00thetikhs kai texnologikhs kateythynshs lyseis askisewn by Nick Ioannou

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1.1 Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΟΣ 1.2 ΠΡΟΣΘΕΣΗ ΚΑΙ ΑΦΑΙΡΕΣΗ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ  F5

1. Για να μη μετακινηθεί το σώμα χρειάζεται να εφαρμοστεί δύναμη



 F4



     B   F1  F2  F3  F4  F5 . 

 F2

 F1

 F3

Β Α

2. (i) Έχουμε διαδοχικά:     α γ  β δ     α  β δ γ 



BA   .

 a









 Ο

Άρα, το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο. (ii) Έχουμε διαδοχικά:     | α  γ || β  δ | 



| A|| B |

(A)  ( B )

Άρα, το τετράπλευρο ΑΒΓΔ έχει ίσες διαγώνιες. (iii) Από τα ερωτήματα (i) και (ii) προκύπτει ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο με ίσες διαγώνιες, άρα είναι ορθογώνιο.

8    3. (i) x  α  β

    (ii) x  α  β  γ

       (iii) x  ζ  ε  δ  γ  β  α .

4. Έχουμε διαδοχικά: 



AB  A  A  AE AB  A  AE  A 



B  E Άρα, το τετράπλευρο ΒΔΓΕ είναι παραλληλόγραμμο. 5. Έχουμε: 



AB    (OB  OA)  (O  O ) 



 OB  OA O  O 



 OB  (OA O )  O 



 OB O .

6. Έστω Ο το κέντρο του εξαγώνου. Γνωρίζουμε ότι οι πλευρές του κανονικού εξαγώνου είναι ίσες με την ακτίνα του. Επομένως ( AB)  ( B )  ( )  (OA)  (OB )  (O )  (O ) και άρα τα τετράπλευρα ΟΑΒΓ και ΟΒΓΔ είναι ρόμβοι. Έτσι έχουμε 



 

  O  O  B  AB  β  α .

 a



 Ζ

7. Αν Ο είναι ένα σημείο αναφοράς έχουμε: 



P1 P3  P2 P4  P3 P5  P4 P6  P5 P1  P6 P2                OP3  OP1  OP4  OP2  OP5  OP3  OP6  OP4  OP1  OP5  OP2  OP6  0 .

1.3 ΠΟΛΛΑΠΛΑΣΙΑΣΜΟΣ ΑΡΙΘΜΟΥ ΜΕ ΔΙΑΝΥΣΜΑ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ   1 Το διάνυσμα α 0 είναι γινόμενο του θετικού αριθμού  με το α , επομένως |α |

  1  1  είναι ομόρροπο με το α και έχει μέτρο ίσο με | α 0 |   α   | α |1 . |α | |α |

2. (i) Έχουμε διαδοχικά:

1   1   (x  α)  (x  β) 2 3     3( x  α )  2( x  β )     3 x  3α  2 x  2 β    x  2 β  3α

(ii) Έχουμε διαδοχικά:       x  3(α  β )  4(α  β )  3 x       x  3α  3 β  4α  4 β  3x       x  3 x  4α  4 β  3 β  3α    4x α  7 β  1 7 x α β 4 4

3. Έχουμε διαδοχικά: 



BM  2 M 



AM  AB  2( A  AM )     x  β  2(γ  x )     x  β  2γ  2 x    3 x  β  2γ  1   x  ( β  2γ ) 3

10    4. (i) Προφανώς είναι B  β  α .

 Έχουμε διαδοχικά: 



E  EB  B 2 EB  EB  B 3 EB  B  1  EB  B . 3  1   Άρα, EB  ( β  α ) 3

 Έχουμε:



 

  

B  B    β  α  2α  β  α

 Έχουμε διαδοχικά: 



E  2 EB 



AE  A  2( AB  AE ) 

AE  A  2 AB  2 AE 

3 AE  2 AB  A    3 AE  2α  β  1   AE  (2α  β ) 3

 Έχουμε διαδοχικά: 



E  2 EB 



E    2(B  E ) 



E    2 B  2 E 



3 E    2 B     3 E  2α  2( β  α )    3 E  2 β  4α    1 E  (2 β  4α ) 3  1   2   E  (4α  2 β )  (2α  β ) . 3 3

11   1     2   (ii) Έχουμε E  (2α  β ) και AE  (2α  β ) , επομένως E  2 AE και 3 3 άρα τα Α,Ε και Γ είναι συνευθειακά.

          5. Έχουμε A  α  β και E  3α  3 β  3(α  β ) . Επομένως E  3 A και άρα τα Α,Γ και Ε είναι συνευθειακά.

6. Με σημείο αναφοράς ένα από τα Κ, Λ, Μ, για παράδειγμα το Κ, η ισότητα γράφεται διαδοχικά: 



 KA 3 KB  2( KA KB )  ( K  KB )  3( KM  KA) 



 KA 3 KB  2 KA 2 KB  K  KB  3 KM  3 KA 



K  3 KM . Άρα τα Κ, Λ, Μ είναι συνευθειακά.

7. Έχουμε

8. Έχουμε

   1   1   1   A  BE  Z  ( AB  A )  ( B  BA)  (A B ) 2 2 2       1  ( AB  BA A  A B  B) 2 1    0  0 . 2

   1       OK  O  OM  (OB  O  O  OA OA OB) 2   1   (2 OA 2 OB  2 O ) 2 



 OA OB  O .

9. Έχουμε



AB  A  B    ( AB  A )  (B   ) 



 2 AN  2 N 



 2( AN  N ) 



 2( NA N )

12 



 2 2 NM  4 MN 



AB  B  A

10. Έχουμε



  μ AB  λ AB 

 ( λ  μ ) AB 



Ώστε AB  ( λ  μ ) AB και επομένως λ  μ 1 . 



E  AE  A

11. Έχουμε



 ( λ AB  κ A )  (κ AB  λ A ) 



 ( λ  κ ) AB  ( λ  κ ) A 



 ( λ  κ )( AB  A ) 

 ( λ  κ ) B 

 (κ  λ) B . 



Άρα E// B .

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Έχουμε      xα  yβ  0  xα   yβ

   y  Αν υποθέσουμε ότι x  0 , τότε θα είναι α   β , οπότε θα έχουμε α // β , x   που είναι άτοπο. Επομένως x  0 , οπότε  yβ  0 και άρα y  0 . (ii) Έχουμε        x1α  y1 β  x 2 α  y 2 β  ( x1  x 2 )α  ( y1  y 2 ) β  0 .

Επομένως, σύμφωνα με το προηγούμενο ερώτημα, y1  y 2  0 , οπότε x1  x 2 και y1  y 2 .

x1  x 2  0

και

13     (iii) Τα u και v είναι συγγραμμικά, αν και μόνο αν u  κv , δηλαδή        ( x 1)α  β  κ (2  3 x)α  2κβ ή, ισοδύναμα, ( x 1 2κ  3κx)α  (2κ 1) β  0 . Σύμφωνα, όμως, με το (i) ερώτημα, αυτό συμβαίνει, αν και μόνο αν x 1 2κ  3κx  0 και 2κ 1 0 , δηλαδή κ  1/ 2 και x  0 . 



EZ  AZ  AE  λ  AB  κ  A

2. Έχουμε



E  A  AE  AB  A  κ A  AB  (1 κ ) A .

Επειδή

κ 1 1  1 , έχουμε λ  επομένως κ λ κ 1 

    κ   AB  κ A και E  AB  (κ 1) A . κ 1    κ 1   EZ . Άρα E // EZ , οπότε τα Ε, Γ, Ζ είναι Παρατηρούμε ότι E  κ συνευθειακά.

EZ 

    3.  Έστω x KA y KB  z K  0 και x  y  z  0 . Τότε έχουμε        x(A K )  y (B  K )  z (  K )  0       ( x  y  z ) K  x A y B  z   0     x A y B  z   0 



Ομοίως αποδεικνύεται και ότι: αν x A y B  z   0 και x  y  z  0 ,     τότε x KA y KB  z K  0 .          Έστω x KA y KB  z K  0 και x A y B  z   0 . Τότε έχουμε        ( x KA y KB  z K )  ( x A y B  z  )  0        x( KA A)  y ( KB  B )  z ( K   )  0     x K  y K  z K  0   ( x  y  z ) K  0   και, επειδή K  0 , έχουμε x  y  z  0 .

14  κ  MA    MB λ   κ   OA OM   (OB  OM ) λ

4.  Έχουμε



λ OA λ OM  κ OB  κ OM 



λ OA κ OB  (κ  λ) OM 



OM     λ α  κβ . r κλ

άρα



λ OA κ OB κλ

   λα  κβ κ  MA MB και ομοίως βρίσκουμε ότι r  . λ λκ 

 Έχουμε



5. Αρκεί να δείξουμε ότι G// G  . Αν Ο είναι ένα σημείο αναφοράς, τότε έχουμε:     1    G  OG  O  (OA OB  O )  O (1) 3     1    G   OG  O  (O  OE  OZ )  O 3        1  (2 OK  O  2 O  O  2 OM  O )  O 3  2     (OK  O  OM )  2 O 3 1         2   (OK  O  OM )  O   2(OG  O )  2 G .  3  Α

Σ Λ

M G

B G΄

Δ 



Επομένως G // G και άρα τα Σ, G και G  είναι συνευθειακά.

15 6. Αν πάρουμε ως σημείο αναφοράς μια κορυφή του τετραπλεύρου, για παράδειγμα την Α, τότε έχουμε: 



4 MN  A  B 



4( AN  AM )  A  ( A  AB )

1   1      4 ( AB  A )  A   A  A  AB 2 2  



2 AB  2 A  2 A  A  A  AB

AB  A  A



AB  A  AB  B A  B .

Άρα, το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο. 7. Αν Ο είναι ένα σημείο αναφοράς, τότε έχουμε: 



AA BB     OA OA OB  OB  O  O 



 (OA OB  O )  (OA OB  O ) 



 3OG  3OG 



 3(OG  OG )  3GG 

8. Με σημείο αναφοράς το Α έχουμε: 



3 MA 5 MB  2 M  3 AM  5( AB  AM )  2( A  AM ) 



 3 AM  5 AM  2 AM  5 AB  2 A 



 2 A  5 AB που είναι σταθερό διάνυσμα.

9. Έχουμε

και Επομένως,

        r  OB  BE  β  y AB  β  y ( β  α )         r  O  E  5α  x   5α  x(3 β  5α ) .       β  y ( β  α )  5α  x(3 β  5α )   (1 y  3 x) β  ( y  5  5 x)α .

16   Επειδή τα διανύσματα α και β δεν είναι συγγραμμικά, η τελευταία ισότητα αληθεύει μόνο αν 1 y  3x  0 και y  5  5 x  0 . Έτσι έχουμε το σύστημα  y  3x 1 από το οποίο βρίσκουμε x  2 και y  5 .   y  5x  5        Επομένως r  β  5( β  α ) , δηλαδή r  5α  6 β .

1.4 ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ ΣΤΟ ΕΠΙΠΕΔΟ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) | x | 2  x  2 ή x  2

-2

(ii) | x | 2  2  x  2

-2

y 2

(i) | y | 2  y  2 ή y  2

x -2

y y=-x

(i) | x || y | x  y ή x   y

y=x

17 2. Η απόσταση ενός σημείου K ( μ, ν) από τους άξονες x x και y y είναι | ν | και | μ | αντιστοίχως. Έτσι έχουμε: y Α : 2 και 1 Για το K(μ,ν) Για το Β : 4 και 3 ν |μ| Για το Γ : 6 και 5 |v| Δ : | β  2| και | α 1| Για το

Για το

Μ : | y | και | x | .

  3. (i) Για να είναι α  0 αρκεί λ2  4  0 και λ2  3 λ  2  0 , οπότε λ  2 .    (ii) Για να είναι α  0 και α // x x αρκεί λ2  4  0 και λ2  3 λ  2  0 , οπότε λ 1 .

4. Για

να

είναι

  αβ

αρκεί

να

είναι

λ2  3 λ  2  λ2  5 λ  6

και

2 λ  4 2 λ2  3 λ  2  3λ2  7 λ  2 . Έτσι έχουμε το σύστημα  2 , οπότε 5 λ 10 λ  0 λ2 .

  x 1 5. Έχουμε α // β   0  x 2  4  0  x  2 ή x  2 . 4 x      Για x  2 είναι α  (2,1) και β  (4,2)  2(2,1)  2α , δηλαδή α  β .      Για x  2 είναι α  (2,1) και β  (4,2)  2(2,1)  2α , δηλαδή β  α . Άρα η ζητούμενη τιμή του x είναι η x  2 .   6. Ένα διάνυσμα συγγραμμικό με το u θα έχει τη μορφή λu και αφού θα έχει     και διπλάσιο μέτρο πρέπει | λu | 2|u | . Επομένως | λ ||u | 2|u | . Άρα | λ | 2 οπότε λ  2 . Άρα, το ζητούμενο διάνυσμα είναι ή το (6,8) ή το (-6,-8).  1 O  i , 2    OH  2i  j .

7. (α)

   O  i  j ,

 1 1  OE  i  j , 2 2

  OZ  2 j ,

  1 OK  2i  j , 2

18   1 KA  i  j , 2      3 ZA  i  2 j , KZ  2i  j . 2 

(β)

1  2

  i  j ,

  H  i ,

  1 K   i  j , 2

 1 H   i , 2

8. (i) Έστω M (x,0) το σημείο του άξονα x x που ισαπέχει από τα σημεία Α και Β. Τότε έχουμε: 



( MA)  ( MB) | MA|| MB || MA| 2 | MB | 2  MA 2  MB 2  ( x 1) 2  6 2  ( x  9) 2  2 2 16 x  48  x  3 .

Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το M (3,0) . (ii) Έστω N (0, y ) το σημείο του άξονα y y που ισαπέχει από τα Α και Β. Με ανάλογο τρόπο όπως στο (i) βρίσκουμε y  3 και άρα το ζητούμενο σημείο είναι το N (0,3) .

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Αν A( x1 , y1 ) , B ( x 2 , y 2 ) ,  ( x 3 , y 3 ) ,  ( x 4 , y 4 ) και E ( x 5 , y 5 ) είναι οι κορυφές του πενταγώνου, τότε έχουμε τα συστήματα.  x1  x 2  3  y1  y 2  5   6   x x  2 3  y 2  y3  7   και  1 : x3  x 4  8  2 :  y3  y 4 5 x  x  6 y  y 2 5  4 5  4  x 5  x1  3  y 5  y1 1

 Με πρόσθεση των εξισώσεων του  1 κατά μέλη βρίσκουμε x1  x 2  x 3  x 4  x 5 13 .

Όμως x 2  x 3  6 και x 4  x 5  6 , επομένως x1 12 13 , άρα x1 1 και διαδοχικά βρίσκουμε x 2  2 , x 3  4 , x 4  4 , x 5 1 .  Με ανάλογο τρόπο επιλύουμε το σύστημα  2 και βρίσκουμε y1 1 , y 2  4 , y3 3 , y 4  2 , y5  0 . Επομένως οι κορυφές του πενταγώνου είναι τα σημεία A(1,1) , B (2,4) ,  (4,3) ,  (4,2) και E (1,0) .

19 2. Αν A( x1 , y1 ) και B ( x 2 , y 2 ) είναι τα σημεία, τότε τα x1 και x 2 είναι οι ρίζες x 2  ( λ2  4 λ  3) x 17  0 . Η τετμημένη του μέσου του

της εξίσωσης τμήματος

ΑΒ

είναι

ίση

x1  x 2 λ2  4 λ  3  2 2

με

και

επομένως

λ2  4 λ  3  4  λ2  4 λ  5  0 και άρα λ  5 ή λ  1 . 2

3. Τα σημεία

M1,M 2 ,M 3

και

είναι μέσα διαδοχικών πλευρών 



τετραπλεύρου, όχι κατανάγκη κυρτού, αν και μόνο αν M 1 M 2  M 4 M 3 . Πράγματι.  Αν τα M 1 , M 2 , M 3 , M 4 είναι μέσα διαδοχικών πλευρών τετραπλεύρου, τότε το M 1 M 2 M 3 M 4 θα είναι παραλληλόγραμμο, 

B M1



οπότε θα ισχύει M 1 M 2  M 4 M 3 . 



 Αντιστρόφως, αν M 1 M 2  M 4 M 3 , τότε M3 τα M 1 , M 2 , M 3 , M 4 θα είναι μέσα Γ διαδοχικών πλευρών τετραπλεύρου. . Πράγματι έστω Α ένα σημείο εκτός της ευθείας M 1 M 2 , Β το συμμετρικό του Α ως προς το M 1 , Γ το συμμετρικό του Β ως προς το M 2 και Δ το συμμετρικό του Γ ως προς το M 3 . Αν δείξουμε ότι το M 4 είναι το μέσο του ΔΑ, τότε το ζητούμενο τετράπλευρο θα είναι το ΑΒΓΔ. Ας υποθέσουμε ότι M 4 είναι το μέσο της πλευράς ΑΔ. Τότε, όπως είδαμε πριν, θα ισχύει 



M 1 M 2  M 4 M 3 , οπότε θα έχουμε M 4 M 3  M 4 M 3 και άρα τα M 4 και M 4 θα συμπίπτουν.

Έχουμε τώρα: 



M 1 M 2  M 4 M 3  (κ 2  κ 1 , λ2  λ1 )  (κ 3  κ 4 , λ3  λ4 )  κ1  κ 3  κ 2  κ 4

και λ1  λ3  λ2  λ4 .

Επομένως, ζητούμενη συνθήκη είναι: κ1  κ 3  κ 2  κ 4

και

λ1  λ3  λ2  λ4 .

4. Θεωρούμε τα σημεία A(α1 , β1 ) , B (α 2 , β 2 ) και  ( x, y ) . Από την τριγωνική ανισότητα έχουμε:

20 (A)  (B)  ( AB) ( x  α1 ) 2  ( y  β1 ) 2  ( x  α 2 ) 2  ( y  β 2 ) 2  (α 2  α1 ) 2  ( β 2  β1 ) 2 .    5. Σχεδιάζουμε τα α , β και r με κοινή αρχή Ο       και έστω OA  α , OB  β και OP  r . Από το  πέρας Ρ του r φέρνουμε παράλληλες προς 



A Δ

 r

τους φορείς των OA και OB και σχηματίζουμε το παραλληλόγραμμο ΟΓΡΔ.       O Γ Β Θα είναι O  x OA  xα και O  y OB  yβ , όπου x, yR . Από τον κανόνα του παραλληλόγραμμου έχουμε       OP  O  O , δηλαδή r  xα  yβ , που είναι και η ζητούμενη έκφραση. Θα αποδείξουμε ότι οι αριθμοί x και y είναι μοναδικοί.    Έστω ότι ισχύει και r  x α  y β . Τότε έχουμε διαδοχικά:     xα  yβ  x α  y β   ( x  x )α  ( y   y ) β .  y y     β που σημαίνει ότι α // β Αν ήταν x  x   0 , δηλαδή x  x  , τότε α  x  x  που είναι άτοπο. Επομένως x  x  , οπότε και y  y  . Άρα το r εκφράζεται   κατά μοναδικό τρόπο ως γραμμικός συνδυασμός των α και β .

1.5 ΕΣΩΤΕΡΙΚΟ ΓΙΝΟΜΕΝΟ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Έχουμε

  α  β  (1)  2  35  2 15 13     (2α )  (3 β )  6α  β  6 13  78           (α  β )  (3α  β )  3α 2  α  β  3α  β  β 2

 3(12  3 2 )  2 13  (2 2  5 2 )  30  26  29  25

21   u  β  0  (κ , λ)(2,5)  0  2κ  5 λ  0 .   Τα διανύσματα u είναι κάθετα στο β και μεταξύ τους συγγραμμικά.

(ii) Έχουμε

2. Έχουμε        u  (7v  w)  7u  v  u  w  7(4  4)  (6  0)  56  6  62    |u | (v w)  5  24  24 5      | (u  v ) w||8w| 8| w| 8 6  48      (|u | v )  w |u | (v  w)  5  24  24 5    3. (i) Πρέπει α  (α  λβ )  0 . Επομένως λ 1 0  λ  1 .

Έχουμε

      α  (α  λβ )  α 2  λα  β 1 λ 1 λ 1 .

