x oi arijmoð f(x) f(x 0 ), e f(x) e f(x 0) èqoun to Ðdio prìshmo. Lìgw thc () to prìshmo autì eðnai Ðdio metou x x 0 (parepiptìntwc me thn parat rhsh aut èqoume deðxei kai ìti h f eðnai gnhsðwc aôxousa). Ara an men eðnai x>x 0 ja isqôei 0 <f(x) f(x 0 ) <f(x) f(x 0 )+e f(x) e f(x 0) = x x 0 (2) en an eðnai x<x 0 ja isqôei x x 0 = f(x) f(x 0 )+e f(x) e f(x 0) <f(x) f(x 0 ) < 0 (3)

72 2 Mia askhsh gia suzhthsh. H paragwgisimothta Apì tic (2), (3) sun goume ìti ta pleurik ìria sto x 0 thc diafor c f(x) f(x 0 ) eðnai 0 kai epomènwc h f eðnai suneq c. DeÐqnoume t ra ìti h f eðnai paragwgðsimh. Gia x di foro tou x 0 ja eðnai kai f(x) di foro tou f(x 0 ). Epeid h par gwgoc thc e x eðnai gnhsðwc aôxousa ja up rqei monadikìc arijmìc sto di sthma me kra f(x 0 ),f(x) pou ikanopoieð to je rhma mèshc tim c. Ac ton sumbolðsoume me s(x). OrÐzetai ètsi h sun rthsh s pou se k je x di foro tou x 0 antistoiqeð to s(x). Epeid to s(x) brðsketai metaxô twn f(x 0 ),f(x) kai h f(x) eðnai suneq c ja eðnai kai h s(x) suneq c sto x 0 kai to ìrio thc sto x 0 eðnai f(x 0 ). Ja eðnai bèbaia: e f(x) e f(x 0) = e s(x) (f (x) f (x 0 )) (4) Lìgw thc (4) h () gr fetai f(x) f(x 0 )+e s(x) (f(x) f(x 0 )) = x x 0 kai an diairèsoume me x x 0 brðskoume opìte: f(x) f(x 0 ) x x 0 + e s(x) f(x) f(x 0) x x 0 = f (x) f (x 0 ) x x 0 = +e s(x) (5) Apì thn (5) sun goume ìti to ìrio tou f(x) f(x 0) x x sto 0 x 0 up rqei kai eðnai Ðso me +e f(x 0 ). 'Ara h f eðnai paragwgðsimh kai isqôei f (x) = +e f(x)

73 Mia skhsh gia suz thsh: H paragwgisimìthta II Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 20 NoembrÐou 2007 PerÐlhyh Se prohgoômeno shmeðwma me tðtlo <<Mia skhsh gia suz thsh. H paragwgisimìthta>> prot jhke mða lôsh enìc jèmatoc pou parousi sthke sto diktuakì tìpo Mathematica. Me to p arìn shmeðwma parousi - zetai mða suntomìterh lôsh pou thn ofeðloume ston Mp mph StergÐou. Askhsh. DÐnetai mða sun rthsh f orismènh sto R gia thn opoða isqôei f(x)+e f(x) = x gia ìla ta x. Na apodeiqjeð ìti h f eðnai paragwgðsimh. Apodeixh (Mpamphc Stergiou) a) GnwrÐzoume dh ìti h f eðnai gnhsðwc aôxousa. 'Estw x α. Apì to JMTgia thn y = e x up rqei ξ (x) an mesa sto f(x) kai sto f(α), ste Epeid : lìgw thc parap nw paðrnoume: e f(x) e f(α) = e ξ(x) (f (x) f (α)) f (x) f (α)+e f(x) e f(α) = x α [f (x) f (α)] Apì aut prokôptei amèswc ìti: [ +e ξ(x)] = x α () f (x) f (α) x α sqèsh pou me to krit rio parembol c dðnei th sunèqeia thc f sto tuqaðo α. b) H sqèsh () dðnei f (x) f (α) = x α +e ξ(x) me to ξ(x) an mesa sta f(x) kai f(α). AfoÔ h f eðnai suneq c, kaj c to x teðnei sto α, to ξ(x) teðnei sto f(a). Epomènwc f (x) = +e f(x)

74 MÐa 'Askhsh gia th Sunèqeia thc AntÐstrofhc Sun rthshc Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 7 OktwbrÐou 2007 Askhsh DÐnetai h sun rthsh f(x) =x 5 +2x +. DeÐxte ìti orðzetai h f kai eðnai suneq c. Lush Eukola diapist noume ìti h f eðnai gnhsðwc aôxousa ra -, kai epomènwc antistrèyimh. 'Estw ìti f (x) =y kai f (x 0 )=y 0. Ja eðnai f (y) =x kai f (y 0 )=x 0. 'Ara x = y 5 +2y + x 0 = y0 5 +2y 0 + Afair ntac kat mèlh brðskoume: x x 0 = y 5 y (y y 0 ) () Sth gnwst tautìthta y 5 y0 5 =(y y 0 ) ( y 4 + y 3 y 0 + y 2 y0 2 + yy0 3 + y0 4 ) (2) parathroôme ìti an eðnai y y 0 ja eðnai kai y 5 y0 5 en an eðnai y<y 0 ja eðnai kai y<y 0. 'Ara oi arijmoð y 5 y0 5, y y 0 èqoun to Ðdio prìshmo epomènwc o arijmìc A = y 4 + y 3 y 0 + y 2 y0 2 + yy3 0 + y4 0 0 eðnai mh arnhtikìc. Lìgw thc (2) h()gðnetai x x 0 =(y y 0)(A +2) ìpou A 0. 'Ara g (x) g (x 0 ) = x x0 A+2 x x0 2 Epomènwc: apì thn opoða prokôptei: f (x) f (x 0 ) 2 x x 0 (3) 2 x x 0 f (x) f (x 0 ) 2 x x 0 f (x 0 ) 2 x x 0 f (x) f (x 0 )+ 2 x x 0 (4)

75 2 Mia Askhsh gia th Suneqeia thc Antistrofhc Sunarthshc 'Otan x x 0 èqoume ìti f (x 0 ) 2 x x 0 f (x 0 ) kai f (x 0 )+ 2 x x 0 f (x 0 ). Epomènwc apì thn (4) kai to krit rio thc parembol c sun goume ìti lim f (x) =f (x 0 ) kai epomènwc h f eðnai suneq c sto x x 0 tuqìn x 0 ra kai suneq c. Shmeiwsh H skhsh me thn paroôsa morf eðnai dôskolh. MporeÐ na gðnei piì prosit an prin zhthjeð h apìdeixh thc sunèqeiac thc f zhthjeð na apodeiqjeð h sqèsh (3).

76 MÐa skhsh suneqeðac Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 4 DekembrÐou 2008 Ασκηση. (dement) Εστω φθίνουσα συνάρτηση f :[0, + ) R με f(x) > 0 για καθε x. Να αποδειχθεί οτι υπάρχει φθίνουσα συνεχής συνάρτηση g : [0, + ) R τέτοια ώστε 0 <g(x) f(x) για κάθε x. Αποδειξη Το σύνολο A των σημείων ασυνεχείας της f είναι το πολύ αριθμήσιμο και επομένως έχει μέτρο 0 άρα η f είναι Riemann-ολοκληρώσιμη. Αυτό αποδεικνύεται και αυτοτελώς αξιοποιώντας την μονοτονία της f και τον ορισμό του ολοκληρώματος. Με την f ολοκληρώσιμη μπορούμε να ορίσουμε την συνάρτηση Προφανώς η g είναι g (x) = 2 x+ x f (t) dt Θετική Φθίνουσα Συνεχής Μικρότερη της f

77 MÐa me f g = g f Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 8 AugoÔstou 2008 PerÐlhyh Sto shmeðwma autì shzhtoôntai orismènec ìyeic mðac skhshc pou tèjhke ston diktuakì tìpo Mathematica. Bl. sqetik : Ασκηση. (Απότονchris gatos )Υποθέτουμε ότι: α) οι f, g είναι δύο συνεχείς συναρτήσεις ορισμένες στο I =[0, ] των οποίων το σύνολο τιμών περιέχεται στο I. β) ισχύει f g = g f γ) η f είναι γνησίως αύξουσα Να αποδειχθεί ότι υπάρχει x I ώστε f(x) =g(x) =x Αποδειξη Η g ως συνεχής από το [0, ] στο [0, ] έχει κάποιο σταθερό σημείο a (κλασικά: h(x) =g(x) x κ.τ.λ ). Θα είναι g(a) =a. Αν είναι και f(a) =a έχουμε τελειώσει. Αν όχι ας υποθέσουμε ότι f(a) <a( ) (η περίπτωση f(a) >aδουλεύεται παρόμοια). Ορίζουμε την ακολουθία x n με x = a και x n+ = f(x n ) ( ) Λόγω της (*) και της μονοτονίας της f έχουμε ότι η x n είνα φθίνουσα και αφού όλοι οι όροι της περιέχονται στο [0, ] είναι και φραγμένη. Επομένως συγκλίνει σε κάποιο x. Παίρνοντας όρια στην (**) και αξιοποιώντας την συνέχεια της f βρίσκουμε ότι x = f(x) () Ακόμη g(x )) = g(a) = a = x και αν υποτεθεί ότι g(x k ) = x k είναι και g(x k+ )) = g(f(x k )) = f(g(x k ))) = f(x k )=x k+.άραγιαόλαταn είναι g(x n )=x n ( ) Παίρνοντας και στην (***) όρια και λαμβάνοντας υπ όψιν ότι η g είναι συνεχής βρίσκουμε ότι g(x) =x (2) Από τις (), (2) έχουμε ότι το x είναι το ζητούμενο.

