Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου Μπορεί πρχθεί κι διεμηθεί ελεύθερ ρκεί διτηρηθεί η μορφή του.
Προλεγόμε Η διδσκλί ποδείξεω στη Άλγεβρ της Α Τάξης μπορεί υποβοηθηθεί ο δάσκλος επιμείει στη πόδειξη πλώ προτάσεω που σχετίζοτι με τη θεωρί του σχολικού βιβλίου. Στ επόμε έχουμε περιλάβει ορισμέες τέτοιες προτάσεις, χωρισμέες ά κεφάλιο, που η συζήτηση κι η προσπάθει τεκμηρίωσης τους μπορεί βοηθήσει τη ποδεικτική ικότητ τω μθητώ. Οι προτάσεις προέκυψ πό συζητήσεις τω μελώ της ομάδς μς που κτέγρψ η Ειρήη Σπύρου κι η Αστσί Φέλη η οποί είχε κι τη γεική επιμέλει. Ιούιος 014 Η Ομάδ γι τη Διδσκλί της ς Νίκος Μυρογιάης ΠΠ Λύκειο Ευγγελικής Σχολής Σμύρης Γιώργος Μήλιος Λεότειο Λύκειο Νές Σμύρης Μιχάλης Μπουρούης 1ο Λύκειο Κμτερού Ειρήη Σπύρου 1ο Λύκειο Αγίου Δημητρίου Αστσί Φέλη, 5ο Λύκειο Αιγάλεω Σωτήρης Χσάπης ΠΠΛ Λύκειο Ευγγελικής Σχολής Σμύρης
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου Κεφάλιο 1 ο Α Α=Β τότε Α=Β Α x Α τότε x Α άρ x Β επομέως x Β, άρ Α Β Όμοι Β Α.Άρ Α=Β. Συέπειες του ορισμού υποσυόλου 1. Α Α. Α Α Β κι Β Γ τότε Α Γ 3. Α 1. Α x Α τότε x Α οπότε Α Α. Α x Α τότε x Β, οπότε x Γ 3. Α Α τότε υπάρχει x, x κι x Α, άτοπο φού το δε περιέχει στοιχεί. 1. Α Α Β τότε Α Β=Β. Α Α Β τότε Α Β=Α 3. Α Α Β τότε Β Α 1. Α x Α Β τότε x Α ή x Β. Όμως Α Β επομέως x Β. Οπότε Α Β Β Α x Β τότε x Α Β. Οπότε Β Α Β Άρ Α Β=Β.. Α x Α Β τότε x Α κι x Β,άρ Α Β Α Α x Α τότε x Β άρ x Α Β οπότε Α Α Β Επομέως Α Β=Α 3. Α x Β x Β τότε x Ακθώς Α Β. Επομέως x Α,άρ Β Α. 1
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου Τύποι De Morgan 1. ( Α Β ) =Α Β. ( Α Β ) =Α Β Α Β x Α Β επομέως x Α ή x Β οπότε 1. Α x x Α ή x Β άρ x Α Β. Άρ Α Β Α Β Α x Α Β x Α ή x Β x Αή x Β x Α Β x ( Α Β ). Άρ Α Β ( Α Β ). Επομέως. Α x Α Β =Α Β. Α Β x Α Β επομέως x Α κι x Β οπότε x Α κι x Β άρ x Α Β. Άρ ( Α Β) Α Β. Α x Α Β x Α κι x Β x Ακι x Β x Α Β x ( Α Β ).Άρ Α Β ( Α Β ).Επομέως Α Β =Α Β. Α ( Β Γ ) = ( Α Β) ( Α Γ ) Α x Α ( Β Γ ) τότε x Α κι x Β Γ.Επομέως: ( x Α κι x Β) ή ( x Α κι x Γ) οπότε x Α Β ή x Α Γάρ Α Β Γ Α Β Α Γ x ( Α Β) ( Α Γ ). Επομέως Α x ( Α Β) ( Α Γ ) τότε x Α Β ή x Α Γ, άρ ( x Α κι x Β) ή ( x Α κι x Γ) οπότε x Α κι x Β Γ. Άρ Α Β Α Γ Α Β Γ x Α ( Β Γ ), άρ Επομέως Α ( Β Γ ) = ( Α Β) ( Α Γ ).