      1 (ii) Ομοίως β  (α  λβ )  0  β  α  λβ 2  0 1 2 λ  0  λ   . 2  4. Έστω v  ( x, y ) το διάνυσμα που ζητάμε. Τότε θα ισχύει:

  u  v  0 3x  2 y  0  2 .   x  y 2 1 | v |1

Από τη λύση του συστήματος βρίσκουμε  2  2 3  3   ή ( x, y )    . ( x, y )   , ,    13   13 13   13

5. Έχουμε     u v  u  v  0           (3α  β )  (κα  2 β )  0  3κα 2  6α  β  καβ  2 β 2  0

1 1  3 κ  4  6  2  3  κ  2  3  2  9  0  κ  0 2 2

6. (i) Έχουμε   3 α  β  0  4κ  3  0  κ   4

(ii) Έχουμε

22   2 π | α || β | συν  4κ  3  κ 2 1  4 2  3 2   4κ  3 4 2 5 2   κ 2 1  4 κ  3 2

 κ 2 1 5 2  8κ  6 . Υψώνουμε τα μέλη της τελευταίας εξίσωσης στο τετράγωνο και βρίσκουμε 7 κ 2  48κ  7  0 και έχουμε κ 1/ 7 ή κ  7 . Από τις τιμές αυτές του κ μόνο η κ 1/ 7 επαληθεύει την εξίσωση. Άρα κ 1/ 7 .   κ 1 4 (iii) α // β   0  3κ  4  0  κ  . 4 3 3     u v 7. Αν φ είναι η γωνία των διανυσμάτων u και v , τότε συνφ    . Όμως |u || v | είναι             u  v  (2α  4 β )  (α  β )  2| α | 2 2α  β  4 β  α  4| β | 2      1  2| α | 2 2α  β  4| β | 2  2  2 11    4  3 .  2         1 |u | 2  (2α  4 β ) 2  4α 2 16α  β 16 β 2  4 16   16 12 ,  2  οπότε |u | 2 3 .         1 | v | 2  (α  β ) 2  α 2  2α  β  β 2 1 2    1 3 ,  2  οπότε | v | 3 .

Επομένως

8. Έχουμε

9. Έχουμε

συνφ 

3

1   , άρα 2 2 3 3

φ

2π . 3

         α  ( α  β )  α  (α  β )  0  α 2  α  β  0         | α | | α | 2 | α || β |συν (α , β )  συν (α , β )   . | β|           u  v  (| α | β  | β | α )(| α | β  | β | α )         | α | 2 β 2  | β | 2 α 2 | α | 2 | β | 2  | β | 2 | α | 2  0 .

23 10. Έχουμε

              v  β  ( β 2 α  (α  β ) β )  β | β | 2 (α  β )  (α  β ) | β | 2  0 . 

11. (i)



Έχουμε AB  (6  3,4  2)  (3,2) και   (11,2  5)  (2,3) .

Επομένως

 

AB   (3,2)  (2,3)  6  6  0 .  



(ii) Επειδή AB   0 , τα διανύσματα AB και  είναι κάθετα.      12. Έστω β  λα  p , όπου pα . Έχουμε διαδοχικά      α  β  λα 2  p  α    α  β  λ|α | 2 2(8)  (4) 5  λ  20 36 20 λ 36 9 λ  20 5  9  Επομένως β  α  p 5   9 9  22 11  p  β  α  (8,5)  (2,4)    ,  5 5 5  5  9   22 11  Τελικά β   α    ,  . 5  5 5

2 9 2

οπότε

  | 6α  β |15 .

Ομοίως βρίσκουμε ότι       | (5α  2 β )  (α  3 β ) || 4α  5 β | 593 .

24 



 



 

AB A  AB   AB ( A   )  AB A

14. Έχουμε



 A Προβ



AB  53(1)  15

A

β΄ τρόπος:

15. (i)



 

AB A  AB   AB A  (3,4)  (5,0)  15 .

        | α  β || α |  | β || α  β | 2  (| α |  | β |) 2      (α  β ) 2  (| α |  | β |) 2          α 2  2α  β  β 2 | α | 2 2 | α || β |  | β | 2         | α | 2 2α  β  | β | 2 | α | 2 2| α | | β |  | β | 2      α  β | α || β |       | α || β | συν (α , β ) | α || β |    συν (α , β ) 1    α  β .

(ii)

        | α |  | β | | α  β | (| α |  | β |) 2  (α  β ) 2         | α | 2  | β | 2 2| α | | β | α 2  β 2  2α  β      α  β  |α | | β |       | α || β | συν (α , β )   | α || β |    συν (α , β )  1    α  β .

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ       λ2 α 2  2 λμ (α  β )  μ 2 β 2  0  ( λα  μβ ) 2  0 , που ισχύει.      Το "" ισχύει, αν και μόνο αν λα  μβ  0 ή, ισοδύναμα, λα   μβ .  μ    Αν λ  0 , τότε α  β , οπότε α // β , που είναι άτοπο. λ

1. Έχουμε

25   Επομένως λ  0 , οπότε μβ  0 και άρα μ  0 . Άρα το "" ισχύει, αν και μόνο αν λ  μ  0 .

2. (i)

Έχουμε

       | u  v | 2  | u  v | 2  (u  v ) 2  (u  v ) 2

         u 2  2u  v  v 2  u 2  2u  v  v 2      2u 2  2v 2  2|u | 2 2| v | 2

(ii) Έχουμε

1  2 1  2 1   2 1   2 |u  v |  |u  v |  (u  v )  (u  v ) 4 4 4 4   2 1 2    1 2  (u  2u  v  v )  (u  2u  v  v 2 ) 4 4 1  1     u v  u v  u v . 2 2

    3. (i) Αν ω είναι η γωνία των α και β και το u σχηματίζει με το α γωνία φ1  και με το β γωνία φ 2 , τότε έχουμε:      u | β | α  | α | β        α u | β || α | 2  | α |(α  β )       | α ||u | συνφ1 | β || α | 2  | α | 2 | β | συνω    |u |συνφ1 | α || β | (1 συνω)   | α || β | συνφ1   (1 συνω) . (1) |u |      u | β | α  | α | β Ομοίως έχουμε:        β u | β |(α  β ) | α | β 2        | β ||u | συνφ2 | β || α || β | συνω | α || β | 2    |u |συνφ 2 | α || β | (1 συνω)   | α || β | συνφ 2   (1 συνω) . (2) |u |

Από τις (1) και (2) έχουμε συνφ1  συνφ 2 , άρα φ1  φ 2 . (ii)

          u  v  (| β | α  | α | β )(| β | α  | α | β )

26         | β | 2 α 2  | α | 2 β 2  α 2 β 2  α 2 β 2  0 .    Επομένως uv και επειδή ο φορέας των u διχοτομεί τη γωνία των    β , ο φορέας των v διχοτομεί την παραπληρωματική γωνία των α και

 α και  β.

4. Έχουμε διαδοχικά:     2α  β  γ  0    2α  β   γ     4α 2  4αβ  β 2  γ 2  4  4  4α β  1  9  αβ  2

(1)

Αν εργαστούμε αναλόγως, βρίσκουμε ότι:     β γ  3 και γ α  6 .

(2)

Έτσι, λόγω των (1) και (2), έχουμε      αβ  βγ  γ α  2  3  6  5 . 5. α΄ τρόπος:

    Επειδή αβ έχουμε α  β  0 οπότε

κμ  λν  0   Επειδή τα μέτρα των α και β είναι ίσα με τη μονάδα έχουμε

και

(1)

κ 2  λ2 1

(2)

μ 2  ν 2 1 .

(3)

Ισχύει όμως η ταυτότητα: (κ 2  λ2 )( μ 2  ν 2 )  (κμ  λν ) 2  (κν  λμ ) 2 ,

η οποία, λόγω των (1), (2) και (3), γίνεται 11 0  (κν  λμ ) 2  (κν  λμ ) 2 1 .

β΄ τρόπος:

Έχουμε 2

(κν  λμ ) 2 [(κ , λ)  (ν, μ )] 2   κ 2  λ2  ν 2  μ 2  συνω  11 συν 2 ω ,  

όπου ω είναι η γωνία των διανυσμάτων (κ , λ) και (ν, μ) .

27 Όμως

τα διανύσματα

μ

( κ , λ)

(ν ,  μ )

και

είναι παράλληλα, αφού

 (κμ  λν)  0 . Επομένως, θα είναι συν 2 ω 1 και έτσι θα έχουμε

(κν  λμ ) 2 1 .

  6. Θεωρούμε τα διανύσματα α  (α, β ) και β  (γ, δ ) .         Έχουμε α  β | α || β | συν (α , β )  α 2  β 2  γ 2  δ 2 συν (α , β )   και α  β  αγ  βδ .     αγ  βδ Επομένως συν (α , β )  και επειδή -1 συν (α , β ) 1 α2  β 2 γ2 δ 2 1

έχουμε

αγ  βδ α  β 2 γ2 δ 2

1 .

7. (i)

          Έχουμε MA  OA OM  α  β και     α  β .

          (ii) Έχουμε    (α  β )(α  β )  β 2  α 2 | β | 2  | α | 2  0 . 



Αφού    0 , έχουμε    . Γεωμετρικά αυτό σημαίνει ότι “η γωνία η εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο είναι ορθή”. 8. (i)

               AB  HB  HA  β  α ,       γ  α και       γ  β .

         (ii) Έχουμε γ  α  γ  β  γ  (α  β )  0      0 που ισχύει, αφού  .          Επίσης γ  β  α  β  (γ  α )  β  0      0 που επίσης ισχύει, αφού  .     (iii) Η ισότητα γ  α  β  α γράφεται διαδοχικά:     γ α  β α  0    (γ  β )  α  0 



(   )    0 



    0 



   .

28 Επομένως  . Αποδείξαμε λοιπόν ότι: “οι φορείς των υψών ενός τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σημείο”. (Το σημείο αυτό λέγεται ορθόκεντρο).           9. Έχουμε       γ 2  β1 και       β 2  γ1 . Επομένως 





 

    (γ 2  β1 )  ( β 2  γ1 )  γ 2  β 2  γ 2  γ1  β1  β 2  β1  γ1            γ 2  β 2  β1  γ1 | γ 2 | | β 2 | συν ZA  | β1 | γ1 | συν 

 ( )( )συν (π   )  ( )( )συν  ( )( )συν  ( )( )συν  0 .

Άρα

 .

10. Αν φέρουμε τη διάμετρο   , τότε οι γωνίες B  ,   ,   είναι ορθές. Επομένως, 

AB   Προβ



  ,    Προβ



B΄ Α΄ O



 

Γ΄





και    ροβ



  ,

Δ΄



οπότε 



          Προβ



   Προβ

 



 





        



 (   )    



        Προβ         . 

Μ Α

11. Αν   είναι το αντιδιαμετρικό του Β, τότε 



   90 0 και επομένως   Προβ





Είναι

  . B

B΄

29 



MA MB  MB MA  MB MB   (OB  OM )  (OB  OM ) 



Α Μ



 (OB  OM )  ( OB  OM ) 



 (OB  OM )  (OM  OB) 

B΄



 OM 2  OB 2 

 OM 2  ρ 2 ,

που είναι σταθερό.

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ

1. Για να είναι τα τρία σημεία Α, Β και Γ συνευθειακά, αρκεί να αποδείξουμε ότι 



τα διανύσματα AB και A είναι συγγραμμικά. Από τη σχέση | κ |  | λ |  | μ | 0 προκύπτει ότι ένας τουλάχιστον από τους κ, λ, μ, για παράδειγμα ο λ, είναι διάφορος του μηδενός. Έχουμε διαδοχικά:     κ   λ  μ  0        κ A  λ(   )  μ (   )  0     λ   μ   (κ  λ  μ)   0    λ   μ   0 



λ    μ  

μ λ



    



Επομένως τα διανύσματα  και  είναι συγγραμμικά και άρα τα σημεία Α, Β και Γ είναι συνευθειακά. Αντιστρόφως. Αν τα σημεία Α, Β και Γ είναι συνευθειακά, τότε υπάρχει πραγματικός 



αριθμός ρ τέτοιος, ώστε   ρ   . Επομένως 



   ρ(  )

30 







   ρ  ρ  0     ( ρ 1) 1  ( ρ)  0 .

Η τελευταία σχέση αν θέσουμε ρ 1 κ , 1 λ και  ρ  μ , γράφεται 



κ   λ   μ  με κ  λ  μ  ρ 11 ρ  0 και με έναν τουλάχιστον από τους κ, λ και μ διάφορο του μηδενός, εδώ λ 1 0 .  1   2. Αρκεί να αποδείξουμε ότι   (   ) . 2 



    

Έχουμε

    



 λ   μ   λ   μ  



 ( λ  μ )   ( μ  λ)  .

Ώστε 



  ( λ  μ)   ( μ  λ) 

ή, ισοδύναμα, 



(1 λ  μ )   ( μ  λ)  .



Επειδή όμως τα διανύσματα  και  δεν είναι συγγραμμικά, η τελευταία ισότητα ισχύει μόνο όταν 1 λ  μ  0 και μ  λ  0 , επομένως μ λ

1 . 2

 1  1  1   Άρα       (   ) που σημαίνει ότι το Μ είναι το 2 2 2 μέσον της πλευράς ΒΓ.

3. Με σημείο αναφοράς το Α η δοθείσα σχέση γράφεται διαδοχικά: 



  (  2 )  7 



(   )(    2 )  7 



(   )(   )  7 



 2   2  7 



|  | 2  |  | 2  7

31 

|  | 2 9  7 

|  | 4 .

Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι το Μ απέχει από το σταθερό σημείο Α σταθερή απόσταση ίση με 4. Άρα το Μ κινείται σε κύκλο με κέντρο το Α και ακτίνα ρ  4 . 4. α΄ τρόπος: Το εμβαδόν του παραλληλόγραμμου ΟΑΓΒ είναι ίσο με    | α |υ , δηλαδή ίσο με | α || β | ημω , όπου ω η   γωνία των διανυσμάτων α και β . Αρκεί, λοιπόν, να αποδείξουμε ότι     | α || β |ημω | β || α |ημω 1 .





υ ω

 a

Από τη δοθείσα σχέση έχουμε:   | α  λβ |1   | α  λβ | 2 1   (α  λβ ) 2 1    α 2  2 λαβ  ( λβ ) 2 1     | β | 2  λ2  (2α  β )  λ  (| α | 2 1)  0

Η τελευταία εξίσωση είναι 2ου βαθμού ως προς λ και, σύμφωνα με την εκφώνηση, έχει λύση. Άρα, η διακρίνουσα Δ της εξίσωσης αυτής είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός. Δηλαδή, έχουμε  



  0  4(α  β ) 2  4| β | 2 (| α | 2 1)  0     | α | 2 | β | 2 συν 2 ω | β | 2 (| α | 2 1)  0   | α | 2 συν 2 ω | α | 2 1 0    | α | 2 ημ 2 ω 1 0

 | α | 2 ημ 2 ω 1  | α | ημω 1

(αφού ημω  0 ).



β΄ τρόπος Το εμβαδόν του παραλληλογράμμου ΟΑΓΒ είναι ίσο με ( )  ( )  ( ) .

Όμως,

είναι   ( )  ( ) | α  λβ |1 . λόγω της ισότητας  ( )  ( ) | β | .

(1)

 ( ) | β |







και

Επομένως, (1), έχουμε

 a

Α Δ

5. (i) Για να είναι το Η το ορθόκεντρο του τριγώνου αρκεί να δείξουμε ότι 



    0 ,



    0

και

    0 .

Έχουμε: 



O Γ

    (  )(  )        (α  β  γ  α )(γ  β )      ( β  γ )(γ  β )   | γ | 2  | β | 2 



| | 2  | | 2  0 



Ομοίως δείχνουμε και ότι     0 και     0 .     (ii) Για το βαρύκεντρο G γνωρίζουμε ότι GA GB  G  0 .        OA OG  OB  OG  O  OG  0

Επομένως



3OG  OA OB  O  1    OG  (α  β  γ ) . 3   1       (iii) Έχουμε   α  β  γ και G  (α  β  γ ) . 3

1  που 2 σημαίνει ότι τα O, G και Η είναι συνευθειακά σημεία και ότι το G διαιρεί το τμήμα ΟΗ σε λόγο 1/2.

Επομένως



  3G  OH  OG  2 OG  GH  2 OG  OG  GH

33      6. (i) Επειδή (α  x ) β  γ  x έχουμε

(α  x) β   α  (γ  x)α

        (α  x )( β  α )  γ  α  x  α         (α  x )( β  α )  α  x  γ  α       (α  x )( β  α 1)  γ  α

(1)

  (ii) Επειδή β  α 1 0 , διαιρούμε τα μέλη της (1) με     γ α α  x    . Έτσι, από τη δοθείσα σχέση έχουμε β  α 1    γ α   είναι x    β  γ . β  α 1

7. (i) Έχουμε

και

  β  α 1 και παίρνουμε   γ α      β  γ  x , οπότε β  α 1

 1   1   EK  ( EB  E )  (κα  β ) 2 2  1   1   E  ( EA E )  (α  λβ ) . 2 2

Για τη διανυσματική ακτίνα του σημείου Μ έχουμε:





    αφού Z // A  ( β  α )

   1 1   1  EM  EZ  ( E  Z )  β  x( β  α ) , 2 2 2





       1 1   1  EM  EZ  ( EB  BZ )  κα  y ( λβ  κα ) , αφού BZ // B  λβ  κα . 2 2 2       Επομένως, β  x ( β  α )  κα  y ( λβ  κα )   (1 x  λy ) β  ( x  κ  κy )α .   Επειδή τα α και β δεν είναι συγγραμμικά, για να αληθεύει η τελευταία ισότητα πρέπει 1 x  λy  0 και x  κ  κy  0 . Από τη λύση του συστήματος

και

των δύο αυτών εξισώσεων προκύπτει ότι x 

κ ( λ 1) κ 1 και y  . Επομένως κλ κλ

 1   κ 1    EM  κα  ( λβ  κα ) . 2 κλ 

(ii) Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε

34    1   1   K  E  EK  (α  λβ )  (κα  β ) 2 2



K 



  1 (1 κ )α  ( λ 1) β 2



     1   κ 1   KM  EM  EK  κα  ( λβ  κα )  κα  β  2 κλ 

και



KM 

ή Επομένως



KM 





  1 κ (1 κ )α  ( λ 1) β . 2 κλ

κ  K , που σημαίνει ότι τα σημεία Κ, Λ και Μ είναι κλ

συνευθειακά.    8. Σύμφωνα με την άσκηση 4 της Β΄ ομάδας στη σελίδα 28, αν α , β , γ είναι οι Δ

διανυσματικές ακτίνες των κορυφών Α, Β και Γ αντιστοίχως του AB και    δ , ε , ζ είναι οι διανυσματικές ακτίνες των κορυφών Δ, Ε και Ζ αντιστοίχως Δ

του  ως προς την ίδια αρχή Ο, τότε έχουμε:     νβ  μγ  νγ  μα δ , ε μν μν

  να  μβ και ζ  . μν

Το κέντρο βάρους G του AB έχει διανυσματική ακτίνα την  1    OG  (α  β  γ ) . 3 Δ

Επίσης το κέντρο βάρους G  του τριγώνου  έχει διανυσματική ακτίνα       1  νβ  μγ νγ  μα να  μβ  OG    μν μ  ν  3  μ  ν 

   1 ( μ  ν)(α  β  γ ) 1       (α  β  γ ) . μν 3 3 



Επομένως OG  OG  , που σημαίνει ότι τα G και G  συμπίπτουν.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ

2.1 ΕΞΙΣΩΣΗ ΕΥΘΕΙΑΣ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΑΒ είναι: λ

64 2  1 1 (1) 2

(ii) Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΓΔ είναι: λ

20 2  2 0  (1) 1

(iii) Ο συντελεστής διεύθυνσης λ κάθε ευθείας κάθετης προς την ΓΔ έχει με 1 τον συντελεστή διεύθυνσης της ΓΔ γινόμενο ίσο με -1. Αρα θα είναι    . 2 2. Έστω ω η γωνία που σχηματίζει η ΑΒ με τον άξονα x x . (i) Η ευθεία ΑΒ έχει συντελεστή διεύθυνσης λ 

64 2  1 . Άρα, θα 1 (1) 2

ισχύει εφω 1 οπότε θα είναι ω  45 0 . (ii) Η ευθεία ΑΒ έχει συντελεστή διεύθυνσης  

43 1  1 . Άρα και στην 0  (1) 1

περίπτωση αυτή θα έχουμε   45 0 . (iii) Επειδή τα Α, Β έχουν την ίδια τετμημένη, η ευθεία ΑΒ θα είναι κατακόρυφη και κατά συνέπεια θα είναι   90 0 . (iv) Επειδή τα Α, Β έχουν ίδια τετμημένη, η ευθεία ΑΒ θα είναι οριζόντια και κατά συνέπεια θα είναι   0 0 .

36  2 3. (i) Το διάνυσμα   (3,2) έχει συντελεστή διεύθυνσης λ   , οπότε η 3  ζητούμενη ευθεία, που είναι παράλληλη με το  θα έχει τον ίδιο συντελεστή διεύθυνσης. Επειδή, επιπλέον, διέρχεται από το σημείο A(1,1) , η εξίσωση της θα είναι:

2 y  (1)   ( x 1) ή, ισοδύναμα, 3

2 1 y  x . 3 3

 (ii) Το διάνυσμα  (0,1) έχει τετμημένη ίση με το μηδέν, άρα έχει διεύθυνση κατακόρυφη. Έτσι η ζητούμενη ευθεία θα είναι και αυτή κατακόρυφη και, επειδή διέρχεται από το A(1,1) , θα έχει εξίσωση x 1 .