78 2 Mia me f g = g f Ο Γρηγόρης Κωστάκος έδωσε μία απόδειξη εισάγοντας μία επιπλέον υπόθεση: Οτι f ([0, ]) = g ([0, ]) = [0, ]. Βλ. σχετικά: και Ωστόσο οι ιδέες που χρησιμοποιούνται στην απόδειξη του μας επιτρέπουν να αποδείξουμε την: Ασκηση 2. Υποθέτουμε ότι α) οι f,g είναι δύο συνεχείς συναρτήσεις ορισμένες στο Ι=[0,] των οποίων το σύνολο τιμών περιέχεται στο Ι. β) ισχύει f g = g f γ) η f είναι-νααποδειχθείότιυπάρχειx I ώστε f(x) =g(x) =x Αποδειξη Αφού η f είναι - και συνεχής σε διάστημα θα είναι ή γνησίως αύξουσα είτε γνησίως φθίνουσα. Ονομάζουμε S σύνολο των ριζών της h(x) = g(x) x που προφανώς είναι μη κενό. Είναι S = h (0) δηλαδή η αντίστροφη εικόνα του κλειστού συνόλου 0 και επομένως αφού h είναι συνεχής το S είναι κλειστό. Η h είναι - και συνεχής σε κλειστό διάστημα άρα και αντίστροφη της είναι συνεχής και επομένως η f είναι ομοιομορφισμός. Άρα απεικονίζει κλειστά σύνολα σε κλειστά.αυτό σημαίνει ότι τα σύνολα S = S, S 2 = f(s ), S(3) = f(s 2 ),... είναι όλα κλειστά. Και αφού είναι φραγμένα είναι και συμπαγή. Αν x S τότε g (x) =x και επομένως f (g (x)) = f (x) δηλαδή g (f (x)) = f (x)που σημαίνει ότι f (x) S και ότι το f(s) περιέχεται στο S. Επομένως γενικά κάθε S(n) περιέχεται στο προηγούμενο του. Εχουμε λοιπόν μία φθίνουσα ακολουθία συμπαγών συνόλων. Σύμφωνα με το θεώρημα μη κενής τομής του Cantor ητομή S n n= όλων των S n είναι μη κενή. Ας την συμβολίσουμε με L. Επειδή η f είναι - ισχύει ( ) f(l) =f S n = f (S n )= S n+ = L n= n= (η υπόθεση ότι η f είναι - χρησιμοποιήθηκε ουσιωδώς στην δεύτερη ισότητα) Άρα f(l) =L. Προφανώς τα a =infl, b =supl περιέχονται στο L. Περίπτωση f γνησίως αύξουσα. Τότε αν a<xείναι a f(a) <f(x) και επειδή πρέπει το a να είναι εικόνα κάποιου x αναγκαστικά f(a) =a Περίπτωση 2 f γνησίως φθίνουσα. Τότε αν x<bείναι f(x) <f(b)) b και επειδή πρέπει το b να είναι εικόνα κάποιου x αναγκαστικά f(b) =b. n= Σε κάθε περίπτωση υπάρχει x L ώστε f(x) = x. g(x) =x. Αλλά x S επομένως Ασκηση 3. Υποθέτουμε ότι α) f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα συνάρτηση ορισμένη στο Ι= [0, ] της οποίας το σύνολο τιμών περιέχεται στο I. β) g είναι μία οποιαδήποτε συνάρτηση ορισμένη στο I =[0, ] γ) ισχύει f g = g f Να αποδειχθεί ότι υπάρχει x I ώστε f(x) =g(x) =x

79 Mia me f g = g f 3 Αποδειξη Υπάρχει x ώστε f(x) =x (απλό). Θα δείξουμε ότι g(x) =x. Αν όχι υπάρχουν δύο περιπτώσεις: Περίπτωση g(x) >x.τότε f(g(x)) <f(x) δηλαδή g(f(x)) <xή g(x) <x (άτοπο). Περίπτωση 2 g(x) <x.τότεf(g(x)) >f(x) δηλαδή g(f(x)) >xή g(x) >x (άτοπο). Σημειωση Η αρχική άσκηση όπως αναφέρει και ο chris gatos περιλαμβάνεταιστον Απειροστικό Λογισμό τ. Ι των Νεγρεπόντη, Γιαννακούλια, Γιωτόπουλου που εξεδόθη το 987. Ετέθη και ως θέμα το 987 στην Μαθηματική Ολυμπιάδα του Λενινγκραντ (τώρα Αγία Πετρούπολη ξανά) που ήταν από τους δυσκολότερους, παλαιότερους και εγκυρότερους μαθηματικούς διαγωνισμούς της τότε ΕΣΣΔ. Το πρόβλημα έχει και κάποια ιστορία που υπερβαίνει τις ασκήσεις των Ολυμπιάδων. Στο μέσον της δεκαετίας του 50 οι Eldon Dyer (954), Allen Shields (955) Lester Dubins (956) διατύπωσαν ανεξαρτήτως την ακόλουθη εικασία: Αν οι f,g είναι δύο συνεχείς συναρτήσεις ορισμένες στο I =[0, ] τωνοποίωντοσύνολοτιμώνπεριέχεταιστο I με fog = gof υπάρχει άραγε ξει ώστε f(x) =g(x) =x; Η εικασία αυτή απέκτησε μεγαλύτερο ενδιαφέρον όταν ο J.R Isbell την έθεσε σε γενικότερη βάση ως ερευνητικό πρόβλημα το 957 στο Δελτίο της Αμερικάνικης Μαθηματικής Ε- ταιρείας. Στα χρόνια που ακολούθησαν από την διατύπωση της εικασίας δόθηκαν αποδείξεις της μόνο με ενίσχυση των υποθέσεων. Μεταξύ αυτών και εκείνες της άσκησης. Το θέμα διευθετήθηκε οριστικα το το 969 από τους William M. Boyce και John Philip Huneke που σε χωριστές δημοσιεύσεις απέδειξαν δίνοντας περίπλοκα αντιπαραδείγματα ότι η εικασία δεν ισχύει.

80 MÐa me AsÔmptwto SÔnjethc Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 20 AugoÔstou 2008 Ασκηση. Οι συναρτήσεις f : R R, g : R R οι οποίες έχουν για x + ασυμπτώτους τις f (x) =αx + β, α>0 και g (x) =γx+ δ. Ναβρεθεί η ασύμπτωτος για x + της g f Λυση Ονομάζουμε f (x) =f (x) f (x) g (x) =g (x) g (x) Από τον ορισμό της ασυμπτώτου έχουμε lim f (x) = lim g (x) =0 x + x + Εχουμε Από την () έχουμε: f (x) = f (x)+f (x) () g (x) = g (x)+g (x) (2) lim f (x) = lim (αx + β) =+ x + x + Συνδυάζοντας τώρα τις (), (2) βρίσκουμε: g (x) = g (x)+g (x) = g (f (x)) = g (f (x)) + g (f (x)) = g (f (x)) + γf (x)+δ = ( ) g (f (x)) + γ f (x)+f (x) + δ = g (f (x)) + γ f (x)+γf (x)+δ = g (f (x)) + γ f (x)+γ (αx + β)+δ = Επομένως: g (f (x)) + γ f (x)+γαx + γβ + δ g (f (x)) (γαx + γβ + δ) = g (f (x)) + γ f (x)

81 2 Mia me Asumptwto Sunjethc Αλλά: lim g (f (x)) = lim g (u) =0 x + u + και lim γ f (x) =0 x + Επομένως: lim (g (f (x)) (γαx + γβ + δ)) = 0 x + που σημαίνει ότι η ευθεία y = γαx + γβ + δ είναι ασύμπτωτος της g f για x +. Παρατηρηση Είναι γαx + γβ + δ =(g f )(x). Επομένως στην περίπτωση μας η g f έχει ασύμπτωτο την g f. Ασκηση 2. Εστω ότι η f : R R έχει στο + ασύμπτωτο την g(x) = αx + β, α>0. Να βρεθεί η ασύμπτωτος στο + της f f... f. }{{} ν forèc Λυση Εργαζόμενοι όπως πριν βρίσκουμε ότι η f f έχει ασύμπτωτοτην g g, η(f f) f έχει ασύμπτωτο την (g g) g = g g g και γενικά η έχει ασύμπτωτο την f f... f }{{} ν forèc g g... g }{{} ν forèc Υπολογίζοντας την g g... g βρίσκουμε }{{} 2 ότι είναι ίση με: ν forèc α ν x + β αν α x + νβ αν α = αν α Prìkeitai gia skhsh pou èdwsa ston diktuakì tìpo Mathematica ( 2 Ton tôpo thc asumpt tou ton èsteile h joulia96