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου 0 P Α 1 Γι οποιοδήποτε εδεχόμεο Α εός δειγμτικού χώρου Ω είι: 0 Ν( Α) Ν( Ω ) οπότε 0 Ν Α Ν Ω Ν( Ω) Ν( Ω) Ν( Ω) άρ 0 P( Α) 1 P ( ) 1 P Α = Α κθώς Α Α = (1) της (1) Α x Α τότε x Α οπότε x Α Α Α x Α τότε x Α οπότε x Α Α Επομέως Α Α = P( Α Β ) = P( Α ) + P( Β) P( Α Β ) Είι Ν( Α ) = x+ y, Ν( Β ) = y+ z Ν( Α Β ) = y Ν( Α Β ) = x+ y+ z Επομέως Ν( Α Β ) =Ν( Α ) +Ν( Β) Ν( Α Β ) Ν Α Β Ν Α Ν Β Ν Α Β = + Ν Ω Ν Ω Ν Ω Ν Ω P( Α Β ) = P( Α ) + P( Β) P( Α Β ) 3
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου P Α Β P Α Β. Το τίστροφο δε ισχύει () της () Έστω Ω= { 1,,3, 4,5,6} κι τ εδεχόμε Α= { 1, } κι { 1,3,5} 1 3 1 είι P( Α ) = κι P( Β ) =, οπότε έχουμε P( Α) P Β= γι τ οποί Β λλά Α Β. Τ εδεχόμε Α Β, Α Β είι συμβίβστ Α x Α Β τότε x Α κι x Β άρ x Α Β Α x Α Β τότε x Α κι x Β άρ x Α Β Επομέως ( Α Β) ( Α Β ) =. Α P P 1 Α + Β > τότε ΑΒδε, είι συμβίβστ Έστω ότι είι συμβίβστ. Τότε ισχύει P( Α Β ) = P( Α ) + P( Β) οπότε θ είι P( Α Β ) > 1, άτοπο φού 0 P( Α Β) 1. Επομέως τ ΑΒ, δε είι συμβίβστ. Α, Α, ΑΒ είι συμβίβστ τότε P( Α ) + P( Β) 1 ΑΒ είι συμβίβστ τότε ισχύει P P P Α Β = Α + Β. Όμως: 0 P( Α Β) 1 οπότε έχουμε: P( Α ) + P( Β) 1 4
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου 1. P( Α) P( Α Β ). P( Α Β) P( Α ) 1. Είι Α Α Β επομέως P( Α) P( Α Β ). Είι Α Β Α επομέως P( Α Β) P( Α ) 5
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου Κεφάλιο ο Α γι τους πργμτικούς ριθμούς β, ισχύει = β τότε: = β κι 1 1 =, β, 0 β ( 1) ( 1) = β = β = β β, 0 1 1 1 1 = β = β = β β β Α γι τους πργμτικούς ριθμούς βγδ,,, ισχύει = β κι γ = δ τότε: β =, γδ, 0 γ δ Είιγ = δ οπότε 1 = 1 κι = β. Πολλπλσιάζοτς κτά μέλη έχουμε γ δ 1 1 β γ = δ επομέως = β γ δ Α γι τους πργμτικούς ριθμούς β, ισχύει β = 0 τότε: = 0 ή β = 0 Α 0 κι β 0 β = 0 = έχουμε: ( β ) 1 1 1 = 0 β = 0 1 β = 0 6
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου Γι τους πργμτικούς ριθμούς βγ,, με γ 0 ισχύει: = β γ = βγ γ = βγ γ βγ = 0 γ β = 0 β = 0 = β. γ 0 Α γι τους πργμτικούς ριθμούς β, ισχύει β 0 τότε: 0 κι β 0 Έστω = 0 τότε β = 0 β = 0, άτοπο φού β 0. Όμοι β = 0. Επομέως 0 κι β 0 Α γι τους πργμτικούς ριθμούς β, ισχύει = β τότε: = β κι = β, * = β = β β = β = β 7
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου = β = β. = β β β = β.. = β Ιδιότητες τω δυάμεω 1. 4. µ µ = +. = β µ = 3. µ β = β 5. µ β = 6. = β µ, µ θετικοί κέριοι 1.. = = = + µ µ µ + µ = = = µ µ µ µ µ β = β β β = β β β = β 3. 4. = = = β β β β β β β β µ µ 5. = = = = µ µ 6. Α 0, τότε ισχύει 1 =, οπότε έχουμε: 1 1 1 β β = = = = = β β β β µ 8
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου 1. Α 0< < 1 κι µ < τότε: >, µ µ, *. Α > 1 κι µ < τότε: <, µ µ, * 1.. 0< < 1 0< < 1. µ.. 0< < 1 > 1 > 1. µ.. > 1 Πολλπλσιάζοτς: < 1 < 1 > µ µ µ Πολλπλσιάζοτς: > 1 > 1 < µ µ µ Ν τοποθετήσετε το τίστροφο εός πργμτικού ριθμού στο άξο τω πργμτικώ ριθμώ Α ο είι μηδέ δε έχει τίστροφο. Α =1 τότε ο τίστροφος του είι ο 1. Α =-1 τότε ο τίστροφος του είι ο -1. Οπότε πομέει εξετάσουμε τις περιπτώσεις όπου ο είι διάφορος τω -1,0,1. Δικρίουμε τις πρκάτω 4 περιπτώσεις: < 1 9