(iii) Αν λ ο συντελεστής διεύθυνσης της ζητούμενης ευθείας, θα έχουμε π λ  εφ 1 . Άρα, η εξίσωση της ευθείας θα είναι: y 11( x 1) ή, ισοδύναμα, 4 y x2 . 42 2 1    , οπότε το ύψος ΑΔ, που είναι κάθετο στην 33  6 3 ΒΓ, θα έχει συντελεστή διεύθυνσης λ A  3 . Επειδή, επιπλέον, το A(1,0) είναι σημείο του ύψους, η εξίσωση του θα είναι y  0  3( x  (1)) , δηλαδή y  3x  3 . Εργαζόμενοι ομοίως βρίσκουμε ότι η εξίσωση του ύψους ΒΕ είναι

4. (i) Έχουμε λ B 

1 1 y  x  και η εξίσωση του ύψους ΓΖ είναι y  2 x  2 . 2 2

(ii) Προφανώς και η μεσοκάθετη της πλευράς ΒΓ θα έχει συντελεστή διεύθυνσης   3 . Επειδή, όμως, αυτή διέρχεται από το μέσον Μ της ΒΓ, το  3  (3) 2  4  οποίο έχει συντεταγμένες:  ,   (0, 3) , η εξίσωσή της θα είναι 2   2 y  3  3( x  0) δηλαδή y  3x  3 . (Παρατηρείστε ότι ταυτίζεται με την εξίσωση του ύψους ΑΔ, τί συμπεραίνετε;) Εργαζόμενοι ομοίως βρίσκουμε ότι οι εξισώσεις των μεσοκαθέτων των ΑΓ και ΑΒ, αντιστοίχως, είναι: 1 y  x  3 και 2

y  2 x  3 .

1 1 και λ B  , άρα A // B . Επίσης είναι λ AB  2 και 2 2 λ  2 , άρα AB //  . Έτσι, αφού το τετράπλευρο ΑΒΓΔ έχει τις απέναντι

5. Είναι λ A 

37 πλευρές του παράλληλες θα είναι παραλληλόγραμμο. Ακόμη είναι λ A  1 και λ B 1 , οπότε λ A  λ B  1 και συνεπώς οι ΑΓ και ΒΔ είναι κάθετες. Άρα το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι ρόμβος. Η ΑΓ έχει συντελεστή διεύθυνσης λ  1 και διέρχεται από το σημείο A(3,1) . Άρα, θα έχει εξίσωση y 1 1( x  3) , δηλαδή y   x  4 . Ομοίως η ΒΔ έχει συντελεστή διεύθυνσης  1 και διέρχεται από το B(5,5) . Άρα, θα έχει εξίσωση: y  5 1( x  5) , δηλαδή y  x . 0  (1) 3  (1) 1 και λ A  1 . Επομένως, λ AB  λ A , 2 1 11 οπότε οι ευθείες ΑΒ και ΑΓ είναι παράλληλες και εφόσον έχουν κοινό το σημείο Α θα ταυτίζονται. Άρα, τα σημεία Α, Β, Γ θα είναι συνευθειακά.

6. Έχουμε λ AB 

π , κ Z , τότε ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας 4 α (συνθ  ημθ ) ημθ  συνθ  . Επομένως, η εξίσωση της ΑΒ ΑΒ είναι λ   α (συνθ  ημθ ) ημθ  συνθ είναι

7.  Αν α  0 και θ  κπ 

y  αημθ 

ημθ  συνθ ( x  ασυνθ ) , ημθ  συνθ

η οποία γράφεται διαδοχικά: y

ημθ  συνθ συνθ  ημθ x  αημθ  ασυνθ ημθ  συνθ ημθ  συνθ

y

 ημ 2 ημσυν συν 2 ημσυν ημ  συν x ημ  συν ημ  συν

y

ημ  συν  x . ημ  συν ημ  συν

π α 2 , κ Z , τότε ασυνθ  αημθ   , οπότε η 2 4 ευθεία ΑΒ είναι κατακόρυφη και άρα έχει εξίσωση



Αν α  0 , αλλά θ  κπ 

x

α 2 2

x

α 2 . 2

 Αν α  0 , τότε τα σημεία Α, Β ταυτίζονται, οπότε υπάρχουν άπειρες ευθείες που διέρχονται από αυτά.

38 8. Αν ( x, y ) είναι οι συντεταγμένες του κέντρου βάρους G του τριγώνου ΑΒΓ, τότε θα είναι:

x

2 43 1  και 3 3

y

3 5 4 4  . 3 3

1 4 Επομένως, η ευθεία που διέρχεται από σημεία A(2,3) και G   ,  έχει 3 3 4 5 3 συντελεστή διεύθυνσης   3  3 1 και κατά συνέπεια η εξίσωσή της θα 1 5 2 3 3 είναι y  3 1( x  2) , δηλαδή y  x 1 .

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Η ζητούμενη ευθεία, επειδή σχηματίζει με τους άξονες τρίγωνο και περνάει από το σημείο A(1, 2) , θα έχει εξίσωση y  2  λ( x 1) , με   0 , 2 , δηλαδή: y  x    2 , με   0 , 2 .

Με τους περιορισμούς αυτούς το σημείο τομής της ευθείας με τον x x , έστω   2  Β, έχει συντεταγμένες   , 0  , ενώ το σημείο τομής της με τον άξονα    y y , έστω Γ, έχει συντεταγμένες 0,   2  . Έτσι, αφού (OB)  

 2 και 

(O ) |   2| , το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισοσκελές, αν και μόνο αν:



| λ  2| 1 λ2 | λ  2| | λ  2| 1| λ |1 λ 1 ή λ  1 , 2 | λ| | λ|

Άρα, υπάρχουν δύο ευθείες που ικανοποιούν το ζητούμενο και των οποίων οι εξισώσεις είναι: y  x  3 και

y   x 1 .

2. Αρχικά, διαπιστώνουμε ότι οι συντεταγμένες του Α δεν επαληθεύουν τις εξισώσεις που δίνονται. Άρα οι εξισώσεις, αυτές αντιστοιχούν στα ύψη ΒΕ 1 3 και ΓΖ. Εστω ότι η y  x  είναι η εξίσωση του ΒΕ και η y   x  2 του 2 2

39 ΓΖ. Τότε, επειδή A  BE και AB  Z , θα έχουμε:  A   BE  1 και  AB   Z  1 , οπότε λ A  2 και λ A 1 . Άρα οι εξισώσεις των ΑΓ και ΑΒ θα είναι, αντιστοίχως, οι y  4  2( x 1)

δηλαδή οι

και

y  2 x  6 και

y  4 1( x 1) , y  x3

Επομένως, οι συντεταγμένες του Γ είναι η λύση του συστήματος  A : y  2 x  6   Z : y   x  2

(4,2)

που είναι το ζεύγος

και οι συντεταγμένες του Β είναι η λύση του συστήματος  AB : y  x  3   1 3  BE : y  2 x  2

Τέλος, y 0

επειδή

 B 

(3,0)

που είναι το ζεύγος

2  0 2 ,  4  (3) 7

εξίσωση

της

ΒΓ

θα

είναι

2 6 2 ( x  3) , δηλαδή y   x  . 7 7 7

3. Οι ευθείες που διέρχονται από το σημείο Μ(2,1) είναι η κατακόρυφη με εξίσωση x  2 και οι μη κατακόρυφες με εξισώσεις y 1  ( x  2),  R .  Η ευθεία x  2 τέμνει την y  x 1 στο σημείο Β(2,3) και την y   x 1 στο σημείο  (2, 1) . Το ΒΓ έχει μέσο το σημείο με συντεταγμένες  2  2 3  (1)  ,   δηλαδή (2,1), που είναι οι συντεταγμένες του σημείο Μ. 2   2 Άρα, η κατακόρυφη x  2 είναι μια από τις ζητούμενες ευθείες.

 Η ευθεία y 1 λ( x  2) , λR , τέμνει τις y  x 1 και y   x 1 στα σημεία Β και Γ αντιστοίχως, που οι συντεταγμένες τους είναι οι λύσεις των συστημάτων:  y  x 1   y 1  ( x  2)

και

 y   x 1   y 1  ( x  2)

40 Από το πρώτο σύστημα, με αντικατάσταση του y στη δεύτερη εξίσωση, έχουμε: x 11 λx  2 λ  ( λ 1) x  2 λ .

Άρα, αν  1 , τότε x 

2λ 3 λ 1 2λ , οπότε y  x 1 1 . λ 1 λ 1 λ 1

 2 λ 3λ 1  Επομένως, οι συντεταγμένες του Β θα είναι το ζεύγος  , .  λ 1 λ 1 

Ομοίως, από το δεύτερο σύστημα έχουμε:  x  1 1  x  2  (  1) x  2 .

Άρα, αν λ  1 , τότε x 

2λ λ 1

, οπότε y   x 1 

1 λ 2λ 1 . λ 1 λ 1

 2 1    Επομένως, οι συντεταγμένες του Γ θα είναι το ζεύγος  ,  . Έτσι το   1  1  Μ(2,1) θα είναι μέσο του ΒΓ, αν και μόνο αν  4 λ2  1  2λ 2λ   λ2  λ2 1  2  2 4     2  λ 1 λ 1   λ 1    και .  2 2  1  3 λ 1  1 λ  1  3λ  2 λ 1 λ  2 λ 1   2 2 2 2 λ  4 λ  2  2 λ  2  2  λ 1 λ 1   λ2 1 

Οι εξισώσεις όμως αυτές δεν συναληθεύουν για καμία τιμή του λ, αφού η πρώτη είναι αδύνατη για κάθε  R . Έτσι η μόνη λύση του προβλήματός μας, είναι η κατακόρυφη ευθεία x  2 .  1 4. (i) Η εξίσωση της ευθείας που ορίζεται από τα σημεία   κ ,  και  κ  1 Q λ,  , με κ  λ και κ , λ  0 , έχει συντελεστή διεύθυνσης ίσο με  λ 1 1  1 1 λ κ  1 . Άρα η εξίσωσή της είναι y    ( x  κ ) , δηλαδή λ  κ κλ κ κλ y

1 κλ x κλ κλ

(1)

41 κλ και, για y  0 , έχουμε x  κ  λ . κλ Άρα τα σημεία τομής της PQ με τους άξονες y y και x x αντιστοίχως, είναι τα:

(ii) Από την (1), για x  0 , έχουμε y 

 κλ  B 0,  και κλ  

A(κ  λ, 0) .

Έτσι θα έχουμε: 2

1 1  ( AP)  (κ  κ  λ) 2    0   λ2  2 κ κ 

και 2

1  1 κλ 2 ( BQ)  ( λ  0) 2      λ  2 . κ  λ κλ  Άρα

AP  BQ .

5. Η ευθεία που διέρχεται από τα σημεία A(α,0) και B (0, β ) έχει συντελεστή

διεύθυνσης λ 

β 0 β   , οπότε η εξίσωσή της θα είναι η: 0α α

y 0

β β x y ( x  α )  y   x  β  αy  βx  αβ   1 α α α β

(με τον προφανή περιορισμό ότι α  β  0 ). 6. Από τα δεδομένα προκύπτει ότι η ζητούμενη ευθεία θα έχει εξίσωση της 2 μορφής y   x  β , β  0 . Από την εξίσωση αυτή, για y  0 , έχουμε 3 3 x  β και, για x  0 , έχουμε y  β . Άρα, τα σημεία Α και Β θα έχουν 2 3  συντεταγμένες τα ζεύγη  β , 0  και (0, β ) αντιστοίχως, οπότε θα είναι 2  3 x A  y B 15  β  β 15  5 β  30  β  6 . 2 2 Άρα, η εξίσωση της ζητούμενης ευθείας είναι η y  x6 . 3

2.2 ΓΕΝΙΚΗ ΜΟΡΦΗ ΕΞΙΣΩΣΗΣ ΕΥΘΕΙΑΣ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Επειδή οι συντελεστές μ 1 και μ των x και y δεν μηδενίζονται συγχρόνως για καμία τιμή του μ, η δοθείσα εξίσωση παριστάνει για κάθε  R ευθεία γραμμή. Έστω ε η ευθεία αυτή. Τότε: ε // x x  μ 1 0  μ 1

και

ε // y y  μ  0 .

Τέλος, η ε διέρχεται από το Ο(0,0), αν και μόνο αν οι συντεταγμένες του Ο επαληθεύουν την εξίσωσή της, δηλαδή, αν και μόνο αν ισχύει: (  1)0    0   2  0   2  0    0 . 2 . Άρα η ζητουμένη 3 3 ευθεία, που είναι κάθετη σ’αυτήν, θα έχει συντελεστή διεύθυνσης  και, 2 3 επειδή διέρχεται από το σημείο Α(-2,3), θα έχει εξίσωση y  3   ( x  2) , 2 3 δηλαδή y   x . 2

2.  Η ευθεία 2 x  3 y  6  0 έχει συντελεστή διεύθυνσης

 Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των δύο ευθειών είναι η λύση του 3   12 18  y x συστήματος  , που είναι το ζεύγος   ,  . 2  13 13  2 x  3 y  6  0 3. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των δύο ευθειών είναι η λύση του 2 x  5 y  3  0 συστήματος  , που είναι το ζεύγος (44, 17) . x  3 y  7  0

Η ευθεία 4 x  y 1 έχει συντελεστή διεύθυνσης 4 . Άρα, η ζητούμενη θα έχει συντελεστή διεύθυνσης

1 4

και, επειδή διέρχεται από το σημείο

1 1 A(44, 17) , θα έχει εξίσωση y 17  ( x  44) , δηλαδή y  x  6 . 4 4

43 1 4. (i) Επειδή  //  , θα είναι λ  λ B   . Άρα η εξίσωση της ΑΔ θα 3 1 14 1 είναι y  6   ( x  4) , δηλαδή y   x  . Επομένως, οι συντεταγμένες 3 3 3 1 14   A : y   x  του Δ θα είναι η λύση του συστήματος  3 3 , που είναι το  : x  y  2  0  ζεύγος (2, 4) . (ii) Ο συντελεστής διεύθυνσης της διαγωνίου ΑΓ είναι  

6 1 5 , οπότε   4 1 3

η ΑΓ είναι παράλληλη προς το διάνυσμα:  δ1  ( 3,  5) . Ο συντελεστής διεύθυνσης της διαγωνίου ΒΔ συμπίπτει με τον συντελεστή διεύθυνσης της ΔΚ, όπου Κ το σημείο τομής των διαγωνίων ΑΓ και ΒΔ. Το Κ  5 7  είναι το μέσον της ΑΓ, οπότε θα έχει συντεταγμένες το ζεύγος  ,  .  2 2 Επομένως, θα ισχύει λ  λ

7 4 1  2  , οπότε η ΒΔ θα είναι παράλληλη 5 9 2 2

προς το διάνυσμα:  δ2  (9, 1) .

Άρα, η οξεία γωνία των ΑΓ και ΒΔ θα είναι ίση ή παραπληρωματική με τη   γωνία φ των διανυσμάτων  1 ,  2 για την οποία έχουμε:   δ1  δ 2 39  51 11 11 697 συνφ        0,416 . 697 | δ1 | | δ 2 | 17  41 3 2  (5) 2  9 2 12

Έτσι, η οξεία γωνία των ΑΓ και ΒΔ θα είναι περίπου ίση με 65 0 . 5. Η ευθεία με εξίσωση ( λ 1) x  λy  8  0 είναι παράλληλη προς το διάνυσμα   1  ( , 1  ) , ενώ η ευθεία με εξίσωση x  3 y 1 2  0 είναι παράλληλη  προς το  2  (3,   ) . Έτσι, οι δύο ευθείες είναι κάθετες, αν και μόνο αν   δ1 δ 2 . Όμως:

44     δ1  δ 2  δ1  δ 2  0  3λ  λ(1 λ)  0  λ2  2 λ  0  λ( λ  2)  0

 λ  0 ή λ  2 . 6. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των ευθειών 3 x  4 y  6  0 και 6 x  5 y  9  0 είναι η λύση του συστήματος

3x  4 y  6  0 , που είναι το  6 x  5 y  9  0

  22 ζεύγος  , 7  .   3

 22  Έτσι η ευθεία 3x  3 y    0 διέρχεται από το σημείο  , 7  , αν και μόνο  3  22 αν 3  3(7)  κ ή, ισοδύναμα, κ  1 . 3 Άρα, ζητουμένη τιμή του κ είναι η 1 .

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Έχουμε x 2  y 2  4 y  4  0  x 2  ( y  2) 2  0  ( x  y  2)( x  y  2)  0

 x  y  2 0

ή x  y  2 0 . y

Οι τελευταίες είναι εξισώσεις των ευθειών που απεικονίζονται στο διπλανό σχήμα.

2 -2

2 O

(ii) Έχουμε x 2  y 2  4 x  2 y  3  0  ( x 2  4 x  4)  ( y 2  2 y 1)  0  ( x  2) 2  ( y 1) 2  0  ( x  2  y 1)( x  2  y 1)  0 .

 ( x  y 1) ( x  y  3)  0  x  y 1 ή x  y  3 0 .

Οι εξισώσεις αυτές παριστάνουν ευθείες.

45 2. Για να παριστάνει η εξίσωση (2α 2  α  3) x  (α 2  α 1) y  (3α 1)  0

(1)

ευθεία γραμμή, για τις διάφορες τιμές του α, πρέπει να αρκεί οι συντελεστές των x και y να μην είναι ταυτόχρονα μηδέν. Αυτό συμβαίνει, αφού ο συντελεστής του y δεν μηδενίζεται για καμία πραγματική τιμή του α. Στη συνέχεια θεωρούμε δύο τιμές του α (έστω α  0 και α 1 ) και τις εξισώσεις των ευθειών που προκύπτουν: 3 x  y 1 0 .  6 x  y  4  0

Το σύστημα των εξισώσεων αυτών έχει μοναδική λύση την ( x, y )  (1, 2) . Άρα οι ευθείες αυτές τέμνονται στο σημείο A(1, 2) . Η εξίσωση (1) επαληθεύεται από τις συντεταγμένες του σημείου Α, αφού (2α 2  α  3) (1)  (α 2  α 1) 2  3α 1 2α 2  α  3  2α 2  2α  2  3α 1 0 .

Άρα, όλες οι ευθείες της οικογένειας (1) διέρχονται από το σημείο Α (1, 2) . 3. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των ευθειών x  4 y  5 και 3x  2 y 1

είναι η λύση του συστήματος

x  4 y  5 ,  3x  2 y 1

που είναι το ζεύγος

( x, y )  (1, 1) . Η τρίτη ευθεία 7 x  8 y 1 0 επαληθεύεται για x 1 , y 1 αφού 7 1 8 11 0

Άρα, και οι τρεις ευθείες διέρχονται από το σημείο με συντεταγμένες (1, 1) . 4. Έχουμε τις ευθείες μx  y  0 και (1 μ ) x  ( μ 1) y  0 , που είναι αντίστοιχα   παράλληλες με τα διανύσματα: δ1  (1, μ) και δ 2  (1 μ, 1 μ) . Για την γωνία φ των δύο αυτών διανυσμάτων ισχύει:   δ1  δ 2 1(1 μ)  μ (1 μ) 1 μ  μ  μ 2 1 2 συνφ        . | δ1 | | δ 2 | 12  μ 2 (1 μ ) 2  (1 μ ) 2 2 2 1 μ 2 2(1 μ 2 )

46 Άρα φ 

π π , οπότε η οξεία γωνία των δύο ευθειών θα είναι ίση με . 4 4

x y 5. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των δύο ευθειών ε1 :  1 και α β x y ε 2 :  1 είναι η λύση του συστήματος β α

x y  α  β 1  βx  αy  αβ  .    x  y 1 αx  βy  αβ  β α

Το σύστημα αυτό, αν

β α

α  β 2  α 2  0 , δηλαδή, αν α   β , έχει τη λύση β

 αβ αβ   . Επομένως, αν α, β  0 και α   β , η ζητούμενη ( x, y )   ,  α β α β  εξίσωση είναι η y  x . Αν α  β ή α   β οι  1 και  2 δεν τέμνονται.

Συγκεκριμένα, αν α  β οι ευθείες συμπίπτουν, ενώ, αν α   β οι ευθείες είναι παράλληλες.

6. Η ευθεία 3x  y  3 έχει συντελεστή διεύθυνσης 3 . Επομένως, η κάθετη 1 στην ευθεία αυτή από το σημείο Α(1, 2) θα έχει εξίσωση y  2  ( x 1) . Άρα, 3 οι συντεταγμένες της προβολής του Α στην ευθεία 3x  y  3 , θα είναι η λύση

του συστήματος

3x  y  3 2 9  , που είναι το ζεύγος  ,  . 1  y  2  ( x  1 ) 5 5  3 

x y 7. Για y  0 , από την εξίσωση της ευθείας ε :  1 , έχουμε x α . Άρα, το α β σημείο τομής της ε με τον άξονα x x είναι το Α( α , 0).

47 Η ε έχει συντελεστή διεύθυνσης 

β α

. Άρα, η εξίσωση της κάθετης στην ε

στο σημείο Α( α , 0) θα είναι y  0 

α ( x  α ) , η οποία μετά τις πράξεις, β

γίνεται αx  βy  α 2  0 .