82 MÐa me èna ìrio tou Cauchy Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 8 AugoÔstou 2008 PerÐlhyh Sto shmeðwma autì dðnetai mða apìdeixh tou klasikoô jewr matoc tou Cauchy ìti an upì orismènec proôpojèseic gia thn f isqôei lim (f (x +) f (x)) = l x + tìte kai f (x) lim = l x + x H apìdeixh dìjhke ston diktuakì tìpo Mathematica stic me aform mða skhsh pou èsteile stic to mèloc rastaffari. Ασκηση. (Από τον rastaffari) Αν lim (f (x +) f (x)) = x + να βρεθεί το όριο f (x) lim x + x Οταν τέθηκε η συγκεκριμένη άσκηση ο Αποστόλης Παπαδογιαννάκης ( 7apostolis) ζήτησε (και σωστά όπως θα φανεί παρακάτω) και άλλες, επιπλέον, προϋποθέσεις για την f. Για να υπάρχει το ζητούμενο όριο χρειάζεται κάποια επιπλέον υπόθεση για την f. Δεν απαιτείται κατ ανάγκην να είναι η f συνεχής (πρόκειται για την συνήθη υπόθεση με την οποία τίθεται το θέμα). Η υπόθεση ότι η f είναι φραγμένη στο διάστημα [0, ] είναι αρκετή. (Α) Γιατί δεν επαρκούν οι υποθέσεις για την ύπαρξη του ορίου Στα επόμενα με [x], d(x) = x [x] θα συμβολίζουμε την συνάρτηση του ακεραίου μέρους και την συνάρτηση του δεκαδικού μέρους αντιστοίχως. Ας θεωρήσουμε την συνάρτηση: x, x Z f (x) = x + x [x], x / Z η οποία δεν είναι φραγμένη στο [0,] αλλά ικανοποιεί την υπόθεση κατά τετριμμένο τρόπο. Επειδή η συνάρτηση του δεκαδικού μέρους είναι περιοδική με περίοδο ισχύει f(x +) f(x) =αλλά όπως μπορεί να διαπιστωθεί το όριο δεν υπάρχει στο R διότι η x(x [x]) δεν είναι φραγμένη (βλ. Σχήμα ). lim x + f(x) x

83 2 MiameenaoriotouCauchy Σχήμα : Η συνάρτηση f(x) (Β) Εύρεση του ορίου με την επιπλέον υπόθεση ότι η συνάρτηση είναι φραγμένη στο [0, ]. Ονομάζουμε g (x) =f (x +) f (x) Προσθέτοντας τις ισότητες: βρίσκουμε: f (d (x)+) f (d (x)) = g (d (x)) f (d (x)+2) f (d (x)+)=g(d(x)+)... f (d (x)+[x]) f (d (x)+[x] ) = g (d (x)+[x] ) οπότε έχουμε: [x] f (x) =f (d (x)+[x]) = f (d (x)) + g (d (x)+i) i= f (x) x = f (d (x)) x + [x] i= g (d (x)+i) [x]. [x] x Θεωρούμε θετικό αριθμό ε. Επειδή είναι lim g (x) = l θα υπάρχει θετικός x ακέραιος m (ε) τέτοιος ώστε αν [x] m (ε) να ισχύει l ε 2 <g(d (x)+[x]) <l+ ε 2

84 Mia me ena orio tou Cauchy 3 Επίσης υπάρχει θετικός ακέραιος n (ε) >m(ε) ώστε αν [x] >n(ε) να ισχύει: ε 2 < m(ε) i= και επομένως αφού γιαυτά τα x θα είναι και g (d (x)+i) < ε [x] 2 έχουμε ότι και επομένως l ε 2 < l ε< lim x [x] i=m(ε) [x] i= [x] i= g (d (x)+i) [x] <l+ ε 2 g (d (x)+i) <l+ ε [x] g (d (x)+i) [x] = l Αλλά και [x] lim x x = f (d (x)) lim =0 x x (εδώ ακριβώς χρησιμοποιείται το φραγμένο της συνάρτησης) καί έτσι έχουμε ότι f (x) lim = l x x Σημειωση Η παρούσα πρόταση παρουσιάστηκε το 82 από τον μέγα Κωσύ Η πρόταση όπως διατυπώνεται στο βιβλίο του Cauchy στο έργο του «Μαθήματα Αναλύσεως της Βασιλικής Πολυτεχνικής Σχολής. Μέρος Πρώτο: Αλγεβρική Ανάλυση» έργο στο οποίο «χτίζεται» η ε-δ προσέγγιση του ορίου.

85 MÐa me èna qarakthrismì tou mètrou Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 9 AugoÔstou 2008 PerÐlhyh MÐa skhsh pou dðnei èna qarakthrismì tou mètrou twn migadik n arijm n dhlad mða seir idiot twn pou fwtografðzoun} to mètro. Thn èdwsa ston diktuakì tìpo Mathematica kai lôseic èdwsan o K stac SerÐfhc kai o antonis math: Ασκηση. Εστω α : C R με τις ακόλουθες ιδιότητες:. α(zw) =α(z)α(w) για όλα τα z,w. 2. α(x) =x για κάθε μη αρνητικό πραγματικό αριθμό x. 3. Υπάρχει θετικός πραγματικός m τέτοιος ώστε α(z) m για όλα τα z που η εικόνα τους ανήκει στο μοναδιαίο κύκλο. Να αποδειχθεί ότι η α συμπίπτει με την... δηλαδή α(z) = z για κάθε z. Αποδειξη (Κώστας Σερίφης) Αρκεί να δείξουμε ότι για τους μιγαδικούς z με z =είναι α(z) =. Τότε με τη βοήθεια της τριγωνομετρικής μορφής του τυχαίου z, καθώς και την ιδιότητα 2, έχουμε το ζητούμενο. Από την α(zw) =α(z)α(w) για όλα τα z,w επαγωγικά έχουμε ότι α(z ν )= [α(z)] ν για κάθε θετικό ακέραιο ν. Ακόμα, για κάθε μιγαδικό z υπάρχει μιγαδικός w ώστε w 2 = z. Ετσι α(z) =α(w 2 )=[α(w)] 2 0. Εύκολα προκύπτουν ότι: α() = και ότι m. Εστω z ώστε z =οπότε α() = α(z z) =α(z)α( z) δηλαδή α( z) = α(z). Ομωςα(z) m και α( z) m. Άρα m α(z) m για κάθε z με z =,αφούα(z) και α( z). Ομωςανοz έχει μέτρο και ο z ν θα έχει μέτρο. Επομένως: m α(zν ) m άρα και m [a(z)]ν m για κάθε θετικό ακέραιο ν () Εστω ότι α(z) =k. Προφανώς k>0 και λογαριθμώντας την () έχουμε: ln m ν ln k ln m για κάθε θετικό ακέραιο ν: Αυτό θα μας οδηγήσει σε άτοπο αν υποθέσουμε ότι k διαφορετικό του. Τελικά πρέπει α(z) =για κάθε z με z =.

86 2 Mia me ena qarakthrismo tou metrou Σημειωση: Αν στη σχέση () πάρουμε τη ν οστή ρίζα και όριο όταν n + θα έχουμε το ίδιο αποτέλεσμα, δηλαδή α(z) =. Αποδειξη 2 Θέλουμε α(z) = z (2) Για z =0αυτό το έχουμε από την υπόθεση. Ας πούμε ότι για κάποιο μη μηδενικό z η (2) δεν ισχύει. Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι α(z) > z (αλλιώς δουλεύουμε με τον z z ). Ονομάζουμε w = z. Αφενός ο w ανήκει στον μοναδιαίο κύκλο και αφετέρου ( ) α(w) =α α(z) = α(z) =r> z z Τότε και ο w n ανήκει στο μοναδιαίο κύκλο. Είναι M α(w n )=α(w) n >r n για κάθε n δηλαδή για όλα τα n (άτοπο). n< ln M ln r