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου Τότε ο είι ρητικός κι γι τους ομόσημους ριθμούς κι -1 ισχύει <-1 επομέως γι τους τίστροφους τους ισχύει 1 1 > 1 1 είι ρητικός τελικά ισχύει 1 1< < 0. 1< < 0 δηλδή 1 1 > κι φού ο Πάλι φού γι τους ομόσημους ριθμούς κι -1 ισχύει 1 < γι τους τίστροφους τους ισχύει 1 1 <. 0< < 1 Αφού γι τους θετικούς ριθμούς, 1 ισχύει < 1 γι τους τίστροφους τους θ ισχύει 1 1 >. >1 Ο θ είι θετικός. Γι τους θετικούς ριθμούς, 1 ισχύει > 1 επομέως γι τους τίστροφους τους ισχύει 1 1 < κι επειδή ο 1 είι θετικός θ είι 1 0< < 1. 10
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου (*) Η τομή δύο κλειστώ διστημάτω ( δε είι κεό σύολο) είι κλειστό διάστημ. Η τομή δύο οικτώ διστημάτω ( δε είι κεό σύολο) είι οικτό διάστημ. Κάουμε τη πόδειξη γι κλειστά διστήμτ. Με το ίδιο τρόπο γίετι γι οικτά. Έστω τ διστήμτ [ β, ] κι [, ] γδ. Αφού η τομή τους είι μη κεό σύολο θ έχει στοιχεί. Έστω x έ πό υτά. Το x θ πρέπει ήκει κι στ δύο x β γ x δ διστήμτ. Επομέως θ ισχύει κι. Ο x θ είι μεγλύτερος ή ίσος κι πό το κι πό το γ επομέως κι πό το πιο μεγάλο πό τους ριθμούς, γ ς το οομάσουμε m ( είι =γ τότε ο m είι ές οποιοσδήποτε πό τους, γ). Δηλδή m x. Επίσης ο x θ είι μικρότερος ή ίσος κι πό το β κι πό το δ επομέως κι πό το πιο μικρό πό τους ριθμούς β, δ ς το οομάσουμε Μ ( είι β=δ τότε ο m είι ές οποιοσδήποτε πό τους β, δ). Δηλδή x M. Άρ m x M. Ο m είι κάποιος πό τους,γ άρ είι μικρότερος του β ή του δ κι επομέως είι μικρότερος πό το πιο μεγάλο πό τους β,δ που είι ο Μ. Δηλδή m<m κι ορίζετι το διάστημ [ mm, ] Τότε η σχέση m x M μς πληροφορεί ότι x [ mm, ]. Μέχρι στιγμής ξέρουμε ότι κάθε στοιχείο της τομής τω δύο διστημάτω ήκει στο διάστημ [ mm, ]. Αλλά κι τιστρόφως κάθε στοιχείο y του διστήμτος [ mm, ] έχει τη ιδιότητ m y M άρ y γ y y β y δ 11
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου Η πρώτη κι η τρίτη σχέση μς εξσφλίζου ότι y [ β, ] τέτρτη ότι y [ γδ, ] τομή τους. εώ η δεύτερη κι η. Άρ το y ήκει κι στ δύο διστήμτ επομέως κι στη Επομέως η τομή τω [ β, ] κι [ γδ, ] κι το διάστημ [, ] τομή είι διάστημ. mm συμπίπτου. Άρ η Α γι τους πργμτικούς ριθμούς, 1< < 1 < 1 β < 1 β < 1 1< β < 1 1< β < 1 β < 1 β ισχύει β, ( 1,1) τότε β ( 1,1) Γι τους πργμτικούς ριθμούς β, ισχύει: 1. Α β, ομόσημοι ριθμοί, τότε. + β β, γι κάθε β, 1 1 < β > β 3.Α > 0, τότε 1 1 + κι < 0, τότε + 1. Αφού, β είι ομόσημοι ριθμοί έχουμε β > 0. Επομέως ισχύει: β 1 1 1 1 < β < < >. β β β β. Έχουμε: β β β β β 3. Έχουμε: + + 0 0, που ισχύει 1
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου 1 + + 1 + 1 0 1 0, που ισχύει. Γι κάθε πργμτικό ριθμό ισχύει: Α 0 τότε = κι < Α < 0 τότε = ή = κι <. Επομέως σε κάθε περίπτωση ισχύει Γι τους πργμτικούς ριθμούς β, ισχύει: 1. + β = + β β 0. ± β + β, γι κάθε β, 3. β ± β γι κάθε β, 1. β β β β + = + + = + + β + β = + β + β β. β β β β + β = + β + β = β β = β β 0 + + ( β) + β + β β + β + β + β β κάθε β,. Το + β προκύπτει θέσουμε όπου β το β. β β β που ισχύει γι 13