2.3 ΕΜΒΑΔΟΝ ΤΡΙΓΩΝΟΥ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Οι αποστάσεις του Α( 2, 3 ) από τις δοθείσες ευθείες, είναι:

(i)

| 2  3 1| 1 1 2

(ii)

(iii)



| 2(2)  3  3| 10  2 5 5 2 2  (1) 2 2 3  1 2 3 2

1 1      2 3

(iv)

 2



13 36



13 6

6 13 13

|5(2)  33 1| | 10 10|  0 . 34 5 2  32

2. (i) Έχουμε λε1 

5 5 και λε2  . Άρα ε1 // ε 2 . 8 8

(ii) Η απόσταση του Ο(0, 0) από την  1 είναι ίση με |5 0  8 0  51| 51 89  , 89 5 2  (8) 2

ενώ η απόσταση του O(0, 0) από την ε 2 είναι ίση με |5  0  8  0  68| 68 89  . 89 5 2  (8) 2

48 (iii) Επειδή το Ο(0, 0) βρίσκεται μεταξύ των ευθειών  1 και  2 , η απόστασή τους θα είναι ίση με το άθροισμα των αποστάσεων του Ο απ’ αυτές, δηλαδή θα είναι ίση με:. 68 89  51 89 119 89  89 89

3. (i) Έχουμε λε1 

4 και λε2  . Άρα ε1 // ε 2 . 3 3

(ii) Για x  0 , από την εξίσωση ε 1 , έχουμε y  3 . Άρα το A(0,  3) ανήκει στην ε 1 , Η απόσταση των ε1 και ε 2 θα ισούται με την απόσταση του Α από την ε 2 , δηλαδή με: | 4  0  3(3)  24| 15  3 . 5 4 2  (3) 2

4. Το ζητούμενο σημείο θα είναι το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του ΑΒ και της ευθείας 2 x  3 y  30 . Η εξίσωση της μεσοκαθέτου του ΑΒ είναι y  6  (1)( x  4) ή, ισοδύναμα, y   x 10 . Άρα, οι συντεταγμένες του θα

είναι η λύση του συστήματος

2 x  3 y  30 ,   y   x 10

που είναι το ζεύγος

( x, y )  (12,  2) .

5. Η ζητούμενη εξίσωση θα είναι της μορφής y  3x  β , δηλαδή της μορφής 3x  y  β  0 . Επομένως, θα έχουμε: | 3 0  0   | 3 2 12

 5 |  | 5 10    5 10 .

Άρα υπάρχουν δύο ευθείες που ικανοποιούν τις απαιτήσεις του προβλήματος. Αυτές έχουν εξισώσεις: 3 x  y  5 10  0 και 3 x  y  5 10  0

6. α΄ τρόπος: Οι ευθείες ε1 , ε 2 , επειδή είναι παράλληλες προς την ε, θα έχουν εξισώσεις της μορφής 3 x  2 y    0 . Αφού, όμως, η ε είναι μεσοπαράλληλη των  1 και  2 και αυτές απέχουν μεταξύ τους 8 μονάδες, η απόσταση οποιουδήποτε σημείου Α της ε από κάθε μία θα είναι 4 μονάδες.

49  1 Ένα σημείο της ε είναι το A 0,  . Επομένως, θα έχουμε  2 1 3 0  2   β | β 1| 2 4  4 | β 1| 4 13  β 1 4 13 . 2 2 13 3  (2)

49 Άρα, οι ζητούμενες ευθείες θα είναι οι: ε1 : 3x  2 y 1 4 13  0 και ε 2 : 3 x  2 y 1 4 13  0 .

β΄ τρόπος: Ένα σημείο M ( x, y ) ανήκει σε μια από τις ευθείες ε1 και ε 2 , αν και μόνο αν απέχει από την ε απόσταση ίση με 4, δηλαδή, αν και μόνο αν

|3x  2 y 1| 3 2  (2) 2

 4 |3 x  2 y 1| 4 13  3x  2 y 1 4 13

ή 3x  2 y 1 4 13

 3x  2 y  (1 4 13 )  0 ή 3x  2 y  (1 4 13 )  0

(1)

Οι εξισώσεις (1) αποτελούν τις εξισώσεις των ευθειών ε1 και ε 2 . 



7. (i) Έχουμε AB  (6, 0) και A  (4, 3) . Άρα   1 6 0 1 1 | |18| 9 μονάδες. ( AB )  | det( AB, A ) |  | 2 4 3 2 2



(ii) Έχουμε AB  (4, 10) και A  (7, 0) . Άρα

1 4 10 1 ( AB )  | | | 70| 35 μονάδες. 2 7 0 2 



(iii) Έχουμε AB  (2, 2) και A  (6,  6) . Άρα 2 1 1 2 ( AB )  | | | 0| 0 . 2 6 6 2

Άρα, δε σχηματίζεται τρίγωνο με κορυφές τα σημεία A(1, 2) , B(3, 4) και  (5,  4) . 8. Αφού το Μ είναι σημείο του άξονα x x θα έχει συντεταγμένες της μορφής 



( x, 0) , οπότε θα είναι AM  ( x  5, 1) και AB  (4, 2) .

Επομένως:

50 1 x  5 1 ( MAB)  7  | | 7 | 2 x 14|14 2 4 2  2 x 14 14 ή 2 x 14  14

 x 14

ή x0 .

Άρα, το ζητούμενο σημείο θα είναι το Μ(14, 0) ή το Μ(0, 0). 9. Αν M ( x, y ) είναι το ζητούμενο σημείο, τότε θα έχουμε: 

MA  MB  (3  x) 2  (4  y ) 2  (5  x) 2  (2  y ) 2  9  6 x  x 2 16  8 y  y 2  25 10 x  x 2  4  y 2  4 y

 4 x 12 y  4  x  3 y 1

και 

4 y 1 3 x ( MAB) 10  | |10   5 ( 2  y) x 2 | 6 x  2 y  26| 20  6 x  2 y  26  20

6 x  2 y  26  20

 3x  y  23

3x  y  3

Επομένως:  x  3 y 1 MA  MB   ( MAB) 10 3x  y  23

 x  3 y 1 .  3x  y  3

Λύνοντας τα συστήματα αυτά βρίσκουμε ότι τα σημεία M 1 (7, 2) και M 2 (1, 0) είναι τα ζητούμενα. 10. Αν A(3,1) , B (2, 3) ,  (4,  5) οι τρεις κορυφές του παραλληλόγραμμου 



ΑΒΓΔ, τότε θα είναι AB  (1, 2) και A  (7,  6) . Άρα ( AB )  2  ( AB ) |

7 6

|| 6 14| 20 .

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Οι ευθείες που διέρχονται από την αρχή Ο(0,0) είναι ο κατακόρυφος άξονας y y , δηλαδή η ευθεία x  0 και οι μη κατακόρυφες ευθείες y  x . Επειδή, όμως, το B(0, 2) είναι σημείο του y y , άξονας αυτός αποκλείεται να ικανοποιεί την απαίτηση του προβλήματος. Από τις y  x , η ζητούμενη είναι εκείνη που ισαπέχει από τα σημεία A(2, 0) και B(0, 2) . Επομένως, θα έχουμε: | λ(2) 1 0| λ  (1) 2

| λ  0 1 2|



λ2  (1) 2

| 2 λ || 2|| λ |1 λ  1 .

Άρα, οι ευθείες y  x και y   x είναι αυτές που ισαπέχουν από τα σημεία Α και Β. 2. Αν M (α, 0) είναι το σημείο του x x που ισαπέχει από την αρχή Ο(0, 0) και από την ευθεία 5 x 12 y  60  0 τότε θα έχουμε: | α |

|5α 12  0  60| 5 12 2

| α |

|5α  60| 13| α ||5α  60| 13

 5α  60 13α ή 5α  60  13α α

15 2

ή α

10 . 3

 15   10  Άρα υπάρχουν δύο σημεία του x x , τα M 1  , 0  και M 2  , 0  που 2    3  ικανοποιούν τις απαιτήσεις του προβλήματος. 3. Η ζητούμενη ευθεία αποκλείεται να είναι κατακόρυφη ή οριζόντια (αφού τέμνει και τους δύο άξονες). Αφού λοιπόν, διέρχεται από το σημείο M (1, 2) , θα έχει εξίσωση y  2  λ( x 1) , λR * .

(1)

λ2 και, για x  0 , έχουμε y 2   . Άρα, λ  λ2  , 0  και B (0, 2  λ) , οπότε είναι: η (1) τέμνει τους άξονες στα σημεία A  λ 

Από την (1), για y  0 , έχουμε x 

52 ( λ  2) 2 1 1 λ2 . ( AOB)  (OA) (OB)  | 2  λ | 2 2 λ | 2 λ|

Άρα: ( AOB)  4 

( λ  2) 2  4  ( λ  2) 2  8| λ | . |2 λ|

Για τη λύση της εξίσωσης αυτής διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:  Αν λ  0 , τότε ( λ  2) 2  8 λ  λ2  4 λ  4  8 λ  0  λ2 12 λ  4  0  λ  6  4 2

 Αν λ  0 , τότε ( λ  2) 2  8 λ  λ2  4 λ  4  8 λ  0  λ2  4 λ  4  0  λ  2 .

Επομένως, οι ευθείες με εξισώσεις y  2  (6  4 2 )( x 1) ,

y  2  (6  4 2 )( x 1) και

y  2  2( x 1)

είναι οι ζητούμενες. 4. Επειδή οι απόσταση του σημείου A(1, 3) από τον άξονα y y ισούται με | 1|1 , μία από τις ζητούμενες ευθείες είναι ο άξονας y y , δηλαδή η ευθεία με εξίσωση x  0 . Αν τώρα είναι y  λx η εξίσωση της μη κατακόρυφης που διέρχεται από το O(0, 0) και η οποία απέχει από το σημείο A(1, 3) απόσταση ίση με 1 τότε θα έχουμε:

| λ(1)  3| λ2  (1) 2

1| λ  3| λ2 1  λ2  6 λ  9  λ2 1 λ  

Άρα, η ζητούμενη μη κατακόρυφη ευθεία είναι η

4 . 3

4 y x . 3

5. Η εξίσωση x  y  2 0 γράφεται ισοδύναμα y  x  2 . Άρα, αν ένα σημείο Μ ανήκει σε αυτήν, οι συντεταγμένες του θα είναι της μορφής ( x, x  2) . Έτσι, αν η απόσταση του Μ από την ευθεία 12 x  5 y  60  0 ισούται με 1, θα έχουμε:

53 |12 x  5( x  2)  60| 12 2  (5) 2

1

| 7 x  50| 1 13

 7 x  50 13 ή 7 x  50  13 37 7

 x

ή x  9 .

  37  23  Άρα, τα σημεία M 1  ,  και M 2 (9,  7) απέχουν από την ευθεία 7   7 x  y  2 0 απόσταση ίση με 1. 



6. Έχουμε AB  (γ  α, δ  β ) και A  (γ,  δ ) . Τα σημεία Α, Β, Γ είναι 



συνευθειακά, αν και μόνο αν τα AB και A είναι συγγραμμικά. Όμως: 



AB// A  det( AB, A )  0 

γ α δ  β γ

δ

0

 αδ  γδ  γδ  βγ  0  αδ  βγ  0 .

β . Άρα, η μεσοκάθετος του ΑΒ θα έχει α α α β συντελεστή διεύθυνσης λ  και, αφού διέρχεται από το σημείο   ,  , β 2 2 θα έχει εξίσωση:

7. α΄ τρόπος:

Είναι λ  

y

β α α   x   , δηλαδή 2 β 2

y

Από την εξίσωση αυτή, για y  0 , έχουμε x  y

β 2 α 2 α . x β 2β

α2  β2 ενώ, για x  0 , έχουμε 2α

β 2 α 2 . Άρα, η μεσοκάθετος του ΑΒ τέμνει τον άξονα x x στο σημείο 2β

P ( p, 0) , με p 

α2  β2 , και τον άξονα y y στο σημείο Q(0, q) με 2α

54 β 2 α 2 . Έτσι έχουμε ήδη εκφράσει τα p, q συναρτήσει των α και β, 2β οπότε έχουμε: q

α q  βp 

(i)

(ii)

α p  βq 

β΄ τρόπος:

α ( β 2  α 2 ) β (α 2  β 2 )  2β 2α



α 2 ( β 2  α 2 )  β 2 (α 2  β 2 ) 2αβ



(α 2  β 2 )( β 2  α 2 )  2 pq . 2αβ

α (α 2  β 2 ) β ( β 2  α 2 ) α 2  β 2  β 2  α 2   0 2α 2β 2 



Τα διανύσματα PQ και AB είναι κάθετα και τα σημεία  



M , P, Q συνευθειακά. Άρα, PQ AB  0 και det( MP, MQ)  0 οπότε …

8. Ένα σημείο M ( x, y ) ανήκει σε μια από τις διχοτόμους των γωνιών που ορίζουν οι ευθείες 3x  4 y 1 0 και 5 x 12 y  4  0 , αν και μόνο αν ισαπέχει από τις δύο ευθείες, δηλαδή, αν και μόνο αν ισχύει |3 x  4 y 1| 3 2  (4) 2



| 5 x 12 y  4| 5 2 12 2



|3x  4 y 1| |5 x 12 y  4|  5 13

13(3x  4 y 1)  5(5 x 12 y  4)     ή  13(3x  4 y 1)  5(5 x 12 y  4)     39 x  52 y 13)  25 x  60 y  20     ή   39 x  52 y 13  25 x  60 y  20     2 x 16 y 1 0 ή 64 x  8 y  33  0 .

Άρα, οι εξισώσεις των διχοτόμων είναι οι: 2 x 16 y 1 0 και 64 x  8 y  33  0 .

55 9. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των ευθειών 2 x  3 y  5  0 είναι η λύση του συστήματος

x  y 1 0

 x  y 1  0 ,  2 x  3 y  5  0

και

που είναι το

ζεύγος ( x, y )  (2, 3) . Άρα, το κοινό σημείο των ευθειών αυτών είναι το M (2,3) . Η απόσταση της κατακόρυφης x  2 από το A(3, 2) είναι ίση με 1. Άρα η ευθεία αυτή δεν ικανοποιεί τις απαιτήσεις του προβλήματος. Οι μη κατακόρυφες που διέρχονται από το M (2, 3) έχουν εξίσωση y  3  λ( x  2) , λR , η οποία γράφεται ισοδύναμα λx  y  (3  2 λ)  0 , λR .

Από αυτές η ζητούμενη είναι εκείνη που απέχει από το A(3, 2) απόσταση ίση με

7 . Άρα, έχουμε: 5 |3 λ  2  3  2 λ | 7 | λ 1| 7    2 2 5 λ  (1) λ2 1 5 

( λ 1) 2 λ 1 2



49 25

 25 λ2  50 λ  25  49 λ2  49

12 λ2  25 λ 12  0  λ 

Άρα, οι ζητούμενες ευθείες είναι οι:

3 4 ή λ . 4 3

4 1 3 3 x  y   0 και x  y   0 . 3 3 4 2

10. Ένα σημείο M ( x, y ) είναι σημείο του ζητούμενου συνόλου, αν και μόνο αν ισχύει ( MAB)  8 . Όμως:   1 1 1 x  2  y 1 ( MAB)  | det( MA, MB) | | | | 3 x  4 y  5| 1 y 2 2 3 x 2

Επομένως: ( MAB)  8 | 3x  4 y  5|16  3 x  4 y  5 16 ή 3 x  4 y  5  16  3 x  4 y 11 0

ή 3 x  4 y  21 0 .

Άρα, το ζητούμενο σύνολο αποτελείται από τις ευθείες 3x  4 y 11 0 και 3 x  4 y  21 0 .

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 2ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ

1. Θεωρούμε την κατακόρυφη που διέρχεται από το M (1,0) , δηλαδή την x 1 , ή οποία τέμνει την y  x  2 στο σημείο A(1,3) και την y  x στο B (1,1) . Έχουμε ( AB)  3 1 2 . Άρα η x 1 είναι μία λύση του προβλήματός μας. Έστω, τώρα, μία μη κατακόρυφη ευθεία που διέρχεται από το σημείο M (1, 0) . Η ευθεία αυτή θα έχει εξίσωση της μορφής y  λ( x 1) , λR ,  y  λx  λ δηλαδή της μορφής y  λx  λ , λR . Η λύση του συστήματος  y  x2  y  λx  λ δίνει τις συντεταγμένες του Α, ενώ η λύση του συστήματος  δίνει y  x τις συντεταγμένες του Β. Για να έχουν λύση τα συστήματα αυτά αρκεί λ 1 . Λύνοντας τα παραπάνω συστήματα βρίσκουμε ότι οι συντεταγμένες των Α λ   λ  2 3λ   λ και Β είναι αντιστοίχως  , ,  και   . Έτσι, θα είναι:  λ 1 λ 1   λ 1 λ 1  ( )  2  ( ) 2  4 2

(2) 2  (2 λ) 2 λ2   λ 3λ   λ    4    4  ( λ 1) 2  λ 1 λ 1   λ 1 λ 1  

4( λ2 1) ( λ 1)

 4  λ2 1 λ2  2 λ 1 λ  0

Άρα, η δεύτερη ευθεία που ικανοποιεί τις απαιτήσεις μας έχει εξίσωση y  0 . 2. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των δύο ευθειών είναι η λύση του  λx  ( λ 1) y  2 λ , του οποίου η ορίζουσα είναι συστήματος  ( λ 1) x  λy  2 λ 1 D

λ 1

λ 1

 λ2  λ2 11 0 για κάθε λR .

Άρα, το σύστημα αυτό έχει μοναδική λύση για κάθε λR , επομένως οι ευθείες πάντα τέμνονται. Για την εύρεση της λύσης του συστήματος έχουμε: Dx 

και

λ 1 2λ  2 λ2  2 λ2  λ  2 λ 1 λ 1 2 λ 1 λ

57 Dy 

λ 2λ  2 λ2  λ  2 λ2  2 λ   λ . λ 1 2 λ 1

Άρα  D D y   λ 1  λ    ( x, y )   x , ,   ( λ 1,  λ) .  1   D D   1

Έτσι, για τις συντεταγμένες του κοινού σημείου των ευθειών έχουμε:  x  λ 1  x  λ 1 , λR   , λR  x   y 1 y   x 1  y λ λ   y

Η ευθεία y   x 1 είναι ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος. 3. Αν K ( x 0 , y 0 ) το κοινό σημείο των τριών ευθειών, και M 1 , M 2 , M 3 τα σημεία με συντεταγμένες (α1 , β1 ) , ( α 2 , β 2 ) και (α 3 , β 3 ) , τότε θα είναι ( x 0 , y 0 )  (0, 0) και, επιπλέον, θα ισχύει: α1 x 0  β1 y 0 1  α 2 x 0  β 2 y 0 1 , οπότε θα έχουμε α x  β y 1 3 0  3 0

α1 x 0  β1 y 0 1  (α 2  α1 ) x 0  ( β 2  β1 ) y 0  0 . (α  α ) x  ( β  β ) y  0 3 1 0  3 1 0

Επομένως, το ζεύγος ( x 0 , y 0 ) είναι μία λύση του συστήματος (α 2  α1 ) x  ( β 2  β1 ) y  0 .  (α 3  α1 ) x  ( β 3  β1 ) y  0

Επειδή ( x 0 , y 0 )  (0, 0) , το σύστημα έχει δύο, τουλάχιστον, λύσεις την (0, 0) και την ( x 0 , y 0 ) . Άρα, η ορίζουσά του θα είναι ίση με μηδέν, δηλαδή θα ισχύει: α 2  α1 α 3  α1

  β 2  β1  0  M 1 M 2 // M 1 M 3  M 1 , M 2 , M 3 συνευθειακά. β 3  β1

4. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των δύο ευθειών είναι η λύση του συστήματος x y  α  β 1  βx  αy  αβ     x  y 1 αx  βy  αβ  β α

58  αβ αβ  . το οποίο, αν β  α,  α , έχει μοναδική λύση την ( x, y )   , α  β α  β    αβ αβ   , οπότε Επομένως, σημείο τομής των δύο ευθειών είναι το   ,  α β α β  αβ β α β β2 β2   2 και η η ευθεία ΜΑ θα έχει συντελεστή διεύθυνσης λ  2 αβ α α α α β

άρα εξίσωση y  β 

β2 α2

( x  α ) , δηλαδή β 2 x  α 2 y  αβ (α  β )  0 .

5. Αρκεί να βρούμε την απόσταση ενός σημείου της ευθείας ε1 :

x y   1 από A B

x y την ευθεία ε 2 :  1 . Η ε1 τέμνει τον άξονα y y στο σημείο M (0, B ) α β του οποίου η απόσταση από την ε 2 είναι B 1 β

d

1 α2





| αB  αβ |

α2  β2

β2

Όμως οι ευθείες ε1 , ε 2 είναι παράλληλες. Άρα, θα έχουν ίσους συντελεστές διεύθυνσης, δηλαδή θα ισχύει

 β B  ή, ισοδύναμα, Aβ  αB , οπότε θα α A

είναι: d

| Aβ  αβ | α β 2



| β ( A  α )| α β 2



β ( A  α) α2  β2

(αφού β  0 και A α  0 ). 6. (i) Έχουμε x 2  4 xy  y 2  0  x 2  4 xy  4 y 2  3 y 2  0

 ( x  2 y) 2  ( 3 y) 2  0  ( x  2 y  3 y) ( x  2 y  3 y)  0

59  x  (2  3 ) y  0 ή x  (2  3 ) y  0  y

1 2 3

 y  (2  3 ) x

Άρα, η

x 2  4 xy  y 2  0

y

y  (2  3 ) x .