87 MÐa me Klimakwt Sun rthsh Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 9 AugoÔstou 2008 Ασκηση. (Από stelmarg7) Δίνεται η συνάρτηση f(x) =x 2 στο διάστημα [ 3, 3]. Να κατασκευαστεί μια ακολουθία κλιμακωτών συναρτήσεων που συγκλίνει ομοιόμορφα στην f. (Μια συνάρτηση s ορισμένη στο [α, β] λέγεται κλιμακωτή αν υπάρχει μια διαμέριση l 0,l,l 2,...l n του [α, β] τέτοια ώστε η s να είναι σταθερη σε κάθε διάστημα (l i,l i) για κάθε i ανήκει στο {, 2, 3,...n}.) Λυση Αν η f είναι μία συνεχής συνάρτηση ορισμένη σε κλειστό διάστημα [α, β] είναι δυνατόν να κατασκευάσουμε μία ακολουθία κλιμακωτών συναρτήσεων που να συγκλίνει στην f κατά πολλούς τρόπους, Αναφέρω ένα: Θεωρούμε μία ακολουθία διαμερίσεων που η λεπτότητα τους να τείνει στο 0. Λόγου χάρη μπορούμε να πάρουμε για κάθε n την διαμέριση με άκρα: α k = α + k β α n k =0,..., n Ορίζουμε στη συνέχεια την κλιμακωτή συνάρτηση f n με f n (x) =f(α k ) για x [α k,α k+ ) k =0,...n και f n (β) =f(α n ) Ας θεωρήσουμε ε>0. Επειδήηf είναι συνεχής στο συμπαγές [α, β] (=κλειστό και φραγμένο, από το θεώρημα Heine-Borel) θα είναι και ομοιόμορφα συνεχής, Άρα υπάρχει κατάληλος δ>0 τέτοιος ώστε: Αν x y <δ τότε να είναι f(x) f(y) <ɛ ( ) Αν λοιπόν φροντίσουμε ώστε η λεπτότητα (β α)/n της διαμέρισης να είναι μικρότερη του δ, και αυτό είναι εφικτό για κατάλληλη τιμή n 0 του n, τότεκάθε διαμέριση με n>n 0 θα έχει και αυτή λεπτότητα μικρότερη του δ. Τότε κάθε x από το [α, β] θα ανήκει σε κάποιο από τα διαστήματα [α 0,α ), [α,α 2 ),..., [α n,α n ] (μόνο το τελευταίο διάστημα είναι κλειστό-κλειστό για να μη χάσουμε το β) τότε η απόσταση του από το κάτω άκρο του διαστήματος θα είναι μικρότερη του δ. Δηλαδή αν το x ανήκει στο διάστημα με κάτω άκρο το a k τότε a k x <δ.από την (*) έχουμε ότι f(x) f(α k ) <ε

88 2 Mia me Klimakwth Sunarthsh Αλλά f(α k )=f n (x) και επομένως f(x) f n (x) <ε Η τελευταία σχέση ισχύει για όλα τα x και για όλα τα n>n 0 πράγμα που μας εξασφαλίζει ότι f n omoiìmorfa f, Το ότι έχουμε την συνάρτηση f(x) =x 2 στο [ 3, 3] είναι λεπτομέρειες. Άνετα μπορούμε να προσαρμόσουμε την γενική ιδέα.

89 MÐa me Koin ShmeÐa thc C f me thn y = x Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 9 AugoÔstou 2008 PerÐlhyh MÐa skhsh ìpou apodeiknôetai ìti h grafik par stash mðac suneqoôc kai gnhsðwc fjðnousac sun rthshc orismènhc sto R èqei akrib c èna koinì shmeðo me thn pr th diqotìmo twn axìnwn. Thn èdwsa ston diktuakì tìpo Mathematica kai lôseic èsteilan oi vlitsar kai antonis math: epðshc lôsh èdwse o Grhgìrhc Kwst koc: Ασκηση. Εστω f : R R γνησίως φθίνουσα και συνεχής. Να αποδειχθεί ότι η C f τέμνει την y = x ακριβώς σε ένα σημείο Αποδειξη (antonis math) Εστω οτι δεν έχει κανένα κοινό σημείο. Τότε θα ισχύει f(x) x 0για κάθε x R οπότε αφού f(x) x συνεχής θα διατηρεί πρόσημο και θα είναι: α) ή f(x) > x για κάθε x R. Τότε lim f (x) =+. Αυτό όμως έρχεται x + σε αντίθεση με το οτι η f είναι γνησίως φθίνουσα διότι για τυχόν x 0 είναι για x>x 0 και f (x) <f(x 0 ) και επομένως αποκελίεται η f στο + να έχει όριο +. β) είτε f(x) > x για κάθε x R οπότε lim f (x) = που πάλι όπως x διαπιστώνεται ανάλογα έρχεται σε αντίθεση με το ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα. Επομένως η C f και η y = x έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο. Το ότι το κοινό αυτό σημείο είναι μοναδικό προκύπτει από το ότι η συνάρτηση f(x) x είναι γνησίως φθίνουσα. Αποδειξη 2 (vlitsar) Αν f(x) x για καθε πραγματικο x τότε f(f(x)) f(x) (αν βάλουμε όπου x το f(x) )καιf(f(x)) f(x) αφούf γνησίως φθίνουσα. Αρα f(f(x)) = f(x) και επειδή f - έχουμε f(x) =x η οποία ειναι γνησίως αύξουσα άτοπο. Αρα υπάρχει πραγματικός κ τετοιος ώστε f(κ) <κ.ομοιαανf(x) x για όλα τα x υπάρχει πραγματικός λ τετοιος ώστε f(λ) >λ. Στο διάστημα με άκρα κ, λ εφαρμόζω το θεώρημα Bolzano για την g(x) =f(x) x και επειδή g φθίνουσα έχω το ζητούμενο Αποδειξη 3 Ονομάζουμε h(x) =f(x) x που είναι συνεχής και προκύπτει εύκολα, με τον ορισμό, ότι είναι γνησίως φθίνουσα. Για x>0 θα είναι h(x) =f(x) x<f(0) x και επειδή η f(0) x έχει στο + όριο το το αυτό θα ισχύει και με την h. Anèfere ìti proèrqetai apì to biblðo: M stakac, Garatzi thc, Majhmatik gia thn Jetik -Teqnologik KateÔjunsh} ekd. DROS KE-

90 2 Mia me Koina Shmeia thc C f me thn y = x Για x<0 θα είναι h(x) =f(x) x>f(0) x και επειδή η f(0) x έχει στο όριο το + το αυτό θα ισχύει και με την h. Η h έχει σύνολο τιμών το (, + ) και φυσικά έχει μοναδική ρίζα. Σημειωση Η Άσκηση προέκυψε κοιτώντας την παρακάτω άσκηση: Ασκηση 2. Εστω f R R μία συνεχής και γνησίως φθίνουσα συνάρτηση. Να αποδείξετε ότι το σύστημα x = f (y) y = f (z) z = f (x) έχει ακριβώς μία λύση. που την βρήκα στο βιβλίο «Putnam and Beyond»τωνGelca, Andreescu ( Springer, 2007). Αν κάποιος ακολουθήσει το πιό φυσικό στα συστήματα, να δουλέψει με αντικατάσταση, τότε θα βρεί x = f(y) =f(f(z)) = f(f(f(x)) και αρκεί να δείξει ότι με g = fofof η εξίσωση x = g(x) έχει ακριβώς μία λύση. Μα η g = fofof είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής επομένως όλο κι όλο που χρειάζεται είναι να εξασφαλίσουμε, σαν μικρό λήμμα, ότι την Άσκηση. Πρόκειται για μία τυπική περίπτωση προβλήματος διαγωνισμών όπου η δυσκολία του προκύπτει από το έντεχνο καμουφλάρισμα μίας απλής ιδέας.

91 f (f (x)) = e x Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 29 AugoÔstou 2008 PerÐlhyh Ston diktuakì tìpo Mathematica zht jhke (antonis math) na apodeiqjeð ìti: An gia mða gnhsðwc aôxousa sun rthsh f orismènh sto R isqôei (f f)(x) =e x gia k je x tìte hf ja paðrnei kai arnhtikèc timèc. Apant seic èdwsan ta mèlh m0v kai Jwm c Ra kìftsalhc. Kata thn suz thsh etèjh to er thma Up rqei tètoia sun rthsh? Sto parìn shmeðwma, qrhsimopoi ntac gnwstèc idèec kai teqnikèc, dðnetai mða ap nthsh sto er thma autì. Αναζητούμε γνησίως αύξουσες 2 συναρτήσεις f : R R τέτοιες ώστε f (f (x)) = e x () Εστω f μία γνησίως αύξουσα λύση της () (Σημειώστε ότι ακόμη δεν ξέρουμε αν τέτοια λύση υπάρχει). Θα δείξουμε ότι η f είναι συνεχής. Ας πάρουμε ένα x 0. Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα το όριο της στο x 0 από μικρότερες τιμές θα υπάρχει και θα είναι το α =supf((,x 0 )). Το ίδιο και και για το όριο από μεγαλύτερες τιμές: Θα είναι το β =inff((x 0, + )). Φυσικάθαισχύει: α f(x 0 ) β (2) Αν η f είναι ασυνεχής στο x 0 θα πρέπει μία τουλάχιστον από τις ανισότητες της (2) να είναι γνήσια. Χωρίς να βλάπτεται η γενικότητα ας υποθέσουμε ότι είναι η πρώτη δηλαδή α<f(x 0 ) (3) Η (3) μας λέει ότι το σύνολο τιμών της f έχει μία τουλάχιστον «τρύπα»: το διάστημα (α, f(x 0 )). Αυτό λόγω μονοτονίας. Σχηματίζοντας την f f θα εισάγουμε στην «δεύτερη» f τιμές από το σύνολο τιμών της «πρώτης». Άρα δεν θα εισαχθούν τιμές από το (α, f(x 0 )). 2 ja mporoôsame na poôme kai aôxousec}. Ja tan to Ðdio afoô apì thn f (f (x)) = e x prokôptei eôkola ìti h f eðnai -.