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου 3. β β β β + + ( β ) ( + β) β + β + β + β β β β β που ισχύει γι κάθε β,. Το + β προκύπτει θέσουμε όπου β το β. Γι τους πργμτικούς ριθμούς βγ,, ισχύει: ( β, ) ( γ, ) + ( βγ, ) d d d (, β) = β = γ + γ β = ( γ) ( β γ) γ + β γ (, γ) + ( β, γ) d d d Θέτω 3 Έχουμε: Γι τους μη ρητικούς ριθμούς β, ισχύει: = x κι 3 β = y οπότε είι x 0 κι y 0 (1) + β = + β 3 3 3 3 3 3 3 x + y = x + 3x y + 3xy + y xy ( x y) + β = + β β = 0 3 3 3 3 3 3 x + y = x+ y x 3 + y 3 = ( x+ y) 3 3 + = 0 x = 0 ή y = 0ή x+ y = 0 πό το οποίο προκύπτει x= y = 0 εξ ιτίς της (1). Επομέως xy = 0 οπότε β = 0. Έστω βγδ,,, Πότε ισχύει: + β = γ + δ ; + β = γ + δ β δ = γ ( β δ) = γ γ Α β δ έχουμε: = πό το οποίο προκύπτει ότι ο β δ είι ρητός, άτοπο 14
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου Α β = δ έχουμε: 0 = γ γ =. Άρ ισχύει ότ = γ κι β = δ. Γι τους θετικούς ριθμούς β, ισχύει: + < + β β + < + ( + β ) < ( + β )... β β + β < + β + β + β + β 1 1... + β < + β + + β + β ( ) β ( β ) 1 1 0 < +... + που ισχύει γι κάθε > 0, β > 0. Γι κάθε μη ρητικό πργμτικό κι, µ φυσικούς ριθμούς ισχύει: 1. < 1 < 1 > 1 > 1 = 1 = 1. Γι > 1 : Γι < 1 : µ < > µ µ < < µ 1. < 1 < 1 < 1 > 1 > 1 > 1 = 1 = 1 = 1. Γι 1 µ µ µ µ > : < ( ) < ( ) 15 µ < µ <
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου Γι 1 µ µ µ µ < : < ( ) < ( ) µ < µ > Γι κάθε θετικό πργμτικό κι φυσικό ριθμό ισχύει: 1. < > 1. > < 1 1 < < < 1< > 1 1.. > > > 1 1 > < 1 16
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου Κεφάλιο 3 ο Α μι εξίσωση πρώτου βθμού έχει δύο άισες ρίζες, τότε ληθεύει γι κάθε x Έστω x1, x ρίζες της εξίσωσης x + β = 0 με x1 x. x Τότε: x 1 + β = 0 β 0 φιρώτς έχουμε: x1 x ( x1 x) + = = 0 = 0 = 0, φού x1 x 0. Επομέως 0x1 + β = 0 β = 0, οπότε η εξίσωση έχει τη μορφή 0 x = 0 κι ληθεύει γι κάθε x. Σε κάθε εξίσωση x + βx+ γ = 0, 0 με ρίζες x1, x, ισχύου: 1. x1 x =. 1 = 4 x x S P β + β β + + β + x x = = = = 1. 1. β 4γ β 4γ β 4γ 1 x x = = = = = = S 4P 17
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου Α στη εξίσωση x + βx+ γ = 0, 0 είι > 0, γ < 0 τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες άισες. > 0 γ < γ > β γ > β β γ > γ < 0 > 0 άρ η εξίσωση έχει δύο ρίζες άισες 0 4 0 4 4 0 δηλδή Άθροισμ κι γιόμεο ριζώ ότ 0 β S = x1+ x = γ P= x1 x = x x + β + γ = 0 x Sx + P = 0 x ( x1 x) x x1 x + + = 0 Πρόσημο ριζώ ετερόσημες ρίζες P < 0 > 0 άισες θετικές P > 0 S > 0 = 0 ίσες θετικές P > 0 S > 0 > 0 άισες ρητικές P > 0 S < 0 = 0 ίσες ρητικές P > 0 S < 0 > 0 Ρίζες τίθετες P < 0 S = 0 0 Ρίζες τίστροφες P = 1 18
Συμπληρωμτικές Προτάσεις κι Αποδείξεις στη Άλγεβρ της Α Λυκείου Κεφάλιο 4 ο Πρόσημο f x = x+ β, 0 β x >, > 0 f ( x) > 0 x+ β > 0 x> β β x <, < 0 Όμοι γι f ( x ) < 0. Επομέως: Πρόσημο τριωύμου > 0 f x = x + βx+ γ, 0 = 0 < 0 19