2 3

παριστάνει τις ευθείες

y  (2  3 ) x

και

y  (2  3 ) x .

  (ii) Θεωρούμε τα διανύσματα δ1  (1, 2  3 ), δ 2  (1, 2  3 ) που είναι  παράλληλα στις δύο προηγούμενες ευθείες καθώς και το δ  (1, 1) που είναι   παράλληλο στην y  x . Αν φ1 είναι η γωνία των δ , δ1 και φ 2 η γωνία των   δ , δ 2 , θα είναι:

  δ  δ1 3 ( 3 1) 1 2  3 3 3 3    συνφ1     2 2 2 2 2 2 | δ | | δ1 | 1 1 1  (2  3 ) 2 4  2 3 2 ( 3 1)

άρα φ1  30 0 . Ομοίως δείχνουμε ότι συνφ2 

3 , δηλαδή φ 2  30 0 και το 2

ζητούμενο έχει αποδειχτεί.

7. (i) Για να ορίζει η ευθεία αx  βy  γ  0 με τους άξονες τρίγωνο, αρκεί να y είναι α, β, γ  0 . Η ευθεία αυτή τέμνει τους  γ  γ  άξονες στα σημεία A  , 0  και B 0,   . β  α   Επομένως, το ΑΟΒ είναι ισοσκελές, αν και μόνο αν επιπλέον ισχύει (OA)  (OB)  

Ο x΄

|γ| |γ| γ γ     | α || β | . |α | | β | α β

y΄

Άρα, η ευθεία σχηματίζει με τους άξονες ισοσκελές τρίγωνο, αν και μόνο αν | α || β | 0 και γ  0 . (ii)  Αν β1  β 2  0 , τότε οι ευθείες συμπίπτουν με τον άξονα y y , οπότε αποκλείεται ο άξονας x x να διχοτομεί τη γωνία τους.

60  Αν ένας μόνο από τους β1 , β 2 είναι μηδέν, τότε πάλι αποκλείεται ο άξονας x x να διχοτομεί τη γωνία τους.

y ε1

 Αν β1 , β 2  0 , τότε οι ευθείες ε1 , ε 2 έχουν συντελεστή διεύθυνσης λ1  

α1 β1

φ2

φ1

x΄

α2 αντιστοίχως και, επειδή β2 y΄ διέρχονται από την αρχή των αξόνων, για να διχοτομεί ο x x τη γωνία τους πρέπει και αρκεί να ισχύει:

και λ2  

λ2   λ1  

φ2

x ε2

α1 α 2   α1 β 2  β1 α 2  0 β1 β 2

y 8. (i) Αφού η ευθεία αx  βy  γ  0 τέμνει και τους δύο ημιάξονες (όχι στο Ο) θα είναι  γ  α, β , γ  0 . Έτσι, για y  0 , έχουμε x   . a Ο α x Άρα, το σημείο τομής της ευθείας με τον  γ   x x είναι το A  , 0  και ανήκει στον   α   θετικό ημιάξονα Ox , αν και μόνο αν γ   0 , δηλαδή αγ  0 . α Ομοίως, για x  0 , το σημείο τομής της ευθείας και του άξονα y y είναι

 γ το B 0,   και ανήκει στον αρνητικό ημιάξονα Oy  , αν και μόνο αν β  γ   0 , δηλαδή βγ  0 . β

(ii)



Αν β  0 , τότε η ευθεία έχει

γ (κατακόρυφη), οπότε για α να μην έχει σημεία στο 1ο τεταρτημόριο γ πρέπει και αρκεί   0 , δηλαδή α

εξίσωση x  

γα  0 , με α  0 και

β 0



γ a

61 

Αν α  0 , τότε η ευθεία έχει εξίσωση γ (οριζόντια), οπότε για να μην έχει y β σημεία στο 1ο τεταρτημόριο πρέπει και γ αρκεί   0 , δηλαδή α βγ  0 , με

Ο x

β  0 και α  0 .



 Αν α, β  0 τότε η ευθεία τέμνει τους  γ  άξονες x x και y y στα σημεία A  , 0   α   γ και B 0,   αντιστοίχως, οπότε για να β  μην έχει σημεία στο 1ο τεταρτημόριο, γ γ πρέπει και αρκεί   0 και   0 , α β δηλαδή αγ  0 και βγ  0 με α , β  0 .

 

y 

 a

Ο x

  

ΚΕΦΑΛΑΙΟ

3.1 Ο ΚΥΚΛΟΣ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με ρ  12  ( 3 ) 2  2 και επομένως η εξίσωσή του είναι: x 2  y 2  2 2 (ii) Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με ρ  (α  β ) 2  (α  β ) 2  2(α 2  β 2 ) και επομένως η εξίσωσή του είναι: x 2  y 2  2(α 2  β 2 ) . (iii) Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με την απόσταση του κέντρου O(0,0) του κύκλου από την ευθεία x  y  2 0 . Επομένως ρ 

| 2| 1 2 1 2

 2 και άρα η

εξίσωσή του είναι: x 2  y 2  2 . (iv) Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με την απόσταση του κέντρου O(0,0) του κύκλου από την ευθεία αx  βy  (α 2  β 2 )  0 . Επομένως, ρ 

|α 2  β 2 | α2  β2



 α 2  β 2 και άρα η εξίσωση του κύκλου είναι: x 2  y 2  α 2  β 2 .

2. (i) Αν A( x1 , y1 ) είναι το σημείο επαφής, τότε η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο Α θα έχει εξίσωση xx1  yy1  5 και επειδή είναι παράλληλη στην ευθεία y  2 x  3 θα ισχύει 

x1  2 . Άρα x1  2 y1 . Επειδή το σημείο y1

A( x1 , y1 ) είναι σημείο του κύκλου θα ισχύει x12  y12  5 . Επομένως, το

σημείο A( x1 , y1 ) προσδιορίζεται από τη λύση του συστήματος

64  x1  2 y1  2  x1  y12  5

(1) ( 2)

Η (2) λόγω της (1) γίνεται (2 y1 ) 2  y12  5  y1 1 ή

y1  1 ,

οπότε υπάρχουν δύο σημεία επαφής, τα Α (2,1) και Β (2,1) και οι αντίστοιχες εφαπτόμενες είναι οι

ε2

2 x  y  5 και 2 x  y  5 .

(ii) Αν A( x1 , y1 ) είναι το σημείο επαφής, τότε η εφαπτομένη του κύκλου στο Α θα έχει εξίσωση xx1  yy1  5 και, επειδή είναι κάθετη στην ευθεία

1 y  x , θα είναι 2



ε1

x1  2 . Άρα y1

x1  2 y1 . Επειδή το σημείο A( x1 , y1 ) είναι σημείο του κύκλου, θα ισχύει x12  y12  5 . Επομένως το σημείο Α προσδιορίζεται από τη λύση του συστήματος

 x1  2 y1  2  x1  y12  5

(1) ( 2)

Η (2) λόγω της (1) γίνεται 4 x12  y12  5  y1 1 ή

y1  1 ,

οπότε υπάρχουν δύο σημεία επαφής, τα Α (2,1) και Β (2,1) και οι αντίστοιχες εφαπτόμενες είναι οι 2 x  y  5 και 2 x  y  5 .

(iii) Αν M 1 ( x1 , y1 ) είναι το σημείο επαφής, τότε η εφαπτομένη του κύκλου θα έχει εξίσωση xx1  yy1  5 και επειδή διέρχεται από το σημείο A(5,0) θα είναι 5 x1  0 y1  5 . Επομένως x1 1 . Επειδή το σημείο M 1 ( x1 , y1 ) είναι σημείο του κύκλου θα ισχύει x12  y12  5 . Επομένως το σημείο M 1 προσδιορίζεται από την λύση του συστήματος  x1 1  2  x1  y12  5

(1) ( 2)

65 Η (2) λόγω της (1) γίνεται 1 y12  5  y1  2 ή

y1  2 ,

οπότε υπάρχουν δύο σημεία επαφής, τα M 1 (1,2) και M 2 (1,2) και οι αντίστοιχες εφαπτόμενες είναι οι x  2 y  5 και x  2 y  5 .

3. Οι εφαπτόμενες του κύκλου 2 2 x  y  2 στα σημεία A, B,  και Δ είναι αντιστοίχως: ε1 : x  y  2 ,

ε2 :  x  y 2

ε3 :  x  y  2

ε4 : x  y 2 .

Τα σημεία τομής των εφαπτομένων είναι E (0,2) , Z (2,0) , H (0,2) και  (2,0) . Επειδή οι διαγώνιες ΕΗ και ΖΘ είναι ίσες και διχοτομούνται κάθετα το τετράπλευρο ΕΖΗΘ είναι τετράγωνο.

y Ε Α(1,1)

Β(-1,1)

Θ Ζ

Γ(-1,-1)

Δ(1,-1) Η

4. Για να έχει η χορδή μέσον το Μ, πρέπει να είναι κάθετη στην ΟΜ στο Μ. Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΟΜ 1 είναι λ   1 και επομένως ο 1 συντελεστής διεύθυνσης της χορδής θα είναι ίσος με 1. Άρα, η εξίσωση της χορδής είναι y 11( x 1) ή, ισοδύναμα,

Ο x Μ

y x2 .

5. (i) Η ακτίνα του κύκλου είναι ρ  ( 3 ) 2 12  2 και επομένως η εξίσωση

του είναι x 2  ( y 1) 2  2 2 . (ii) Το κέντρο Κ του κύκλου είναι το μέσον του ΑΒ και επομένως έχει 28 1  7  3 και τεταγμένη  5 , δηλαδή το κέντρο του κύκλου τετμημένη 2 2 είναι το σημείο K (3,5) . Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με

66 1 1 1 (7 1) 2  (8  2) 2  100  5 . Άρα, η εξίσωση του κύκλου ρ  AB  2 2 2 είναι ( x  3) 2  ( y  5) 2  5 2 .

(iii) Το κέντρο K ( x 0 , y 0 ) του κύκλου ισαπέχει από τα Α και Β και μάλιστα ισχύει KA  KB  5 . Επομένως ( x 0 1) 2  ( y 0  0) 2  25

(1)

( x 0  7) 2  ( y 0  0) 2  25

(2)

και οπότε ( x 0 1) 2  y 02  ( x 0  7) 2  y 02  x 0  4 .

Αντικαθιστούμε την τιμή αυτή του x 0 στην (1) και έχουμε 3 2  y 02  25  y 0  4 ή y 0  4 .

Επομένως ( x 0 , y 0 )  (4, 4) ή ( x 0 , y 0 )  (4,  4) . Άρα, υπάρχουν δύο κύκλοι και έχουν εξισώσεις ( x  4) 2  ( y  4) 2  5 2 και ( x  4) 2  ( y  4) 2  5 2 .

(iv) Αν K ( x 0 , y 0 ) το κέντρο του κύκλου, τότε ισχύουν: y 0  x 0 και

( x 0  4) 2  ( y 0  0) 2  ( x 0  8) 2  ( y 0  0) 2 .

Έτσι έχουμε το σύστημα:  x 0  y 0 x0  6  .  2 2 ( x 0  4)  ( x 0  8)  y0  6

Επομένως, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο

K (6,6)

ρ  KA  (6  4) 2  (6  0) 2  2 2  6 2  2 10 .

Άρα, η εξίσωση του κύκλου είναι : ( x  6) 2  ( y  6) 2  40 .

και ακτίνα

67 8 4  6 και τεταγμένη 2 μ2  μ2  , δηλαδή ο κύκλος θα έχει για κέντρο το σημείο K  6,  . Είναι 2  2  όμως

(v) Το κέντρο Κ του κύκλου θα έχει τετμημένη

 μ2   μ2   2 KA  K  (6  4) 2     ( 6  0) 2   2    2  2

 μ2   μ2   4   36     4  2( μ  2) 2    2   μ  16 .

Επομένως, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο

K (6,9)

και ακτίνα

ρ  KA  (6  4) 2  (9) 2  4  81  85 . Άρα, η εξίσωσή του κύκλου είναι ( x  6) 2  ( y  9) 2  85 .

(vi) Το κέντρο K ( x 0 , y 0 ) του κύκλου είναι το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του τμήματος ΑΒ και της καθέτου στον άξονα x x στο σημείο Α.  3 1 0  2  Το μέσον του ΑΒ είναι το σημείο Μ με συντεταγμένες  ,   (2,1) και 2   2 20 2   1 . Επομένως, η ο συντελεστής διεύθυνσης της ΑΒ είναι ο 1 3  2 μεσοκάθετος του ΑΒ έχει εξίσωση y 11( x  2) , δηλαδή , y  x 1 .

Η κάθετος στον x x στο Α έχει εξίσωση x  3 . Επομένως, το κέντρο Κ προσδιορίζεται από τη λύση του συστήματος  y  x 1 , η οποία είναι ( x, y )  (3,2) .  x  3

Επομένως, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο ρ  KA  (3  3) 2  2 2  2 . Άρα η εξίσωση του είναι

( x  3) 2  ( y  2) 2  2 2 .

K (3,2)

και ακτίνα

68 (vii) Το κέντρο K ( x 0 , y 0 ) του κύκλου θα είναι η τομή της μεσοκαθέτου του τμήματος ΟΑ και της καθέτου στην ε στο σημείο της A(0,3) . 3 και η κάθετος στην ε στο Α έχει 2 4 4 εξίσωση y  3  ( x  0) ή, ισοδύναμα, y  x  3 . Επομένως, το κέντρο Κ 3 3 προσδιορίζεται από τη λύση του συστήματος  3  y  2  9 3 , η οποία είναι η ( x, y )    ,  .  4  8 2 y  x3  3

Η μεσοκάθετος του ΟΑ έχει εξίσωση y 

 9   3  15 Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με ρ OK         . Άρα, η 8  8 2 εξίσωση του κύκλου είναι 2

3   15   9   x    y     . 8 2  8    

6. (i) Έχουμε διαδοχικά: x 2  y 2  4x  6 y 3 0 ( x 2  2  2  x  2 2 )  ( y 2  2  3 y  3 2 )  3  2 2  3 2

( x  2) 2  ( y  3) 2  4 2 .

Άρα, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο K (2,3) και ακτίνα ρ  4 . (ii) Έχουμε διαδοχικά: x 2  y 2 10 x 12 y  20  0

( x 2  2 5 x  5 2 )  ( y 2  2  6  y  6 2 )  20  5 2  6 2 ( x  5) 2  ( y  6) 2  9 2

Άρα, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο K (5,6) και ακτίνα ρ  9 . (iii) Έχουμε διαδοχικά: 3 x 2  3 y 2  6 x  9 y 1 0

1 x 2  y 2  2x 3y   0 3

69 2 2  3 3  3 1 ( x 2  2 1 x 12 )   y 2  2  y     12      2  2   2 3  2

2 3   35   . ( x 1)   y     2   12   2

35 3  Άρα, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο K  1,  και ακτίνα ρ  . 12 2   (iv) Έχουμε διαδοχικά: x 2  y 2  4αx 10 βy  4α 2 16 β 2  0 [ x 2  2  2α  x  (2α ) 2 ]  [ y 2  2 5 β  y  (5 β ) 2 ]  (5 β ) 2 16 β 2

( x  2α ) 2  ( y  5 β ) 2  (3 β ) 2 .

Άρα, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο K (2α,5 β ) και ακτίνα ρ  3| β | . 7. (i) Έχουμε διαδοχικά: x 2  y 2  2x  4 y  4 0 ( x 2  2 1 x 12 )  ( y 2  2  2  x  2 2 ) 12 ( x 1) 2  ( y  2) 2 12 .

Επομένως, ο κύκλος έχει κέντρο K (1,2) και ακτίνα ρ 1 . Η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο του A(1,1) είναι η ευθεία η κάθετη στην ΚΑ στο Α. Όμως η ΚΑ είναι κατακόρυφη ευθεία. Άρα, η κάθετη στην ΚΑ στο Α είναι η ευθεία y  1 , που είναι και η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο του A(1,1) . (ii) Έχουμε διαδοχικά: x 2  y 2  2αx  2 βy  α 2  3 β 2  0 ( x 2  2α x  α 2 )  ( y 2  2 β y  β 2 )  β 2  3 β 2

( x  α ) 2  ( y  β ) 2  (2 β ) 2 .

Επομένως, ο κύκλος έχει κέντρο K (α, β ) και ακτίνα ρ  2| β | . Η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο του A(α, β ) είναι η κάθετη στην ΚΑ στο Α. Όμως η ΚΑ είναι κατακόρυφη ευθεία, άρα η κάθετη στην ΚΑ στο Α είναι η ευθεία yβ .

70 y

8. Ο κύκλος C1 έχει κέντρο K 1 (0,0) και ακτίνα ρ1 1 , ενώ το κύκλος C 2 έχει κέντρο K 2 (1,0) και ακτίνα ρ 2  2 . Επειδή K 1 K 2  ρ 2  ρ1 1 , ο κύκλος C1 εφάπτεται εσωτερικά του κύκλου C 2 στο σημείο A(1,0) .

Ο Α

Κ1

Κ2

B΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Η εξίσωση ( x  α )( x  β )  ( y  γ)( y  δ )  0 επαληθεύεται από τις συντεταγμένες των σημείων A, B,  και Δ. Επίσης η εξίσωση γράφεται x 2  y 2  (α  β ) x  (γ  δ ) y  (αβ  γδ )  0 ,

δηλαδή

είναι

της

μορφής

x  y  Ax  By    0 . Άρα, είναι η εξίσωση του περιγεγραμμένου κύκλου στο τετράπλευρο ΑΒΓΔ. 2

Επίσης  

AB B  ( β  α,0)(0, δ  γ)  ( β  α )  0  0(δ  γ)  0 

Επομένως AB  90 0 , που σημαίνει ότι η ΑΓ είναι διάμετρος του κύκλου. Ομοίως βρίσκουμε ότι και η ΒΔ είναι διάμετρος του κύκλου. 2. Ο κύκλος γράφεται ( x  2) 2  ( y  4) 2  4 2 , επομένως έχει κέντρο το σημείο K (2,4) και ακτίνα ρ  4 . Η απόσταση του κέντρου Κ από την ευθεία συνφ  x  ημφ  y  4ημφ  2συνφ  4  0 είναι ίση με

d

| 2συνφ  4ημφ  4ημφ  2συνφ  4| ημ 2 φ  συν 2 φ

| 4| 4  ρ .

Άρα, η ευθεία εφάπτεται στον κύκλο. 3. Έστω  1 ( x1 , y1 ) και M 2 ( x 2 , y 2 ) τα σημεία επαφής. Η εφαπτομένη του

κύκλου στο M 1 έχει εξίσωση xx1  yy1  ρ 2 . Επειδή η εφαπτομένη αυτή διέρχεται από το M 0 ( x 0 , y 0 ) , οι συντεταγμένες του M 0 επαληθεύουν την xx1  yy1  ρ 2 Επομένως x1 x 0  y1 y 0  ρ 2 , που σημαίνει ότι η εξίσωση

71 xx 0  yy 0  ρ 2 επαληθεύεται από τις συντεταγμένες του σημείου M 1 .

Ομοίως διαπιστώνουμε ότι επαληθεύεται και από τις συντεταγμένες του M 2 . Όμως η εξίσωση xx 0  yy 0  ρ 2 είναι εξίσωση 1ου βαθμού και επειδή επαληθεύεται από τις συντεταγμένες των M 1 και M 2 , είναι η εξίσωση της ευθείας M 1 M 2 . 4. Ο κύκλος C έχει εξίσωση x 2  y 2  (3α ) 2 . Έστω M ( x, y ) ένα σημείο του κύκλου και G (u , v) το κέντρο βάρους του τριγώνου ΟΑΜ. Για τις 00 y y 0  3α  x 3α  x και v   και  3 3 3 3 επομένως x  3u  3α και y  3v . Όμως το M ( x, y ) ανήκει στον κύκλο.

συντεταγμένες του G έχουμε u 

Επομένως x 2  y 2  9α 2 και με αντικατάσταση των x και y έχουμε: (3u  3α ) 2  (3v) 2  9α 2 9(u  α ) 2  9v 2  9α 2 (u  α ) 2  v 2  α 2 ,

που σημαίνει ότι το G ανήκει στον κύκλο με κέντρο K (α,0) και ακτίνα ρ | α | , δηλαδή στον κύκλο ( x  α ) 2  y 2  α 2 .

5. Ένα σημείο M ( x, y ) είναι σημείο του τόπου, αν και μόνο αν οι εφαπτόμενες ΜΑ και ΜΒ προς τον κύκλο x 2  y 2  ρ 2 είναι κάθετες. Αυτό συμβαίνει, αν και μόνο αν το τετράπλευρο ΟΑΜΒ είναι τετράγωνο ή, ισοδύναμα, OM 2  ρ 2  ρ 2

A Μ(u,v) ρ Ο

x2  y2  ρ2  ρ2 x 2  y 2  ( ρ( 2 ) 2 ,

που σημαίνει ότι ο γεωμετρικός τόπος του Μ είναι ο κύκλος x 2  y 2 (ρ 2)2 .