92 2 f (f (x)) = e x Πάλι λόγω μονοτονίας το σύνολο τιμών της f f δεν θα περιέχει τιμές από το διάστημα (f(α),f(f(x 0 ))). Ομωςγιαγ<αείναι f(γ) <α<f(x 0 ) και f(f(γ)) <f(α) <f(f(x 0 )) οπότε e γ <f(α) <e x0 Από το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής για την συνεχή e x θα είναι f(α) =e δ για κάποιο δ και επομένως f(α) =f(f(δ)) δηλαδή το f(α) είναι τιμή της f f (άτοπο). Αν λοιπόν η () έχει γνησίως αύξουσες λύσεις αυτές θα είναι συνεχείς. Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι η f είναι μία γνησίως αύξουσα και συνεχής λύση () (που εξακολουθούμε να μην ξέρουμε αν υπάρχει). Παρατηρούμε ότι θα απεικονίζει το (, + ) σε ένα ανοικτό διάστημα. Αυτό δε μπορεί να είναι το (, + ) διότι τότε και η f f, δηλαδή η e x θα είχε σύνολο τιμών το (, + ). Αρα το σύνολο τιμών της f θα πρέπει να είναι της μορφής (k,s) όπου το k είναι πραγματικός και το s είναι πραγματικός αριθμός ή +. Δεμπορείόμωςτοs να είναι πραγματικός διότι τότε η f (άρα και η f f) θα ήταν φραγμένη άνω πράγμα αδύνατο διότι η e x δεν είναι. Επομένως f((, + )) = (k, + ) Αλλα πρέπει f((k, + )) = (0, + ) αφού οι e x, f f έχουντοίδιοσύνολοτιμών. Αλλά f((k, + )) = (f f)((, + )) = (f f)((,k ]) (f f)((k, + )) = και τότε (0,e k ] (e k, + ) =(, + ) f((, + )) = f(,k ] f((k, + )) = f((,k ]) (0, + ) δηλαδή: (k, + ) =f((,k ]) (0, + ) (4) Από την (4) συνάγουμε ότι f((,k ]) = (k, 0] (5) Ιδιαιτέρως ότι k < 0 δηλαδή η f θα πάρει και αρνητικές τιμές. Η (5) σε συνδυασμό με την (), όπως θα δούμε στην πορεία, διαδραματίζει σημαντικό ρόλο στην διαμόρφωση της f.

93 f (f (x)) = e x 3 Ας ονομάσουμε k 2 =0και έχουμε f((k,k 2 ]) = f(f((,k ])) = (k 2,k 3 ] όπου k 3 = e k f((k 2,k 3 ]) = f(f((k,k 2 ])) = (k 3,k 4 ] όπου k 4 = e k2 = e 0 = f((k 3,k 4 ]) = f(f((k 2,k 3 ])) = (k 4,k 5 ] όπου k 5 = e k3 Με αυτό τον τρόπο σχηματίζουμε: α) Μία ακολουθία αριθμών k <k 2 <k 3 <k 4 <... με k < 0, k 2 =0,k n+2 = e kn η οποία καθορίζεται πλήρως από τον πρώτο όρο της k =0καιτείνειστο+ β) Μία ακολουθία διαστημάτων J =(,k ],J 2 =(k,k 2 ],J 3 =(k 2,k 3 ],J 4 =(k 3,k 4 ],J =(k 4,k 5 ],... πουηένωσητηςείναιτοr και f (J n )=J n+. Ας ονομάσουμε τώρα f n τον περιορισμό της f στο J n. Θα ισχύει φυσικά f n (J n )= J n+.απότην()θαείναι f n+ f n =exp όπου με exp δηλώνουμε την εκεθετική συνάρτηση. Ομως κάθε μία από τις f n είναι αντιστρέψιμη (με πεδίο ορισμού το J n+ και σύνολο τιμών το J n.επομένως λύνοντας την τελευταία σχέση ως προς f n+ θα βρούμε f n+ =exp f n (6) Από την προηγούμενη ανάλυση προκύπτει, λόγω της (6) ότι αν γνωρίζουμε την f τότε γνωρίζουμε και την f 2 και μετάτην f 3 κοκ και επομένως την f αφού ξέροντας πως δρα η f σε κάθε διάστημα J n την γνωρίζουμε πλήρως. Προκύπτει από την «συγκόληση» των f n και θα είναι μία «κλαδωτή» συνάρτηση με άπειρους «κλάδους» τις f n.τιθαείναιηf ;Θαείναι συνεχής γνησίως αύξουσα με πεδίο ορισμού το J σύνολο τιμών το J 2 Παρατηρούμε ότι αν επιλέξουμε την f με τις παραπάνω προδιαγραφές τότε: α Η f θα είναι γνησίως αύξουσα. Πράγματι κάθε μία από τις f n είναι γνησίως αύξουσα λόγω της (6). Αν πάρουμε p<qαν μεν τα p, q ανήκουν στο J n θα είναι f (p) =f n (p) <f n (q) =f (q) ενώ αν ανήκουν στα J n, J m θα είναι n<mκαι τα f (p) =f n (p), f (q) =f m (q) ανήκουν στα J n+, J m+ οπότε αυτόματα είναι το πρώτο μικρότερο του δεύτερου.

94 4 f (f (x)) = e x β Η f θα είναι συνεχής. Η μεν συνέχεια στο εσωτερικό του κάθε ενός από τα J n εξασφαλίζεται αμέσως από την (6). Για τα άκρα k n (n>) παρατηρούμε ότι: lim x kn f (x) = lim x kn f n (x) =f n (k n )=f(k n )=k n+ lim f (x) = lim f n+ (x) = (6) x k n + x k n + lim x k + n e f n (x) = (f n suneq c) lim e u = e kn u k + n Αλλά k n+ = e kn και επομένως η f είναι συνεχής στα k n (n>). Στο k η συνέχεια προκύπτει εύκολα από το προηγούμενο αρκεί να λάβουμε υπ οψιν ότι e f (x) = lim x eu ==k 2. lim x k + γ Ισχύει f (f (x)) = e x. Πρά γματι αν x J n τότε f (f (x)) = f (f n (x)) = f n+ (f n (x)) = ( ) exp fn f n (x) =e x Επομένως θα υπάρχουν μονότονες λύσεις της () αν και μόνο αν υπάρχουν συναρτήσεις που έχουν τις προδιαγραφές που θέσαμε. Τέτοιες δε προφανώς υπάρχουν για παράδειγμα μία είναι η f (x) = k2 x + k Από τα προηγουμενα συνάγουμε την ακόλουθη πρόταση: Πρόταση. Εστω k ένας οποιοσδήποτε αρνητικός πραγματικός αριθμός, k 2 = 0 και f μία οποιαδήποτε γνησίως αύξουσα και συνεχής συνάρτηση με πεδίο ορισμού το (,k ] και σύνολο τιμών το (k,k 2 ].. k n = e kn 2, n>2 2. J =(,k ) και J n =[k n,k n ) για n>2 3. για n>2 είναι f n : J n J n+ με f n+ =exp f n τότε η συνάρτηση f (x) = f n (x), x J n είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής και επαληθεύει την f (f (x)) = e x ( ) Ολες οι αύξουσες συναρτήσεις που επαληθεύουν την (*) προκύπτουν με τον παραπάνω τρόπο. και Παραδειγμα Αν επιλέξουμε k =, f (x) = x έχουμε k =, k 2 =0, k 3 = e, k 4 = f (x) = x, f 2 (x) =e +x, f3 (x) =e +ln x ln x, f4 (x) =e e +ln y,... Οι δύο αυτές επιλογές ορίζουν πλήρως την f που φαίνεται στο επόμενο σχήμα.