6. Το σημείο M ( x, y ) είναι σημείο του τόπου, αν και μόνο αν

ισοδύναμα,

MA  2 ή, MB

72 MA  2 MB MA 2  4MB 2 2 ( x  3)  y 2  4[( x  3) 2  y 2 ]

x 2  6 x  9  y 2  4 x 2  24 x  36  4 y 2 3x 2  3 y 2  30 x  27 x 2  y 2 10 x  9

( x 2  2 5 x  5 2 )  y 2  9  5 2 ( x  5) 2  y 2  4 2 . Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι ο κύκλος με κέντρο το σημείο K (5,0) και ακτίνα ρ  4 .

7. Έστω ε η ευθεία με εξίσωση x 1 . Το σημείο M ( x, y ) είναι σημείο το τόπου, αν και μόνο αν d ( M , O)  4d ( M , ε ) . Όμως d ( M , O)  4d ( M , ε )  x 2  y 2  4| x 1|  x 2  y 2  4( x 1), αν x 1  ή  2 2  x  y  4( x 1), αν x 1

(1) ( 2)

Αλλά 

( x  2) 2  y 2  0  x 2  4 x  y 2  4 (1)      x 1  x 1



( x  2) 2  y 2  (2 2 ) 2  x 2  4 x  y 2  4 (2)      ( x  2) 2  y 2  8 .  x 1  x 1

x  2   y 0

Επομένως, ο γεωμετρικός τόπος αποτελείται από το σημείο A(2,0) και τον κύκλο ( x  2)  y  8 . 2

x=1

Ο K(-2,0)

A(2,0)

8. Ένα σημείο M ( x, y ) είναι σημείο του τόπου, αν και μόνο αν ισχύει MA 2  MB 2  M 2 107 , ή ισοδύναμα:

( x  3) 2  ( y  5) 2  ( x  2) 2  ( y  4) 2  ( x  5) 2  ( y 1) 2 107 3 x 2  3 y 2  27

x 2  y 2 32 Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ είναι ο κύκλος με κέντρο το σημείο O(0,0) και ακτίνα ρ  3 . Το κέντρο του κύκλου αυτού είναι το

κέντρο βάρους του τριγώνου ΑΒΓ, αφού

3 2 5 5  4 1  0 και 0 . 3 3

9. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των ευθειών προκύπτουν από τη λύση του συστήματος συνθ  x  ημθ  y  α .  ημθ  x  συνθ  y  β

D

Έχουμε

Dx 

Dy  Επομένως

x y

συνθ

ημθ

- συνθ

 συν 2 θ  ημ 2 θ  1

ημθ  ασυνθ  βημθ β - συνθ

συνθ

ημθ

 βσυνθ  αημθ .

Dx  ασυνθ  βημθ D Dy D

 αημθ  βσυνθ ,

οπότε έχουμε x 2  y 2  (ασυνθ  βημθ ) 2  (αημθ  βσυνθ ) 2  α 2 συν 2 θ  β 2 ημ 2 θ  2αβημθσυνθ  α 2 ημ 2 θ  β 2 συν 2 θ  2αβημθσυνθ

 α 2 (ημ 2 θ  συν 2 θ )  β 2 (ημ 2 θ  συν 2 θ )

74 α 2  β 2 .

Άρα,

το

σημείο

τομής

των

ευθειών

ανήκει

στον

κύκλο

x 2  y 2  ( α 2  β 2 ) 2 , που έχει κέντρο το O (0,0) και ακτίνα ρ  α 2  β 2 .

10. Ένα σημείο M ( x, y ) είναι σημείο του τόπου, αν και μόνο αν είναι μέσο χορδής που διέρχεται από το A(2,4) .Αυτό συμβαίνει, αν και μόνο 

OMA  90 0 , δηλαδή, αν και μόνο αν το σημείο Μ ανήκει στον κύκλο με διάμετρο ΟΑ. Το κέντρο του κύκλου αυτού είναι το  0 2 0 4  σημείο K  ,  , δηλαδή το 2   2 K (1,2) , και η ακτίνα του είναι ίση με ρ  (2 1) 2  (4  2) 2  1 4  5 .

B A(2,4)

M(x,y)

K(1,2) Ο

3.2 Η ΠΑΡΑΒΟΛΗ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Είναι

p  1 , επομένως p  2 και η εξίσωση της παραβολής είναι 2

y 2  4 x .

(ii) Έχουμε 

p 1  , επομένως p  1 και η εξίσωση της παραβολής είναι η 2 2

y 2  2 x .

(iii) Η εξίσωση της παραβολής είναι y 2  2 px . Επειδή διέρχεται από το σημείο A(1,2) , θα ισχύει 2 2  2 p 1 οπότε p  2 Επομένως, η εξίσωση της παραβολής είναι η y 2  4 x .

75 2. (i) Είναι y 2  2  4  x . Άρα, η εστία είναι το σημείο E (2,0) και η διευθετούσα η ευθεία δ : x  2

(ii) Είναι y 2  2(4) x . Άρα, η εστία είναι το σημείο E (2,0) και η διευθετούσα η ευθεία δ : x  2 (iii) Είναι x 2  4 y  2  2 y . Άρα, η εστία είναι το σημείο E (0,1) και η διευθετούσα η ευθεία δ : y  1 (iv) Είναι x 2  4 y  2(2) y . Άρα, η εστία είναι το σημείο E (0,1) και η διευθετούσα η ευθεία δ : y 1 (v) Είναι y 2  2  2α  x . Άρα, η εστία είναι το σημείο E (α,0) και η διευθετούσα η ευθεία δ : x  α (vi) Είναι x 2  2  2α  y . Άρα, η εστία είναι το σημείο E (0, α ) και η διευθετούσα η ευθεία δ : y  α

3. Η απόσταση της κορυφής από την εστία είναι ίση με

p και η απόσταση 2

ενός σημείου M ( x, y ) της παραβολής από την εστία της είναι ίση με x  Αρκεί να δείξουμε ότι x 

p . 2

p p  . Έχουμε 2 2

x

p p p p2 p2 p2 y2    x    x 2  px    x 2  px  0  x 2  0 , 2 2 2 4 4 4 2 

που ισχύει.

4. Έστω A( x1 , y1 ) και B ( x 2 , y 2 ) δύο σημεία της παραβολής με την ίδια

τεταγμένη. Έχουμε

1 y1  x12 4

και

1 y 2  x 22 4

και

y1  y 2 . Επομένως

1 2 1 2 x1  x 2 , οπότε x 2   x1 . Έτσι, τα σημεία είναι τα A( x1 , y1 ) και 4 4 B ( x1 , y1 ) και επομένως έχουμε:

76 

 

AOB  90 0  OAOB  0  ( x1 , y1 )( x1 , y1 )  0   x12  y12  0

 4 y1  y12  0  y1 ( y1  4)  0  y1  4 1 1 Από τη σχέση y1  x12 , για y1  4 , έχουμε 4  x12  x1  4 ή x1  4 . 4 4

Άρα, τα ζητούμενα σημεία είναι τα A(4,4) και B (4,4) . 5. Η εξίσωση της παραβολής γράφεται x 2  2  2  y και επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης ε στο σημείο της M 1 ( x1 , y1 ) είναι xx1  2( y  y1 ) , οπότε y 

x1  x  y1 . 2

x1 1 , οπότε 2 x1  2 . Όμως x12  4 y1 . Επομένως y1 1 και η εξίσωση της εφαπτομένης είναι y  x 1 .

(i) Επειδή η ε είναι παράλληλη στην ευθεία y  x 1 , έχουμε

(ii) Επειδή η ε είναι κάθετη στην ευθεία y  2 x , έχουμε x1 1 . Όμως x12  4 y1 . Επομένως y1 

x1 (2)  1 , οπότε 2

1 και η εξίσωση της εφαπτομένης 4

1 1 είναι y  x  . 2 4

(iii) Επειδή η εφαπτομένη διέρχεται από το σημείο A(0,1) , έχουμε 1  y1 , οπότε y1 1 . Όμως x12  4 y1 . Επομένως x12  4 , οπότε x1  2 ή x1  2 . Άρα υπάρχουν δύο σημεία επαφής, τα M 1 (2,1) και M 2 (2,1) , και οι αντίστοιχες εφαπτόμενες έχουν εξισώσεις y  x 1 και y   x 1 αντιστοίχως.

6. Η εξίσωση της παραβολής γράφεται x 2  2  2  y και επομένως οι εφαπτόμενες  1 στα σημεία της A(4,4) και B 1,  έχουν εξισώσεις 4 x  2( y  4) και 4  1   x  2 y   αντιστοίχως. Οι εξισώσεις αυτές γράφονται y  2 x  4 και 4 

77 1 1  1 y  x αντιστοίχως και, επειδή 2    1 , οι εφαπτόμενες είναι 2 4  2 κάθετες.

B΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Τα κοινά σημεία του κύκλου και της παραβολής βρίσκονται από τη λύση του συστήματος των εξισώσεών τους. Έχουμε λοιπόν: ( x  3) 2  y 2  8 ( x  3) 2  4 x  8  x 1  x 1  x 1   2  ή  .  2 2  y  4 x  y  2  y  4 x  y  4 x  y  2

Επομένως, υπάρχουν δύο κοινά σημεία, το A(1,2) και το B (1,2) .  Η εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής στο Α είναι y  2  2( x 1) ή, ισοδύναμα, x  y 1  0 .

Η ευθεία αυτή εφάπτεται και του κύκλου, αφού η απόσταση του κέντρου Κ(3,0) του κύκλου από αυτή είναι ίση με την ακτίνα του ρ  8 . Πράγματι d

|3  0 1| 1 2 1 2



 8

 Επειδή ο άξονας x x είναι άξονας συμμετρίας και του κύκλου και της παραβολής και το Β(1,-2) είναι συμμετρικό του Α(1,2) ως προς τον x x , ο κύκλος και η παραβολή έχουν κοινή εφαπτομένη και στο Β. Η εξίσωση της εφαπτομένης αυτής είναι η x  y 1 0 .

78 2. Η εξίσωση της παραβολής είναι y 2  2  6  x και επομένως η εξίσωση της εφαπτομένης στο

σημείο της A(1,2 3 ) είναι 2 3 y  6( x 1) ή, ισοδύναμα, y  3 x  3 . Η εφαπτομένη αυτή τέμνει τον άξονα x x στο σημείο Β(-1,0). Η εστία της παραβολής y 2  2  6  x είναι το σημείο Ε(3,0). Επομένως, έχουμε: ( AE ) 2  2 2  (2 3 ) 2

B O

16,

( AB) 2  2 2  (2 3 ) 2 16 ,

και

(BE ) 2  4 2  0 2

16 ,

Άρα, ( AE )  ( AB)  ( BE )  4 , οπότε το τρίγωνο ΕΑΒ είναι ισόπλευρο.

3. Η εξίσωση της παραβολής είναι y 2  2  2  x και επομένως εστία της είναι το σημείο Ε(1,0) και διευθετούσα της η ευθεία x  1 .

Η εφαπτομένη της παραβολής στο σημείο της A(3,2 3 ) έχει εξίσωση

78 2 3 y  2( x  3) ή, ισοδύναμα, y

3 x 3 . 3

K (1,

Η εφαπτομένη τέμνει την διευθετούσα στο σημείο  2 3  . Το κέντρο του B 1,  3   κύκλου με διάμετρο ΑΒ είναι  4 3  , ενώ η το σημείο K 1,  3    ακτίνα του είναι

B( 1,

A(3,2 3 )

4 3 ) 3

2 3 ) 3

E(1,0)

x=-1

2 3   4 4  4  4 3 . ρ 2   3  3 3 3   2

Επειδή p  2 , η εστία της παραβολής είναι το σημείο Ε(1,0). Επομένως KE 

4 3 ρ 3

KEx x

και

Άρα ο κύκλος αυτός εφάπτεται στον άξονα x x στο σημείο Ε.

y 4. Η απόσταση ΜΕ είναι ίση με την απόσταση ΜΑ του Μ από την p διευθετούσα, δηλαδή ME  x1  . 2 Άρα η ακτίνα του κύκλου είναι ίση p 1 με ρ  x1  . Το μέσον Κ της 2 2 ΜΕ έχει συντεταγμένες  x1 p y1   2  4 , 2  και η απόσταση του   από τον άξονα y y είναι ίση με

x p 1 p KH  1   x1   ρ , 2 4 2 2

M(x1,y1)

x1 p y1  , ) 2 4 2

p E ( , 0) 2

που

σημαίνει ότι ο κύκλος με διάμετρο ΜΕ εφάπτεται στον άξονα y y .

79 5. Η εξίσωση της ευθείας ΑΟ είναι y1 y x και τέμνει τη x1 διευθετούσα στο σημείο  p y1 p   . Η εφαπτομένη B  ,  2 x1 2  της παραβολής στο Α έχει εξίσωση yy1  p ( x  x1 ) και επομένως, έχει p .Ο y1 συντελεστής διεύθυνσης της ΒΕ είναι

συντελεστή διεύθυνσης λ 

 λ BE 

x

p 2

A(x1,y1)

p  2 p y p B (  , 1 ) 2 x1 2

O p E ( ,0) 2

y1 p x1 2 y1 y y p p   1 2  12   λ p y1 2 x1 y y1 2 1 2p

Άρα BE // ε . 6. Η εφαπτομένη της παραβολής στο σημείο της A( x1 , y1 ) έχει yy1  p ( x  x1 ) εξίσωση και,επειδή A O , τέμνει τον άξονα y y στο σημείο  px  K  0, 1  και τη διευθετούσα δ  y1   p px1 p 2  . στο σημείο B  ,    2 y 2 y 1 1  

(i) Για

να

είναι

A K



AEB  90 0 ,

 

αρκεί EAEB  0 . Έχουμε

  px1 p 2  p   0 EA EB  0   x1  , y1    p,  2 y1 2 y1    

80 p2 p2  px1  0 , που ισχύει. 2 2    p px1   px    x1 , y1  1   0 EK  KA  0    , y1   2 y1     px1 

(ii) Έχουμε



px1 p2x2  px1  2 1  0 2 y1



px1 p 2 x12  0 2 2 px1



px1 px1  0 , 2 2

που ισχύει.

Άρα EKAB . (iii) Από το ορθογώνιο ( EK ) 2  ( KB )  ( KA) .

τρίγωνο

7. Η εφαπτομένη της παραβολής y 2  2 px στο σημείο A( x1 , y1 ) έχει εξίσωση yy1  p ( x  x1 ) και τέμνει τον άξονα x x στο σημείο B ( x1 ,0) , ενώ η παράλληλη από το Α προς τον x x τέμνει τη διευθετούσα δ στο σημείο  p     , y1  . Επομένως, το μέσον  2  του ΓΕ έχει συντεταγμένες  y1   0,  και το μέσον της ΑΒ έχει  2 

ΕΒΑ,

Γ (

επειδή

έχουμε

EKAB ,

p ,y ) 2 1

A(x1,y1) Κ

B(-x1,0)

p E ( ,0) 2

 y  συντεταγμένες επίσης  0, 1  . Άρα, τα τμήματα ΑΒ και ΓΕ διχοτομούνται.  2  Επίσης  

E  AB  ( p, y1 )(2 x1 , y1 )  2 px1  y12  2 px1  2 px1  0 ,

81 



που σημαίνει ότι E  AB . Αφού, λοιπόν, τα τμήματα ΑΒ και ΓΕ  y  διχοτομούνται καθέτως, το ΑΕΒΓ είναι ρόμβος και το κέντρο του K  0, 1   2  βρίσκεται στον άξονα y y . 8. (i) Τα σημεία τομής των C1 και C2 ε1 y C 2 προσδιορίζονται από τη λύση A(2p,2p) του συστήματος  y 2  2 px  2  x  2 py

(1) ( 2)

Από την (2) έχουμε Αντικαθιστούμε έχουμε x4 4p2

στην

p B (  p, ) 2

x2 . 2p (1) και

x p Γ ( , p ) 2

y

ε2

 2 px  x 4  8 p 3 x  0  x( x 3  8 p 3 )  0  x  0 ή x  2 p ,

οπότε οι αντίστοιχες τιμές του y είναι y  0 , y  2 p . Άρα, οι παράλληλες τέμνονται στα σημεία Ο(0,0) και Α(2p,2p). (ii) Η εφαπτομένη ε1 της C1 στο Α(2p,2p) έχει εξίσωση 1 y  2 p  p( x  2 p)  y  x  p 2

(1)

p  και τέμνει την C 2 στο σημείο B  p,  . 2  

Η εφαπτομένη ε 2 της C 2 στο Α(2p,2p) έχει εξίσωση x  2 p  p( y  2 p)  y  2 x  2 p p  και τέμνει την C1 στο σημείο   , p  . 2  

p  Επομένως, η εφαπτομένη της C1 στο   , p  έχει εξίσωση 2   p p  y (  p )  p x    y   x  , 2 2 

(2)

82 p  ενώ η εφαπτομένη της C 2 στο B  p,  έχει εξίσωση 2   p p  x ( p )  p y    y   x  . 2 2   Παρατηρούμε, δηλαδή, ότι η εφαπτομένη της C 2 στο Β και η εφαπτομένη

της C1 στο Γ συμπίπτουν. Άρα η ΑΒ είναι κοινή εφαπτομένη των C1 , C 2 .

3.3 Η ΕΛΛΕΙΨΗ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Είναι 2γ     8 και 2α 10 , οπότε γ  4 και α  5 . Άρα β 2  5 2  4 2  9 και επειδή οι εστίες βρίσκονται στον άξονα x x , η έλλειψη θα έχει εξίσωση: x2 y2  1 . 25 9

(ii) Είναι

2γ  E E 10

και

2α  26 , οπότε

γ 5

και

α 13 . Άρα

β 2 13 2  5 2 144 και επειδή οι εστίες βρίσκονται στον άξονα y y , η έλλειψη έχει εξίσωση x2 y2  1 . 144 169

γ 12 (iii) Είναι γ 12 , και ε   , οπότε α 13 . Άρα β 2 13 2 12 2  25 , α 13 οπότε η έλλειψη θα έχει εξίσωση: x2 y2  1 . 169 25

(iv) Είναι γ  4 , οπότε β 2  α 2  γ 2  α 2 16 , με α 2 16 . Άρα η εξίσωση της έλλειψης θα έχει τη μορφή:

83 x2 α2



y2 α 2 16

1 .

 9 Αφού, τώρα, το M  4,  είναι σημείο της έλλειψης, οι συντεταγμένες του θα  5 επαληθεύουν την εξίσωσή της. Θα έχουμε δηλαδή: 2

9   16 81 42  5   2 1  2  1 2 α 25(α 2 16) α α 16  400(α 2 16)  81α 2  25α 2 (α 2 16)  25α 4  881α 2  6400  0  α2 

881 369 25  10,24  16 (απορρίπτεται) 50

x2 y2  1 . 25 9

Άρα, η έλλειψη έχει εξίσωση

(v) Αφού οι εστίες είναι πάνω στον y y η εξίσωση της έλλειψης θα είναι: x2 β2



y2 α2

1

(α 2  β 2 ) .

 1 Τώρα, αφού τα M 1 (1,1) και M 2  2,  είναι τα σημεία της έλλειψης, οι  2 συντεταγμένες τους θα επαληθεύουν την εξίσωσή της. Άρα, θα έχουμε: 1  1  2  2 1 β α  1   4  2  42 1  β α

Θέτουμε

1 β

 κ και

1 α2

 λ και έχουμε

κ  λ 1 κ 1 λ κ 1 λ       λ 1 4κ  4 λ 1 4(1 λ)  4 1 16 16 λ  λ  4

84 4  κ 1 5  λ  4  5

κ 1 λ  15 λ 12

Άρα, α 2 

 1 κ  5  . λ  4  5

5 και β 2  5 , οπότε η εξίσωση της έλλειψης θα είναι: 4 1 2 4 2 x  y 1 . 5 5

2. (i) Η εξίσωση x 2  4 y 2  4 γράφεται ισοδύναμα

x2 22



y2 12

1 ,

οπότε είναι α  2 και β 1 . Έτσι έχουμε γ 2  2 2 12  3 , οπότε γ  3 και γ 3 άρα ε   . Τέλος, οι εστίες είναι τα σημεία E ( 3 ,0) και E ( 3 ,0) . α 2

(ii) Η εξίσωση 169 x 2 144 y 2  24336 γράφεται ισοδύναμα x2 y2  1 144 169

ή x2 12 2 απ’ όπου προκύπτει ότι



y2 13 2

α 13 ,

1 , β 12 ,

γ  169 144  25  5

και

γ 5 ε   . Οι εστίες βρίσκονται πάνω στον άξονα y y και είναι τα σημεία α 13 E (0,5) και E (0,5) .