95 f (f (x)) = e x 5

96 Monìtonec LÔseic thc Sunarthsiak c ExÐswshc tou Cauchy Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 28 NoembrÐou 2007 PerÐlhyh Prìkeitai gia mða skhsh pou proèkuye apì mða suz thsh ston diktuakì tìpo Mathematica Askhsh. 'Estw f : R R mða gnhsðwc monìtonh sun rthsh gia thn opoða isqôei f (x + y) =f (x)+f (y) gia ìla ta x, y. Na apodeiqjeð ìti f (x) =αx gia k poio α 0. Apodeixh. ApodeiknÔetai eôkola (prìkeitai gia gnwst skhsh) ìti:. f (0) = 0 2. f ( x) = f (x) gia k je x R 3. f (μx) =μf (x) gia k je x R kai k je μ N 4. f ( ) x ν = ν f (x) gia k je x R kai k je ν N 5. f (qx) =qf (x) gia k je gia k je q Q me q>0 6. f (qx) =qf (x) gia k je gia k je q Q. 7. Me α = f () isqôei f (q) =αq gia k je q Q. Ja apodeðxoume ìti f (x) =αx gia k je x R ìpou α = f () () Upojètoume ìti h f eðnai gnhsðwc aôxousa (an eðnai gnhsðwc fjðnousa paðrnoume thn f pou kai aut ikanopoieð thn upìjesh). AfoÔ 0 < ja eðnai f() > 0. DeÐqnoume pr ta ìti h f eðnai suneq c sto 0. JewroÔme ε > 0 kai jewroôme èna rhtì arijmì q tètoio ste 0 <q< ε α

97 2 Monotonec Luseic thc Sunarthsiakhc Exiswshc tou Cauchy Fusik : An p roume x ste tìte lìgw thc monotonðac thc f eðnai dhlad kai epomènwc ε < αq < 0 <αq<ε q <x<q f ( q) <f(x) <f(q) αq < f (x) <αq ε <f(x) <ε SunoyÐzontac: Gia k je x me x < qisqôei f (x) < εpr gma pou exasfalðzei ìti lim f (x) =0=f (0) dhlad ìti h f eðnai suneq c sto 0. H sunèqeia thc f x 0 sto 0 exasfalðzei thn sunèqeia sto tuqìn x 0 - prìkeitai gia gnwst skhsh 2 - kai epomènwc h f eðnai suneq c. Ja deðxoume t ra ìti isqôei h (). Ac upojèsoume ìti se k poio x 0 h () den alhjeôei. Autì shmaðnei ìti suneq c sun rthsh g (x) =f (x) αx den mhdenðzetai sto x 0. Ara kont sto x 0, ac poôme se èna di sthma (κ, λ) pou perièqei to x 0 h g ja èqei to prìshmo tou orðou thc sto x 0 dhlad tou g (x 0 ). Idiaitèrwc ja eðnai g (x) 0gia k je x (κ, λ). 'Omwc to di sthma (κ, λ) ja perièqei opwsd pote k poion rhtìq kai giautìn ja eðnai g (q) =f (q) αq = αq aq =0( topo). Parathrhsh. An h f eðnai monìtonh qwrðc na eðnai gnhsðwc monìtonh gia par deigma aôxousa qwrðc na eðnai gnhsðwc aôxousa tìte gia k poia x <x 2 ja isqôei f (x )=f(x 2 ). An onom soume c = f (x ) èqoume ìti f (x) =c gia k je x (x,x 2 ). Dhlad an h sun rthsh paðrnei Ðsec timèc sta kra enìc diast matoc tìte eðnai stajer se autì to di sthma. Tìte gia k je rhtì q ja eðnai f (x + q (x 2 x )) = f (x )+q(f (x 2 ) f (x )) = c An x eðnai ènac opoiosd pote pragmatikìc tìte up rqoun rhtoð p, q ste: x + p (x 2 x ) <x<x + q (x 2 x ) Pr gmati arkeð oi rhtoð autoð na epilegoôn ste: p< x x x 2 x <q 'Ara ja prèpei f(x) =c se k je x. All f(0) = 0. 'Ara f(x) =0gia ìla ta x 2 lim f (x) = lim f (x 0 + h) = lim (f (x 0 )+f (h)) = lim f (x 0 ) + lim f (h) =f (x 0 )+ x x 0 h 0 h 0 h 0 h 0 f (0) = f (x 0 )

98 Parallagèc gia parag gouc kai oloklhr mata Peiramatikì LÔkeio Euaggelik c Sqol c SmÔrnhc 8 Maòou 2008 PerÐlhyh To shmeðwma autì gr fthke me aform mða skhsh pou anafèretai sthn diaforik exðswsh: f (x)+xf (x) =f(x) pou tèjhke sto diktuakì tìpo Mathematica. 'Opou apant tai metaxô enìc shmantikoô mèrouc twn energ n mel n mða koultoôra teleiopoðhshc kai me èna eðdoc grafou k dika tim c eðjistai na diorj nontai l jh na belti nontai apotelèsmata, na metatrèpontai se piì did ximec oi ask seic kai lla poll pou qarakthrðzoun thn tèqnh tou majhmatikoô-dask lou. EpÐkentro eðnai mða sqolik } skhsh pou apl netai san kontsèrto. 'Amilla kai sunergasða dhlad gia thn epðteuxh tou stìqou. H idèa na parousi sw tic paragr fouc san mousik komm tia eðnai klemmènh: Thn eðqa deð se èna biblðo tou Ribenboim prin poll qrìnia,. Overture: Από alexx Το μέλος alexx έδωσε χωρίς τη λύση της την άσκηση: Ασκηση. Δίνεται συνάρτηση f ορισμένη στο [α, β] με α < β Αν f(α) =f(α) =0και για κάθε x [α, β] ισχύει ότι f (x)+xf (x) =f(x) να δειχθεί ότι η f έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (α, β) H skhsh akoloujeð mða diadedomènh plèon praktik : Jèmata pou lônontai me Majhmatik pèra apì to LÔkeio pern ne sto sqoleðo wc dôskolec fusik gia ta paidi ask seic. Sthn prokeimènh perðptwsh èqoume mða grammik diaforik exðswsh deôterhc t xhc dhlad thn y + xy y =0 me arqikèc sunj kec y (α) =y (β) =0. HexÐswsh aut èqei sto tèloc mða idiomorfða: H genik lôsh thc eðnai y = C x + C 2 x x 2 e 2 x2 dx

99 2 Parallagec gia paragwgouc kai oloklhrwmata pou mac odhgeð sthn ex c oikogèneia lôseswn: f(x) =Ax + Be 2 x2 + B x 2x e t2 dt 0 Apì thn teleutaða sqèsh faðnetai ìti h sun rthsh f de mporei na ekfrasjeð me thn bo jeia stoiqeiwd n sunart sewn diìti tìte ja mporoôse kai h x 0 e t2 dt pou wc gnwstìn de mporeð. 2. Allegro: Αργύρης Γαμβρέλλης Εστειλε την ακόλουθη λύση για την Άσκηση : Αν η f δεν μηδενίζεται στο (α, β), τότε διατηρεί πρόσημο ως συνεχής συνάρτηση. Υποθέτουμε ότι f(x) > 0, οπότεέχουμε f (x)+xf (x) > 0 e x2 2 για κάθε x (α, β) f (x)+xe x2 2 f (x) > 0 [e x2 2 f (x)] > 0 Δηλαδή η συνάρτηση g (x) =e x2 2 f (x) είναι γνησίως αύξουσα στο [α, β]. Από Θεώρημα Rolle για την f στο [α, β] υπάρχει ξ στο (α, β) ώστε f (ξ) =0. Τότε και g(ξ) =0οπότε για α<ξ<βισχύει g (x) <g(ξ) g (x) < 0 f (x) < 0 Άρα f γνησίως φθίνουσα στο [α, ξ], άτοπο αφού υποθέσαμε πως f(x) > 0= f(α). EÐnai f (α) =f (β) =0gia ekeðnec tic timèc twn A, B pou eðnai lôseic tou omogenoôc sust matoc ( αa + e 2 α2 + 2α ) α 0 e t2 dt B =0 ( βa + e 2 β2 + 2β ) β 0 e t2 dt B =0 H orðzousa tou sust matoc eðnai αr (β) βr (α) ìpou r (x) =e 2 x2 + x 2x e t2 dt 0 ParathroÔme ìti h orðzousa aut ja eðnai mhdèn an kai mìno an eðnai r(α) α = r(β) pr gma β adônaton diìti me s (x) = r (x) x brðskoume s (x) = e 2 x2 ( x 2 x 2 + ) 2x 2 e 2 x2 Epomènwc h sun rthsh thc skhshc () prèpei na eðnai mhdenik. Autì sto Mathematica den pèrase aparat rhto. 3. Andante: Μπάμπης Στεργίου Επαναδιατύπωσε την άσκηση με την ακόλουθη μορφή: Ασκηση 2. Αν η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [α, β] με 0 <α<β, f(α) =f(β) =0και f (x)+xf (x) =f(x) για κάθε x στο [α, β] να αποδείξετε ότι f (x) =0για κάθε x στο (α, β).

100 Parallagec gia paragwgouc kai oloklhrwmata 3 4. Minuetto : Αθανάσιος Μπελήγιαννης Βελτιώνει μία αρχική διατύπωση στην άσκηση 2 5. Minuetto 2: 7apostolis Επισημαίνει ένα ασθενές επιχείρημα σε λύση της 2 6. Adagio: Η λύση του Μπάμπη Στεργίου στην άσκηση 2 Εχουμε f (x) +xf (x) = f(x) f (x) = f(x) xf (x) οπότε η f παραγωγίζεται και τρίτη φορά. Παραγωγίζοντας βρίσκουμε: f (x)+xf (x) =0 (f (x)e x2 2 ) =0 f (x) =ke x2 2 () Εχουμε επίσης: f (x)+xf (x) =f(x) f (x) =f(x) xf (x) f (x) f (x) x 2 = ( f(x) x ) f(x) x = x α x 2 t 2 f (t)dt f(x) = x = xf (x) f(x) x α x 2 t 2 f (t)dt διότι f(α) =0.Άρα x f(x) = kx α t 2 e t 2 2 dt για κάθεx [α, β] (2) Επειδή f(β) =0, η τελευταία σχέση δίνει ότι k =0(μια και η υπό ολοκλήρωση συνάρτηση είναι θετική και τα άκρα α, β είναι θετικοί και διαφορετικοί μεταξύ τους αριθμοί) και έτσι η (2) μας δίνει ότι : f(x) =0, για κάθε x [α, β] 7. Alegro: Η λύση του Μίλτου Παπαγρηγοράκη 2 στην άσκηση 2 Η f παρουσιάζει στο [α, β] ένα μέγιστο και ένα ελάχιστο, ένα από τα οποία τα παρουσιάζει σε εσωτερικό σημείο του [α, β]. Εστω γ (α, β) θέση ολικού ακροτάτου τότε από το θεώρημα του Fermat είναι f (γ) =0οπότε και f (γ) =f (γ) έτσι: Αν f (γ) > 0 τότε f (γ) > 0 και το γ είναι θέση ελαχίστου άρα f (x) f (γ) που είναι άτοπο αφού f (α) <f(γ) Αν f (γ) < 0 τότε f (γ) < 0 και το γ είναι θέση μεγίστου άρα f (x) f (γ) που είναι άτοπο αφού f (α) >f(γ) 2 OMÐltoc Papagrhgor khc sth sunèqeia epexèteine to sumpèrasma kai gia exis seic pou sth jèsh tou x èqoun tuqoôsa g(x). Sugkekrimèna èdwse th genðkeush: DÐnetai sun rthsh f orismènh kai dôo forèc paragwgðsimh sto [α, β] me 0 <α<βkai h sun rthsh g orismènh sto [α, β]. An f (α) =f (β) =0kai gia k je x [α, β], isqôei ìti f (x)+g(x) f (x) =f (x), naapodeðxete ìti f (x) =0gia k je x [α, β]. Lush: Hf parousi zei sto [α, β] èna mègisto kai èna el qisto, èna apì ta opoða ta parousi zei se eswterikì shmeðo tou [α, β] 'Estw γ (α, β) jèsh olikoô akrot tou tìte apì je rhma tou Fermat eðnai f (γ) =0opìte kai f (γ) =f (γ), ètsi: An f (γ) > 0 tìte f (γ) > 0 kai to f (γ) eðnai jèsh elaqðstou ra f (x) f (γ) pou eðnai topo afoô f (α) <f(γ) An f (γ) < 0 tìte f (γ) < 0 kai to f (γ) eðnai jèsh megðstou ra f (x) f (γ)pou eðnai topo afoô f (α) >f(γ) Ja eðnai loipìn f (γ) =0'Etsi to el qisto kai to mègisto thc f sto [α, β] eðnai mhdèn epomènwc eðnai f (x) =0gia k je x [α, β].

101 4 Parallagec gia paragwgouc kai oloklhrwmata Θα είναι λοιπόν f (γ) =0. Ετσι το ελάχιστο και το μέγιστο της f στο [α, β] είναι μηδέν επομένως είναι f (x) =0για κάθε x [α, β]. 8. Presto: Μία παρατήρηση Η παρακάτω άσκηση προέκυψε από την προσπάθεια μου να αποδείξω ότι η f είναι 0 και κοιτώντας τις προηγούμενες λύσεις: Ασκηση 3. Εστω f μία συνάρτηση που είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ, με θετική την δεύτερη παράγωγο και τέτοια ώστε κάθε ρίζα της f να είναι και ρίζα της f f. Να αποδείξετε ότι η f έχει το πολύ μία ρίζα. Λυση Ας πούμε ότι έχει δύο τις α<β. Η γνησίως αύξουσα f από το θεώρημα του Rolle έχει τουλάχιστον μία ρίζα ρ στο (α, β) ηοποίαλόγω μονοτονίας είναι μοναδική. Η f θα είναι αρνητική στο (α, ρ)) καιθετική στο (ρ, β). Άρα η f θα έχει ελάχιστο στο ρ και φυσικά f(ρ) < 0. Τότε όμως f (ρ) =0και συνεπώς και f (ρ) f(ρ) =0δηλαδή f (ρ) =f(ρ) < 0 (άτοπο). Με την βοήθεια της άσκησης 3 μπορούμε να προχωρήσουμε κάπως διαφορετικά την απόδειξη του Μπάμπη Στεργίου και να έχουμε μία ακόμη λύση στην άσκηση 2: Στην την σχέση f (x) =ke x2 2 παρατηρούμε ότι αν k =0 καλώς διότι τότε f = c και f(x) =cx + d και αφού η f έχει δύο ρίζες είναι f =0.Ανkδιάφορο του 0 υποθέτουμε ότι k>0 (αλλιώς δουλεύουμε με την f) οπότε έχουμε μία συνάρτηση με θετική δεύτερη παράγωγο και τέτοια ώστε κάθε ρίζα της f είναι και ρίζα της f f και από την άσκηση 3ηf έχει το πολύ μία ρίζα (άτοπο διότι έχει δύο) 9. Finale: Μία μία πληροφορία alexx Η άσκηση δόθηκε, κάπου, σε επαναληπτικό διαγώνισμα!!! 3 3 Kai èna sqìlio apìton MÐlto Papagrhgor kh: Sqolio: 'Iswc pio kat llhlh gia touc majhtèc ja tan h skhsh me mia diatôpwsh thc morf c: ( DÐnetai sun rthsh orismènh kai paragwgðsimh sto [α, β] me 0 < α < β. An isqôei ìti x 2 (α + β)x + αβ ) f (x) = f (x), gia k je x [α, β], na apodeðxete ìti f (x) = 0 gia k je x [α, β].

102 ÈÓÔ¹ÃÓÖÒ ÆºËº Å ÙÖÓ ÒÒ È Ö Ñ Ø Ä Ó Ù Ð ËÕÓÐ ËÑ ÖÒ ¾ Ù Ó ØÓÙ ¾¼¼ È ÖÐ Ý ËØÓÒ ØÙ Ø ÔÓMathematica ½ ÙÞ Ø ØÖÓÔÓÔÓ Ñ Ò ÙÒ ÖØ ØÓÙ Dirichlet ÔÓÙ Ò ÒÛ Ø Û ÙÒ ÖØ ØÓÙ Thomae ÐÐ Û ÙÒ ÖØ ØÓÙ ÔÓÔ¹ ÓÖÒº ËØÓ Ô Ö Ò Ñ ÛÑ Ô Ö Õ Ø ÔÖÓ ¾ ÑÓÙ ÔÓ ÖÛØ Ñ Ø ÔÓÙ Ø Ò ØÓ Mathematica Ασκηση. (ΧρήστοςΚυριαζής, dement ) Εστωησυνάρτηση f : R R με { f (x) = q x Q, x = p q, p q ανάγωγο, q > 0 0 x / Q.Ναβρείτεόλατασημείατοπικούμεγίστουήελαχίστουτης f. 2.Βρειτετασημειασταοποιαηfειναισυνεχηςκαθωςκαισεποιααποαυτα ειναι παραγωγισιμη. 3. Αποδειξτε οτι η f ειναι ολοκληρώσιμη σε καθε κλειστο διαστημα, με ολοκληρωμα0. Αποδειξη Ερωτημα Ελάχιστο προφανώς το 0 που πραγματοποιείται σε κάθε άρρητο. Για τα τοπικά μέγιστα: Εστω ένα διάστημα (α, β) και ν θετικός ακέραιος. Τότε το κλάσμα µ ν ) ανήκει στο (α,β) αν και μόνο αν να < µ < νβ. Αλλά υπάρχουν πεπερασμένοι το πλήθος ακέραιοι που ανήκουν στο διάστημα να < µ < νβ ( το πολύ [να,νβ να]. Άρα το (α,β) περιέχει πεπερασμένο πλήθος κλασμάτων με παρονομαστή ν. Εστω τώρα ρητός p q σε ανηγμένη μορφή. Εστω διάστημα (α,β) που περιέχει τον p q. Το (α,β) περιέχει πεπερασμένα το πλήθος ανηγμένα κλάσματα με παρονομαστή, πεπερασμένα με παρονομαστή 2,..., πεπερασμένα με παρονομαστή q. Τα κλάσματα αυτα είναι διάφορα του p q αφού έχουν μικρότερο παρονομαστή. Θεωρούμε το σύνολο που απαρτίζουν όλα αυτά τα κλάσματα. Θα ½ ¾ Å Ø Ò ÙØ Ô ÕÓÐ Ð Ò ÙÕ Ö ØÛ Ø Ò Ò ÕØ Ø ¾¾ ÔÖÓ ¾ Ù Ó ¹ ØÓÙ ¾¼¼ ØÓ F/B LATO Ø Ü ÓÒØ Ô Ø É Ò ØÓÒ È Ö º à ÔÛ ÙÑ Ò ÙÕÒ ØÓ Mathematica ÙÔ ÖÜ ÓÖÑ Ò Û Ñ Ø ÓÖ Ô ÓÖ Ô ³ ØÓ ÔÖôØÓ ÖôØ Ñ ÔÓÙ ÔÛ Ñ Û ÔÖÓ ÖÕ Ø Ô ØÓ ÐÓ ß ÓÖ ÇÐÓ Ð ÖÛØ ÄÓ Ñ Ð ØÓÙ Spivak ³ Ø ÙÔ ÐÓ Ô ÖÛØ Ñ Ø Ç ÃôÒ Ø ÒØÒÓ Å Õ Ð michailk Ñ Û Ø Ñ Ø Ô ÒØ Ò ÓØ x ÖÖ ØÓ Ò Ñ Ó ØÓÔ Ó Ð Õ ØÓÙ Òô x Ö Ø Ò Ñ Ó ØÓÔ Ó Ñ ØÓÙº