3. Έστω ΑΒΓΔ το ζητούμενο τετράγωνο. Αν ( x1 , y1 ) είναι οι συντεταγμένες του σημείου Α, τότε οι συντεταγμένες των σημείων Β, Γ και Δ θα είναι ( x1 , y1 ) , ( x1 , y1 ) και ( x1 , y1 ) αντιστοίχως. Επειδή AB  A θα ισχύει 2 x1  2 y1 οπότε θα είναι

y1  x1

(1)

Άρα, οι συντεταγμένες του Α θα είναι ( x1 , x1 ) και, επειδή επαληθεύουν την εξίσωση της έλλειψης, θα έχουμε 4 x12  x12  4  5 x12  4  x1 

x Γ

2 5 (αν x1  0 ). 5

Έτσι το ζητούμενο τετράγωνο θα έχει κορυφές: 2 5 2 5        , B  2 5 , 2 5  ,    2 5 ,  2 5  ,   2 5 ,  2 5  . , A  5       5  5  5  5    5  5  5

x2 2y2 4

4. Η εξίσωση ισοδύμανα

γράφεται

y B



1

Α΄

απ’ όπου προκύπτει ότι α  2 , β  2

Ε΄

και γ  2 . Επομένως, οι κορυφές Β B΄

και B  έχουν συντεταγμένες (0, 2 )

και (0, 2 ) αντιστοίχως, ενώ οι εστίες Ε και E  έχουν συντεταγμένες ( 2 ,0) και ( 2 ,0) αντιστοίχως. Άρα, το τετράπλευρο EBE B  είναι τετράγωνο, αφού οι διαγώνιες του είναι ίσες, κάθετες και διχοτομούνται. x2



1 , τότε το α2 β2 αντιδιαμετρικό του θα είναι το M ( x1 , y1 ) , λόγω της συμμετρίας της

5. Αν το M ( x1 , y1 ) είναι ένα σημείο της έλλειψης

έλλειψης ως προς το O(0,0) . Έτσι, η εφαπτομένη της έλλειψης στο M ( x1 , y1 )

είναι η

x1 x α



y1 y β2

1 , ενώ στο

M ( x1 , y1 )

είναι η

 x1 x  y1 y  2 1 . Οι εφαπτομένες αυτές είναι παράλληλες, αφού οι α2 β συντελεστές διεύθυνσής τους, για y1  0 , είναι ίσοι.

86 Αν y1  0 , που ισχύει όταν τα M , M  ταυτιστούν με τα Α και A , οι εφαπτομένες σ’ αυτά είναι παράλληλες, αφού είναι κάθετες και οι δύο στον άξονα x x .

6. Η εφαπτομένη ε της έλλειψης 3 x 2  y 2  4 στο σημείο της M ( x1 , y1 ) έχει

εξίσωση

3xx1  yy1  4

και άρα συντελεστή διεύθυνσης

λε  

3x1 . y1

Επομένως: (i) Η εφαπτομένη ε είναι παράλληλη προς την ευθεία y  3 x 1 , αν και μόνο αν

3 x1  3 ή, ισοδύναμα, y1

y1  x1 .

Όμως το M ( x1 , y1 ) είναι σημείο της έλλειψης. Άρα, θα έχουμε: 3x12  y12  4 και, επειδή y1  x1 , θα ισχύει 3x12  x12  4  4 x12  4  x12  1  x1  1 .

Επομένως, ( x1 , y1 )  (1,1) ή ( x1 , y1 )  (1, 1) .

Έτσι, υπάρχουν δύο ευθείες εφαπτόμενες της έλλειψης, που είναι παράλληλες στην ευθεία y  3 x 1 . Οι εφαπτόμενες αυτές είναι οι 3 x  y  4 και 3 x  y  4 . 1 (ii) Η εφαπτομένη ε είναι κάθετη στην ευθεία y  x , αν και μόνο αν 2 3 x1 1 3 x1   1 ή, ισοδύναμα, y1  . Άρα, το σημείο Μ θα έχει y1 2 2

 3x  συντεταγμένες  x1 , 1  και, αφού ανήκει στην έλλειψη, θα είναι: 2   2

9x 2 4  3x  . 3x12   1   4  3 x12  1  4  21x12  16  x1   2 4 21  

Επομένως  4  4 6  6   ή ( x1 , y1 )     . ( x1 , y1 )   , , 21 21   21 21  

Άρα, οι ζητούμενες εφαπτομένες είναι οι ευθείες:

87 3 4

x

6 21

y  4 και 

3 4 21

x

y4 ,

οι οποίες γράφονται 6 x  3 y  2 21  0 και 6 x  3 y  2 21  0 .

(iii) Η εφαπτομένη ε διέρχεται από το M (0,4) , αν και μόνο αν η εξίσωση της ικανοποιείται από τις συντεταγμένες του Μ. Δηλαδή, αν και μόνο αν ισχύει 3x1  0  y1  4  4 ή, ισοδύναμα, y1 1 . Επειδή το M ( x1 , y1 ) ανήκει στην έλλειψη, θα έχουμε: 3x12  y12  4  3x12 1 4  x12 1 x1  1 .

Επομένως ( x1 , y1 )  (1,1) ή ( x1 , y1 )  (1,1)

Άρα, θα έχουμε δύο εφαπτομένες της έλλειψης που διέρχονται από το M (0,4) , τις ευθείες 3x  y  4 και 3x  y  4 . 7. Οι εφαπτόμενες της έλλειψης x 2  4 y 2 100 στα σημεία M 1 , M 2 , M 3 και M 4 θα είναι, αντιστοίχως, οι: 4 5 x  4 5 y 100  y   x  5 5  4 5 x  4 5 y 100  y  x  5 5  4 5 x  4 5 y 100  y   x  5 5

4 5 x  4 5 y 100  y  x  5 5

Οι ευθείες αυτές είναι ανά δύο (πρώτη-τρίτη) και (δεύτερη-τέταρτη) παράλληλες μεταξύ τους και ανά δύο κάθετες (πρώτη-δεύτερη), (τρίτητέταρτη) και τέμνουν μάλιστα τον y y στα ίδια σημεία. Έτσι το τετράπλευρο που ορίζουν είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο με κάθετες διαγώνιες. Άρα το τετράπλευρο αυτό θα είναι τετράγωνο.

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Αρκεί να δείξουμε ότι οι συντεταγμένες του Μ επαληθεύουν την εξίσωση της έλλειψης. Έχουμε λοιπόν:

88 α 2 (1 t 2 ) 2 α 2 (1 t 2 ) 2



4 β 2t 2 β 2 (1 t 2 ) 2



(1 t 2 ) 2  4t 2 (1 t 2 ) 2



(1 t 2 ) 2 (1 t 2 ) 2

1

2. Αν M ( x1 , y1 ) είναι σημείο τομής των ευθειών ε1 και ε 2 , τότε θα ισχύει αy1  λβ (α  x1 ) και λαy1  β (α  x1 )

οπότε, πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη της ισότητες, θα έχουμε λα 2 y12  λβ 2 (α 2  x12 ) (αφού λ  0 )

α 2 y12  α 2 β 2  β 2 x12

x12

α

x12 2



α β

y12 y12 2

1 .

Άρα, το σημείο M ( x1 , y1 ) ανήκει στην έλλειψη

x2 α2



y2 β2

1 .

3. Αν θέσουμε r  (ME ) και r   ( ME ) , τότε, σύμφωνα με τον ορισμό της έλλειψης, θα ισχύει r   r  2α

(1)

Όμως, είναι r   ( x  γ) 2  y 2

και r  ( x  γ) 2  y 2

Επομένως, έχουμε r  2  r 2  4γx

ή, ισοδύναμα, (r   r )(r   r )  4γx .

Οπότε, λόγω της (1), θα ισχύει γ r   r  2 x  2εx . α

Λύνουμε το σύστημα των (1) και (2) και έχουμε r   α  εx και r  α  εx 4. Επειδή η έλλειψη έχει παραμετρικές εξισώσεις

(2)

89 x  ασυνφ και

y  βημφ , φ[0,2π )

οι συντεταγμένες ( x1 , y1 ) του M 1 θα είναι της μορφής x1  ασυνφ1 και

οπότε η εξίσωση

xx1 2

yy1



α β2 M 1 θα πάρει τη μορφή:

y1  βημφ1 , φ1 [0,2π )

(1)

1 της εφαπτομένης ε της έλλειψης στο σημείο

xσυνφ1 yημφ1  1 α β

ή ( βσυνφ1 ) x  (αημφ1 ) y  αβ  0

(2)

Έτσι, θα έχουμε d  d ( , ε ) 

d   d ( , ε ) 

| αγημφ1  αβ | β 2 συν 2 φ1  α 2 ημ 2 φ1 | αγημφ1  αβ | β 2 συν 2 φ1  α 2 ημ 2 φ1

α | γημφ1  β |



β 2 συν 2 φ1  α 2 ημ 2 φ1 α | γημφ1  β |



β 2 συν 2 φ1  α 2 ημ 2 φ1

οπότε θα ισχύει d 2  d 2 



α 2 (γημφ1  β ) 2  α 2 (γημφ1  β ) 2 β 2 συν 2 φ1  α 2 ημ 2 φ1



2α 2 (α 2  β 2 )ημ 2 φ1  β 2 β 2 συν 2 φ1  α 2 ημ 2 φ1

  2α

 2

2α 2 (γ 2 ημ 2 φ1  β 2 ) β 2 συν 2 φ1  α 2 ημ 2 φ1

(α 2 ημ 2 φ1  β 2 συν 2 φ1 )

β 2 συν 2 φ1  α 2 ημ 2 φ1

 2α 2 .

5. Είναι ( M 1 N 2 ) 2  ( x1  εx 2 ) 2  y12  x12  ε 2 x 22  2εx1 x 2  y12 ( M 2 N 1 ) 2  ( x 2  εx1 ) 2  y 22  x 22  ε 2 x12  2εx1 x 2  y 22

Επομένως, για να δείξουμε ότι ( M 1 N 2 )  ( M 2 N 1 ) αρκεί να δείξουμε ότι x12  ε 2 x 22  2εx1 x 2  y12  x 22  ε 2 x12  2εx1 x 2  y 22

x12 

γ2 α

x 22  y12  x 22 

γ2 α

x12  y 22

90 ή

α 2 x12  γ 2 x 22  α 2 y12  α 2 x 22  γ 2 x12  α 2 y 22

(α 2  γ 2 ) x12  α 2 y12  (α 2  γ 2 ) x 22  α 2 y 22

β 2 x12  α 2 y12  β 2 x 22  α 2 y 22

x12



y12



x 22



y 22

α2 β2 α2 β2 που ισχύει, αφού τα σημεία M 1 ( x1 , y1 ) και M 2 ( x 2 , y 2 ) είναι σημεία της έλλειψης.

6. α΄ τρόπος: Έστω P το σημείο τομής της ΟΝ και του κύκλου με κέντρο Ο και ακτίνα β. Είδαμε στις παραμετρικές εξισώσεις της έλλειψης, ότι το σημείο Μ είναι το σημείο τομής της οριζόντιας ευθείας από το P και της κατακόρυφης από το Ν. Επομένως, τα τετράπλευρα ΜΝΟΔ και ΜΡΟΓ είναι παραλληλόγραμμα, οπότε θα έχουμε ( M )  (ON )  α

Ν(α συνφ,α ημφ)

B P

Μ(α συνφ,β ημφ)

Α΄

Δ B΄

και ( M )  (OP)  β 

β΄ τρόπος: Αν φ είναι η γωνία που σχηματίζει το διάνυσμα ON με τον άξονα x x , τότε οι συντεταγμένες του Μ θα είναι (ασυνφ, βημφ) , ενώ οι συντεταγμένες του Ν θα είναι (ασυνφ, αημφ) . Επομένως, η ευθεία ΜΔ θα έχει εξίσωση y  βημφ  εφφ( x  ασυνφ, )

και άρα θα τέμνει τους άξονες x x και y y στα σημεία

 (α β )συνφ, 0 και  0,  (α  β )ημφ . Επομένως ( )  α 2 συν 2 φ  α 2 ημ 2 φ  α 2 (συν 2 φ  ημ 2 φ)  α ( )  β 2 συν 2 φ  β 2 ημ 2 φ  β 2 (συν 2 φ  ημ 2 φ)  β .

(1)

xx1

yy1

 1 , ενώ οι α2 β2 ε και ε  έχουν εξισώσεις x  α και x  α αντιστοίχως. Επομένως, οι συντεταγμένες των Γ και   είναι οι λύσεις των συστημάτων x  α  x  α    xx1  yy1 1 και  xx1  yy1 1  α2 β2  α2 β2  

7. Η ζ έχει εξίσωση

Γ΄

Α΄

Α x B΄

ε΄: x=-a

ε: x=a

αντιστοίχως. Λύνουμε τα συστήματα αυτά και βρίσκουμε ότι τα Γ και   2  β 2 (α  x1 )     και   α, β (α  x1 )  αντιστοίχως. έχουν συντεταγμένες  α,     αy1 αy1     Επομένως: (i)

( A ) 

β 2 (α  x1 ) α | y1 |

( A )( A ) 

( A ) 

και

β 4 (α 2  x12 ) α

y12

 β2



β 2 (α  x1 ) α | y1 |

α 2 β 2  β 2 x12 α

y12

 β2



οπότε α 2 y12 α

y12

 β2 



(ii) Αρκεί να δείξουμε ότι E  E  ή, ισοδύναμα, ότι E  E   0 . Έχουμε λοιπόν:     β 2 (α  x1 )  β 2 (α  x1 )  και E     (α  γ), E   α  γ ,     αy1 αy1    

οπότε 



E  E   (γ 2  α 2 ) 

β 4 (α 2  x12 ) α 2 y12

 γ 2 α 2  β 2   β 2  β 2 

α 2 β 2  β 2 x12

α 2 y12 α 2 y12

α 2 y12

92  β 2  β 2 0 . 



Ομοίως αποδεικνύουμε ότι E   E   . xx1

8. Η εφαπτομένη έχει εξίσωση



yy1 β2

1 . Άρα, τέμνει τους άξονες x x και

y y στα σημεία  α2

 β2    , 0  και  0,   x1   y1 

 

αντιστοίχως. Επομένως έχουμε p  α2 p2



β2 q2



α2 α4 x12

β2 α2 και q  , οπότε x1 y1



β2 β4



x12 α2



y12 β2

1 ,

y12

αφού το σημείο M 1 ( x1 , y1 ) ανήκει στην έλλειψη.

3.4 Η ΥΠΕΡΒΟΛΗ

A΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Είναι γ 13 και α  5 , οπότε β  α 2  γ 2  169  25 12 . Άρα, η

εξίσωση της υπερβολής είναι x2 y2  1 , 25 144

αφού έχει τις εστίες της στον άξονα x x . (ii) Είναι γ 10 και

3 γ 5  . Επομένως, α  γ  6 , οπότε β  γ 2  α 2  α 3 5

 100  36  8 . Άρα, η εξίσωση της υπερβολής είναι

93 y2 x2  1 , 36 64

αφού έχει τις εστίες της στον άξονα y y . (iii) Είναι γ  5 , οπότε β 2  γ 2  α 2  5  α 2 . Έτσι η εξίσωση της υπερβολής παίρνει τη μορφή x2 α2



y2 5α 2

1 .

93 Επειδή το σημείο M (2 2 ,1) ανήκει στην υπερβολή, οι συντεταγμένες του θα επαληθεύουν την εξίσωσή της, δηλαδή θα ισχύει 8 α



1 5α 2

1 8(5  α 2 )  α 2  α 2 (5  α 2 )

 α 4 14α 2  40  0 α2 

14  6 2

 α 2 10

α 2 4

 α 2  4,

αφού α 2  γ 2  5 .

Άρα, η εξίσωση της υπερβολής θα είναι x2 y2  1 . 4 1

(iv) Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: α) Η υπερβολή έχει τις εστίες της στον άξονα x x . Τότε θα έχει εξίσωση x2 α2



y2 β2

1

(1)

4 4 Επειδή, όμως, έχει ασύμπτωτες τις ευθείες y  x και y   x , θα ισχύει 3 3 β 4 4  , οπότε θα έχουμε β  α . Έτσι, η (1) παίρνει τη μορφή α 3 3 x2 α2



y2 x2 9y2 1 2  1 16 2 α 16α 2 α 9

Επειδή, επιπλέον, το σημείο M (3 2 ,4) ανήκει στην υπερβολή, θα ισχύει (3 2 ) 2 α



9 4 2 16α

1

18 α



9 α2

 α 2 9

1  α 3

Επομένως, λόγω της (2), η εξίσωση της υπερβολής είναι η: x2 y2  1 . 9 16

(2)

94 β) Η υπερβολή έχει τις εστίες της στον άξονα y y . Τότε θα έχει εξίσωση y2 α2



x2 β2

1 .

Αν εργαστούμε όπως πριν, θα βρούμε ότι δεν υπάρχει υπερβολή τέτοιας 4 4 μορφής που να έχει ασύμπτωτες τις y  x , y   x και να περνάει από το 3 3 σημείο M (3 2 ,4) . ΣΧΟΛΙΟ Μπορούσαμε να παρατηρήσουμε ότι το σημείο M (3 2 ,4) βρίσκεται στη γωνία των ασυμπτώτων που περιέχει τον Ox . Επομένως, το Μ θα ανήκει στην υπερβολή που έχει τις εστίες της στον άξονα x x . 2. (i) Έχουμε: 9 x 2 16 y 2 144 

9 x 2 16 y 2 x2 y2  1  2  2 1 144 144 4 3

Επομένως, α  4 και β  3 , οπότε γ  α 2  β 2  5 . Άρα, η υπερβολή έχει εστίες τα σημεία E (5,0) , E (5,0) , εκκεντρότητα ε 

5 και ασύμπτωτες τις 4

3 3 ευθείες y  x , y   x . 4 4

(ii) Έχουμε x 2  y 2 4

x2 22



y2 22

1 .

Επομένως, α  2 και β  2 , οπότε γ  α 2  β 2  2 2 . Άρα, η υπερβολή έχει εστίες τα σημεία E (2 2 ,0) , E (2 2 ,0) , εκκεντρότητα ε  2 ασύμπτωτες τις ευθείες y  x , y   x .

και

(iii) Έχουμε 144 x 2  25 y 2  3600 

144 x 2 25 y 2 x2 y2  1  2  2 1 . 3600 3600 5 12

Επομένως, α  5 και β 12 , οπότε γ  α 2  β 2 13 . Άρα, η υπερβολή έχει

95 εστίες τα σημεία E (13,0) , E (13,0) , εκκεντρότητα ε  τις ευθείες y 

13 και ασύμπτωτες 5

12 12 x , y  x . 5 5

3. Έχουμε β β 3  εφ30 0   α α 3



γ α 2

α2

ε2 



β2 α



1 3



4 3

1 1 γ    1 3 3 α ε

2 3 3

4. Η εφαπτομένη της υπερβολής στο σημείο  (α,0) έχει εξίσωση x  α . Επομένως, οι συντεταγμένες του σημείου Γ είναι η λύση του συστήματος

x=a Γ(α,β)

 β y x  α , x  α 

y

 a

Α(α,0) Ε(γ,0)

η οποία, προφανώς, είναι το ζεύγος ( x, y )  (α, β ) . Άρα, είναι (O )  α 2  β 2  γ 2  γ  (OE ) .

5. Η εφαπτομένη ε της C στο M 1 ( x1 , y1 ) έχει εξίσωση xx1 α

και συντελεστή διεύθυνσης λε 

β 2 x1 α 2 y1

έχει συντελεστή διεύθυνσης λζ   το M 1 ( x1 , y1 ) , θα έχει εξίσωση.



yy1 β2

1

(1)

. Επειδή η ζ είναι κάθετη στην ε, θα

α 2 y1 β 2 x1

και επειδή, επιπλέον, διέρχεται από

96 y  y1  

α 2 y1 β 2 x1

( x  x1 )

(2)

Όμως, η ε περνάει από το M 2 (0, β ) και η ζ από το M 3 (2α 2 ,0) . Επομένως, λόγω των (1) και (2), θα ισχύει  βy1  2 1  y1  β β  2  2 2  y   α y1 (2α 2  x )  β x1  α (2α 2  x1 ) 1  1 β 2 x1   y1  β  2 (α  β 2 ) x1  2α 3 2

 y1  β   2α 3 2 x   1 γ2 

Επειδή το σημείο x12 2



y12 2

(3)

M 1 ( x1 , y1 ) ανήκει στην υπερβολή C, θα ισχύει

1 , οπότε, λόγω την (3), θα έχουμε 8α 6 γ 4α 2



β2 β2

1

8α 4 γ4

 2  4α 4  γ 4 4

     4 4  4   ε4 4  2 .

6. 