103 ¾ ÈÓÔ¹ÃÓÖÒ είναι πεπερσμένο. Εστω {x,...,x µ } με α < x < x 2 <... < x µ < β Το p q ανήκει σε κάποιο διάστημα από τα (α,x ),(x,x 2 ),...,(x µ,β). Ας το πούμε. Ολοι οι ρητοί με που περιέχονται στο στην ανηγμένη μορφή τους έχουν παρονομαστή έχουν παρονομαστή μεγαλύτερο ή ίσο του q. Άρα και η τιμές που παίρνει η f στο είναι μικρότερε ή ίσες του q. Και επειδή f(p q ) = q έχουμε ότι η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο p q. Ερωτημα 2 Ο Χρήστος Κυριαζής παρέθεσε την εξής απόδειξη για την συνέχεια: Εστω ρ ρητός και η (x ν ) μια ακολουθία αρρήτων όρων τέτοια ώστε limx ν = ρ. Τότε (ορισμός σύγκλισης κατά (Heine) και limf (x ν ) = ρ. Ομως f (ρ) = 0. Άρα η f ασυνεχής στο ρ, άρα ασυνεχής σε κάθε ρητό. Εστω α άρρητος αριθμός και έστω ǫ > 0. Τότε υπάρχει φυσικός ν 0, τετοιός ώστε ν 0 > ε ή ν 0 < ε από το αξίωμα του Αρχιμήδη. Εστω τώρα το διάστημα (α,α+). Είναι γνωστό ότι στο (α,α+) υπάρχει μόνο ενα πεπερασμένο πλήθος ρητών με παρονομαστή μικρότερο του ν 0 (γιατι το Q είναι αριθμήσιμο σύνολο). Συνεπώς μπορούμε να επιλέξουμε δ > 0, ώστε, στο διάστημα (α δ,α+δ) να περιέχεται στο (α,α+) και να μην περιέχει ρητούς με παρονομαστή μικρότερο του ν 0. Τότε για x α < δ, έχουμε f(x) f(α) = f(x) ν 0 < ε. Άρα η f είναι συνεχής στον α και επομέμως σε κάθε άρρητο. Η συνέχεια αλλιώς: Εστω t. Θεωρούμε ǫ > 0. Υπάρχει φυσικός ν ώστε ν < ǫ. Εργαζόμενοι όπως πριν μπορούμε να βρούμε διάστηματα (α, t), (t, β) που δεν περιέχουν κλάσματα σε ανηγμένη μορφή με παρονομαστή μικρότερο του ν. Αυτό σημαίνει ότι οι τιμές της f στην ένωση των (α,t), (t,β)) είναι μικρότερες ή ίσες του ν άρα και του ǫ. Επομένως το όριο της f στο τυχόν t είναι 0. Άρα η f είναι συνεχής μόνο στα σημεία όπου και η τιμή της είναι 0 δηλαδή είναι συνεχής στους άρρητους και ασυνεχής στους ρητούς. Η Παραγωγισιμότητα. Εύκολα διαπιστώνεται ότι η f είναι περιοδική με περίοδο επομένως μπορούμε να περιοριστούμε στο [0, ). Η f δεν είναι παραγωγίσιμη στους ρητούς διότι εκεί είναι ασυνεχής. Θα δείξουμε ότι δεν παραγωγίζεται και στους άρρητους. Εστω α ένας άρρητος. Αν f παραγωγίζεται στο α θα πρέπει από το θεώρημα του Fermat παράγωγος να είναι 0. Είναι γνωστό ότι υπάρχουν άπειροι διακεκριμένοι ρητοί p q (με p q όχι κατ ανάγκην ανάγωγα) ώστε α p q < q 2 ( ) Αναγκαστικά οι παρονομαστές q αυτών των ρητών είναι άπειροι το πληθος (αλλιώς θα έπρεπε ένα κλάσμα να εμφανιζόταν με τον ίδιο παρονομαστή άπειρες φορές και θα υπήρχε τέτοιο κλάσμα που απέχει από το α απόσταση πάνω από 2 (άτοπο). Επιλέγοντας μία αύξουσα ακολουθία παρονομαστών (q n ) συνάγουμε ότι υπάρχει ακολουθία ρητών pn q n που συγκλίνει στο α και ικανοποιεί την (*). Τότε ( f pn q n ) f (α) p n = qn α f ( pn q n ) p n qn α Η απόλυτη τιμή του λόγου μεταβολής στα pn q n,α είναι f(pn pn q > διότι n ( ) 2 qn το f pn q n είναι q n ή μεγαλύτερο. Άρα ο λόγος μεταβολής της f στα pn q n, α δε qn ) f(pn qn α > ) ƺ˺ Å ÙÖÓ ÒÒ

104 ÈÓÔ¹ÃÓÖÒ μπορεί να τείνει στο 0 κάτι πού έπρεπε να συμβαίνει αν η f ήταν παραγωγίσιμη στο α. Συνεπώς η f δεν είναι παραγωγίσιμη ούτε στους άρρητους. Ερωτημα 3 Ολοκληρωσιμότητα. Θεωρούμε ένα κλειστό διάστημα[α, β]. Το σύνολο A των σημείων ασυνεχείας της f στο [α,β] είναι το σύνολο των ρητών σημείων του [α,β] που είναι αριθμήσιμο άρα μετρήσιμο με μέτρο 0. Ας ονομάσουμε B το συμπλήρωμα του A στο [α,β]. Φυσικά και αυτό είναι μετρήσιμο. Επειδή το σύνολο των σημείων ασυνεχείας της f έχει μέτρο 0 η f είναι Riemann-ολοκληρώσιμη. Ιδιαιτέρως είναι καιlebesgue-ολοκληρώσιμη και τα δύο ολοκληρώματα της συμπίπτουν. Τώρα αν με τον συμβολισμό f δηλώσουμε το Lebesgue-ολοκλήρωμα της X f στο Q έχουμε [α,β] f = A f+ B f διότι τα A,B ειναι ξένα μετρήσιμα με ένωση το [α,β]. Είναι όμως A f = 0, f = 0. Η πρώτη ισότητα ισχύει διότι το A B έχει μέτρο 0 και η δεύτερη διότι η f στο B είναι 0. Άρα [α,β] f = 0 οπότε και το Riemann-ολοκλήρωμα της f είναι 0. Εναςτροποςγιανα«δουμε»τηνσυναρτηση f Οπως σημειώθηκε η f είναι περιοδική με με περίοδο. Πράγματι f(x+) = f(x) ( ) Για x άρρητο και τα δύο μέλη της είναι 0 αφού και ο x+ είναι άρρητος. Για x = p q σε ανηγμένη μορφή είναιx+ = p+q q που και αυτό είναι ανάγωγο. Στην περίπτωση αυτή και τα δύο μέλη της (*) είναι q. Άρα αρκεί να δούμε την συνάρτηση στο[0,). Χρησιμοποιούμε ένα σύστημα αξόνων και την ανεξάρτητη μεταβλητή της f, ας την πούμε εδώ t για να μην μπλέξουμε την φανταταζόμαστε σαν κλίση. Στο t από το [0,) αντιστοιχούμε την ημιευθεία y = tx,x > 0. Αν αυτή δεν συναντήσει κάνένα συνδεσμικό σημείο (=σημείο με ακέραιες συντεταγμένες) εκτός της αρχής των αξόνων, και αυτό συμβαίνει όταν η κλίση είναι αριθμός άρρητος, τότε η τιμή της συνάρτησης είναι 0. Αν συναντήσει (και θα συναντήσει άπειρα) πράγμα που θα συμβεί όταν ο t είναι ρητός τότε διαλέγουμε εκείνο που είναι πλησιέστερα στην αρχή των αξόνων (στο σχήμα μας το A). Οι συντεταγμένες του δίνουν την ανηγμένη μορφή του t. Βρίσκουμε την τετμημένη αυτού του σημείου, την εισάγουμε στην g(x) = x και βρίσκουμε το f(t). Μοιάζει με φλιπεράκι: Η γραφικη παρασταση της f ƺ˺ Å ÙÖÓ ÒÒ