Έστω ζ μια ευθεία παράλληλη

 προς την ασύμπτωτη  : y  x της 

υπερβολής C :

2



2

1 . Τότε η

ζ θα έχει εξίσωση y

β x  δ, α

Ο y

δ 0 .

 a

y

 a

x 

97 Για να βρούμε τις συντεταγμένες των κοινών σημείων της ζ και της C, αρκεί να λύσουμε το σύστημα    y   x    2 2  x  y 1  2  2

(1) (2)

Έχουμε λοιπόν: 2

(1) β  (2)  β 2 x 2  α 2 y 2  α 2 β 2  β 2 x 2  α 2  x  δ   α 2 β 2 α  

 β2 βδ   β 2 x 2  α 2  2 x 2  δ 2  2 x   α 2 β 2 α  α  β 2 x 2  β 2 x 2  α 2 δ 2  2αβδx  α 2 β 2  2αβδx  α 2 ( β 2  δ 2 )  x

α( β 2  δ 2 ) . 2 βδ

Επομένως, λόγω της (1), είναι β  α ( β 2  δ 2 )  β 2 δ 2 δ2  β2 y    δ δ      .  2 βδ 2δ 2δ α 

Άρα, η ευθεία ζ και η υπερβολή C έχουν ένα μόνο κοινό σημείο, το  α( β 2  δ 2 ) δ 2  β 2  .    , 2 βδ 2δ   β Αν η ζ είναι παράλληλη προς την ασύμπτωτη ε  : y  - x , τότε και πάλι θα α έχει με την C ένα μόνο κοινό σημείο.  Η υπερβολή 4 x 2  y 2 1 έχει ασύμπτωτες τις ευθείας y  2 x και

y  2 x .

Επομένως, η ευθεία 2 x  y 1 , που γράφεται y  2 x 1 , είναι παράλληλη προς την ασύμπτωτη y  2 x και άρα, σύμφωνα με όσα αποδείξαμε πριν, θα έχει με

98 1 1  την υπερβολή 4 x 2  y 2 1 ένα μόνο κοινό σημείο το M  ,1 , αφού   , 2 2    1 και   1 .

7. Η εξίσωση της εφαπτομένης ε της υπερβολής x 2  4 y 2  12 σε ένα σημείο M 1 ( x1 , y1 ) είναι η xx1  4 yy1 12

(1)

και έχει συντελεστή διεύθυνσης

 

x1 4 y1

(2)

Επομένως: (i) H ε είναι παράλληλη προς την ευθεία  : y  x 1 , αν και μόνο αν ισχύει

    , δηλαδή

x1 1 ή, ισοδύναμα, 4 y1 x1  4 y1

(3)

Όμως, το σημείο M 1 ( x1 , y1 ) ανήκει στην υπερβολή. Επομένως, οι συντεταγμένες του θα επαληθεύουν την εξίσωσή της, δηλαδή θα ισχύει x12  4 y12 12

(4)

Αν λύσουμε το σύστημα των (3) και (4) βρίσκουμε ότι ( x1 , y1 )  (4,1) ή ( x1 , y1 )  (4,1) .

Άρα, υπάρχουν δύο εφαπτόμενες της υπερβολής που είναι παράλληλες προς την ευθεία y  x 1 . Οι εφαπτόμενες αυτές, λόγω της (1), έχουν εξισώσεις 4 x  4 y 12 και 4 x  4 y 12 ,

που γράφονται ισοδύναμα y  x  3 και

y  x 3

αντιστοίχως. (ii) Η ε είναι κάθετη στην ευθεία  : y  

x , αν και μόνο αν ισχύει

3 λε  λη  1 , δηλαδή

x1  4     1 ή, ισοδύναμα,  4 y1  3

99 x1  3 y1 .

(5)

Όμως, το σημείο M 1 ( x1 , y1 ) ανήκει στην υπερβολή. Επομένως, θα ισχύει x12  4 y12 12 .

(6)

Έτσι η (6), λόγω της (5), γράφεται 3 y12  4 y12 12 ή, ισοδύναμα, y12  12 , που είναι αδύνατη. Άρα, δεν υπάρχει εφαπτομένη της υπερβολής που είναι 4 κάθετη στην ευθεία η : y   x. 3 (iii) Η ε διέρχεται από το σημείο M (3,0) , αν και μόνο αν οι συντεταγμένες του επαληθεύουν την (1), δηλαδή, αν και μόνο αν ισχύει 3x1 12 ή, ισοδύναμα, x1  4 (7) Όμως, όπως είδαμε πιο πριν, ισχύει x12  4 y12 12 .

(8)

Αν λύσουμε το σύστημα των (7) και (8), βρίσκουμε ότι ( x1 , y1 )  (4,1) ή ( x1 , y1 )  (4,1) .

Άρα, υπάρχουν δύο εφαπτόμενες της υπερβολής που να διέρχονται από το σημείο M (3,0) . Οι εφαπτόμενες αυτές, λόγω της (1), έχουν εξισώσεις 4 x  4 y 12 και 4 x  4 y 12 , που γράφονται ισοδύναμα y  x  3 και

y  x 3

αντιστοίχως.

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έστω ΚΛΜΝ το ορθογώνιο βάσης της υπερβολής. Τότε (ΟΑ)=α και (ΑΚ)=β οπότε (OK ) 2  2   2   2 και άρα (OK )   (OE ) . Επομένως τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΟΚ και E1OE είναι ίσα, αφού έχουν μία οξεία γωνία κοινή και τις υποτείνουσες ίσες. Άρα θα ισχύει (OE1 )  (OA)  α και ( EE1 )  ( AK )  β .

y Ν

B Ε1

E΄ Α΄

B΄

100 2. Έστω ζ η εφαπτομένη που τέμνει τις ε και   στα σημεία Γ και   αντιστοίχως. Αν M 1 ( x1 , y1 ) είναι το σημείο επαφής, τότε η εξίσωση της ζ θα είναι xx1





yy1

2

1

(1)

Επομένως, οι συντεταγμένες των Γ και   είναι οι λύσεις των συστημάτων x  α   xx1  yy1  1  α2 β2 

 x  α  και  xx1 yy1  α 2  β 2 1 

ε΄

ε Μ1(x1,y1)

αντιστoίχως. Λύνουμε τα συστήματα αυτά και βρίσκουμε ότι το Γ έχει συντεταγμένες  β 2 ( x1  α )   , ενώ το   έχει  α,   αy1    β 2 ( x1  α )  συντεταγμένες   α, .   αy1  

Ε΄ Α΄

Γ΄

Επομένως, έχουμε ( A ) 

β 2 | x1  α | α | y1 |

και ( A ) 

β 2 | x1  α | α | y1 |

(2)

Άρα (i)

( A )( A ) 

β 2  β 2 | x12  α 2 | α 2 y12

 β2

| β 2 x12  α 2 β 2 |

 β2

α 2 y12

α 2 y12 α 2 y12

γιατί

x12

y12

β2

 2

 β2 . 



(ii) Αρκεί να δείξουμε ότι E  E  . Πράγματι έχουμε

1

101    β 2 ( x1  α )   β 2 ( x1  α )    α  γ, E  E     α  γ ,    αy1  αy1  

 ( α 2  γ 2 )  β 2  β2 β2

β 2 ( x12  α 2 ) α 2 y12

β 2 x12  α 2 β 2 α 2 y12

 β 2  β 2 1  0 , 

γιατί

x12

y12

β2

 2

1 .



Άρα E  E  . 3. Αρκεί να δείξουμε ότι τα τμήματα M 1 M 2 και M 3 M 4 έχουν κοινό μέσο ή, ισοδύναμα, αρκεί να δείξουμε ότι x1  x 2 x 3  x 4  2 2

και

y1  y 2 y 3  y 4  2 2

 Αν η ευθεία M 1 M 2 είναι κατακόρυφη τότε, αφού ο άξονας x x είναι άξονας συμμετρίας της υπερβολής, θα ισχύει το ζητούμενο.

(1)

y

(2)

Έτσι, οι συντεταγμένες των M 1 , M 2 θα είναι οι λύσεις του συστήματος  y  λx  μ  2 (3) y2 x  2  2 1 β α

M3(x3,y3) M1(x1,y1)

 Αν η ευθεία M 1 M 2 δεν είναι κατακόρυφη, τότε θα έχει εξίσωση y  λx  μ



M2(x2,y2) M4(x4,y4) y

Αν θέσουμε στη δεύτερη εξίσωση όπου y το λx  μ , βρίσκουμε β 2 x 2  α 2 ( λx  μ ) 2  α 2 β 2

β 2 x 2  λ2 α 2 x 2  2 λμα 2 x  μ 2 α 2  α 2 β 2  0

( β 2  λ2 α 2 ) x 2  2 λμα 2 x  α 2 ( β 2  μ 2 )  0 .

 a

102 Επομένως x1  x2 λμα 2  2 2 2 2 β λ α

(4)

Για να βρούμε τις συντεταγμένες των M 3 και M 4 λύνουμε τα συστήματα  y  λx  μ  y  λx  μ   και   β β  x y   y   α x α

αντιστοίχως. Από τα συστήματα αυτά βρίσκουμε ότι x3 

μα β  λα

και x4  

μα β  λα

οπότε έχουμε x3  x 4 μα μα λμα 2    2 2 2 2 2( β  λα ) 2( β  λα ) β  λ α

Έτσι, από τις (4) και (5), προκύπτει ότι

(5)

x1  x 2 x 3  x 4  . 2 2

Εξάλλου έχουμε y1  λx1  μ ,

y 2  λx 2  μ ,

y 3  λx3  μ

και

y 4  λx 4  μ .

Άρα x x y y y1  y 2 x x λ 1 2 μλ 3 4 μ 3 4 . 2 2 2 2

4. Η παράλληλη ζ 1 προς την ασύμπτωτο ε1 : y 

έχει εξίσωση y  y1 

β ( x  x1 ) , α

ζ2

(1)

την

ε2

β x από το σημείο α M 1 ( x1 , y1 ) έχει εξίσωση

ε1

ενώ

β x από το σημείο M 1 ( x1 , y1 ) α

παράλληλη

ζ2

προς

ασύμπτωτο ε 2 : y  

β y  y1   ( x  x1 ) . α

(2)

ζ1

M1(x1,y1)

x M2

103 Έστω M 2 είναι το σημείο τομής της ζ 1 με την ε 2 και M 3 το σημείο τομής της ζ 2 με την ε1 . Τότε 



(OM 2 M 1 M 3 )  2(OM 1 M 2 ) | det(OM 1 ,OM 2 ) |

(3)

Για να προσδιορίσουμε τις συντεταγμένες του M 2 λύνουμε το σύστημα των ε2 : y  

β β x και ζ 1 : y  y1  ( x  x1 ) α α

Η δεύτερη εξίσωση, λόγω της πρώτης, γράφεται 

β β β x  y1  x  x1   βx  αy1  βx  βx1 α α α  2 βx  βx1  αy1  x

βx1  αy1 . 2β

Έτσι, από την πρώτη εξίσωση βρίσκουμε ότι y  

βx1  αy1 . Επομένως, οι 2α

συντεταγμένες του M 2 είναι x2 

βx1  αy1 2β

y2 

και

αy1  βx1 . 2α

Άρα, λόγω της (3), έχουμε: (OM 2 M 1 M 3 ) |

x1 x2

x1 || βx1  αy1 y2 2β y1

y1 αy1  βx1 | 2α



αx1 y1  βx12 βx1 y1  αy12  2α 2β



αβx1 y1  β 2 x12  αβx1 y1  α 2 y12 2αβ



α 2 y12  β 2 x12 2αβ



α 2 β 2 , 2αβ

γιατί το

x12

y12

β2

 2

1  αβ . 2

Άρα, το εμβαδόν του παραλληλόγραμμου OM 2 M 1 M 3 είναι σταθερό.

1

104 5. α΄ τρόπος: Αν ΚΛΜΝ είναι το οθρογώνιο βάσης της υπερβολής, (OA)  α και (OK )   . τότε

y N



y φ

A΄

(OA) α 1 συνφ    (OK ) γ ε

(1)

Επομένως, αν φ  AOK , τότε



B΄

y

Άρα

 a



συν KO  συν 2  2συν 2 φ 1 2

2ε 2

ε2

1  2

β β Οι ασύμπτωτες ε1 : y  x και ε 2 : y   x είναι παράλληλες α α   προς τα διανύσματα  1  ( ,  ) και  2  ( ,  ) αντιστοίχως. Επομένως, το συνημίτονο μιας από τις γωνίες των ασυμπτώτων είναι ίσο με το συνημίτονο   της γωνίας φ των διανυσμάτων  1 ,  2 , δηλαδή ίσο με   δ1 δ 2 α2  β 2 α2  β 2  2 συνφ     2 | δ1 | | δ 2 | α2  β2 α2  β2 α  β

β΄ τρόπος:

γ 2   2 α 2  (γ 2  α 2 ) 2α 2  γ 2  α   2ε .    2 γ2 γ2 ε2 γ   α

y Α΄2

Α΄1

Α1(α,0) Α2(ρα,0) Ο

C1 C2

Οι συντεταγμένες των A1 και A2 είναι ( ,0) και (  ,0) αντιστοίχως

105

 Για να δείξουμε ότι από το A2 δεν άγονται εφαπτομένες στη C1 , αρκεί να δείξουμε ότι καμιά από τις εφαπτόμενες της C1 δεν διέρχεται από το A2 . Αν M 1 ( x1 , y1 ) είναι ένα σημείο της C1 , τότε η εφαπτομένη της C1 στο M 1 θα έχει εξίσωση xx1 α



yy1 β2

1

(1)

Για να δείξουμε ότι η (1) δεν διέρχεται από το A2 (  ,0) , αρκεί να δείξουμε ότι ραx1 0 y1  2  1 ή, ισοδύναμα, x1  . α2 β

Πράγματι, είναι | x1 | , οπότε | x1 |   και άρα x1  . Επομένως, από το A2 δεν διέρχεται καμιά εφαπτομένη της υπερβολής C1 .

 Για να δείξουμε ότι από το A1 άγεται εφαπτομένη στη C 2 , αρκεί να βρούμε σημείο M 2 ( x 2 , y 2 ) της C 2 στο οποίο η εφαπτομένη της C 2 να διέρχεται από το A1 . Η εφαπτομένη της C 2 στο M 2 ( x 2 , y 2 ) έχει εξίσωση xx 2 α



yy 2 β2

 ρ2

(2)

Για να περνάει η εφαπτομένη (2) από το A1 ( ,0) , αρκεί να ισχύει αx 2 α

Όμως,

x 22 α



y 22 β



0 y2 β

 ρ 2 ή, ισοδύναμα, x 2  ρ 2 α .

(3)

 ρ 2 . Επομένως, λόγω της (3), έχουμε ρ4α 2 α2



y 22 β2

 ρ 2  ρ 4 β 2  y 22  ρ 2 β 2  y 22  ρ 2 β 2 ( ρ 2 1)  y 2   ρβ ρ 2 1 .

Άρα ( x 2 , y 2 )  ( ρ 2 α, ρβ ρ 2 1) ή ( x 2 , y 2 )  ( ρ 2 α,  ρβ ρ 2 1)

(4)

106 και επομένως από το σημείο A(a,0) άγονται προς την C 2 δύο εφαπτόμενες με εξίσώσεις xρ 2 α α



yρβ ρ 2 1 β

 ρ 2 και

xρ 2 α α



yρβ ρ 2 1 β

 ρ2

αντιστοίχως, οι οποίες παίρνουν τη μορφή: βρ 2 x  αρ ρ 2 1 y  ρ 2 αβ και

βρ 2 x  αρ ρ 2 1 y  ρ 2 αβ .

3.5 Η ΕΞΙΣΩΣΗ Ax 2  By 2  x  Δy  E  0

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Είναι: y 2  8 x  8  0  y 2  8( x 1)  y 2  2  4( x 1)

οπότε, αν θέσουμε X  x 1 και Y  y , έχουμε Y 2  2 4 X .

Άρα, η εξίσωση παριστάνει παραβολή με κορυφή το σημείο O (1,0) . Η εστία Ε της παραβολής έχει ως προς το σύστημα O XY συντεταγμένες ( X ,Y )  (2,0) , οπότε ως προς το σύστημα Oxy θα έχει συντεταγμένες ( x, y )  (3,0) . (ii) Είναι: x 2  4 x 16 y  4  0  x 2  4 x  4 16 y  ( x  2) 2  2 8 y

οπότε, αν θέσουμε X  x  2 και Y  y , έχουμε X 2  2 8Y .

Άρα, η εξίσωση παριστάνει παραβολή με κορυφή το σημείο O (2,0) και εστία το σημείο E (2,4) .

107

(iii) Είναι: y 2  4 y  8 x  28  0  y 2  4 y  4  8 x  32  ( y  2) 2  2  4( x  4)

οπότε, αν θέσουμε X  x  4 και Y  y  2 , έχουμε Y 2  2  (4) X .

Άρα, η εξίσωση παριστάνει παραβολή με κορυφή το σημείο O (4,2) και εστία το σημείο E (2,2) . (iv) Είναι x 2  8 x  6 y  8  0  x 2  8 x 16  6 y  24  ( x  4) 2  2(3)( y  4)

οπότε, αν θέσουμε X  x  4 και Y  y  4 , έχουμε X 2  2  (3)Y .

Άρα, η εξίσωση παριστάνει παραβολή με κορυφή το σημείο O (4,4) και  5 εστία το σημείο E  4,  .  2

2. (i) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά 9 x 2  25 y 2  36 x 189  0

9( x 2  4 x)  25 y 2 189 9( x 2  4 x  4)  25 y 2  225

9( x  2) 2  25 y 2  225 ( x  2) 2 y 2  1 25 9

οπότε, αν θέσουμε X  x  2 και Y  y , η εξίσωση παίρνει τη μορφή X2 52



Y2 32

1 .

Άρα, η εξίσωση παριστάνει έλλειψη με κέντρο το σημείο O (2,0) και άξονες συμμετρίας τις ευθείες x  2 και y  0 . Ως προς το σύστημα O XY οι

108 κορυφές A, A έχουν συντεταγμένες ( X ,Y )  (5,0) και ( X ,Y )  (5,0) αντιστοίχως, ενώ οι εστίες E , E έχουν συντεταγμένες ( X ,Y )  (4,0) και ( X ,Y )  (4,0) αντιστοίχως. Επομένως, ως προς το σύστημα Oxy οι κορυφές A, A έχουν συντεταγμένες (3,0) και (7,0) αντιστοίχως, ενώ οι εστίες E , E έχουν συντεταγμένες (2,0) και (6,0) αντιστοίχως. (ii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά x 2  4 x 16 y 2  0 ( x 2  4 x  4) 16 y 2  4

( x  2) 2 16  y 2  4 ( x  2) 2 y 2  1 1 4 4

οπότε, αν θέσουμε X  x  2 και Y  y , η εξίσωση παίρνει τη μορφή X2 2



Y2 1   2

1 .

Άρα, η εξίσωση παριστάνει έλλειψη με κέντρο το σημείο O (2,0) , κορυφές  15  τα σημεία A(4,0) και A(0,0) και εστίες τα σημεία E   2  ,0 και   2  

 15  E  2 ,0 .   2  

(iii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά 4 x 2  9 y 2  32 x  36 y  64  0

4( x 2  8 x)  9( y 2  4 y )  64 4( x 2  2 4 x 16)  9( y 2  2 2 y  4)  64  64  36 4( x  4) 2  9( y  2) 2  36

( x  4) 2 ( y  2) 2  1 9 4

109 οπότε, αν θέσουμε X  x  4 και Y  y  2 , η εξίσωση παίρνει τη μορφή

X2 32



Y2 22

1 .

Άρα, η εξίσωση παριστάνει έλλειψη με κέντρο το σημείο O (4,2) , κορυφές τα σημεία A(1,2) , A(7,2) και εστίες τα σημεία E (4  5 ,2) , E (4  5 ,2) . (iv) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά 9 x 2 16 y 2  54 x  32 y  47  0

9( x 2  6 x) 16( y 2  2 y )  47 9( x 2  2 3 x  9) 16( y 2  2 y 1)  47  8116

9( x  3) 2 16( y 1) 2 144 ( x  3) 2 ( y 1) 2  1 16 9

οπότε, αν θέσουμε X  x  3 και Y  y 1 , η εξίσωση παίρνει τη μορφή X2 42



Y2 32

1 .

Άρα, η εξίσωση παριστάνει έλλειψη με κέντρο το σημείο O (3,1) , κορυφές τα σημεία

A(7,1) ,

και εστίες τα σημεία

A(1,1)

E (3  7 ,1) .

3. (i) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: 21x 2  4 y 2  84 x  32 y  64  0 21( x 2  4 x)  4( y 2  8 y )  64

21( x 2  2  2 x  4)  4( y 2  2  4 y 16)  64  84  64 21( x  2) 2  4( y  4) 2  84

( x  2) 2 ( y  4) 2  1 4 21

E (3  7 ,1) ,

110 οπότε, αν θέσουμε X  x  2 και Y  y  4 , παίρνει τη μορφή X2 22



Y2 ( 21) 2

1 .

Άρα, η εξίσωση παριστάνει υπερβολή με κέντρο το σημείο O (2,4) . Ως προς το σύστημα O XY οι κορυφές A , Α έχουν συντεταγμένες ( X ,Y )  (0,4) και ( X ,Y )  (4,4) αντιστοίχως, ενώ οι εστίες E , E έχουν συντεταγμένες ( X ,Y )  (5,0) και ( X ,Y )  (5,0) αντιστοίχως. Επομένως, ως προς το σύστημα Oxy οι κορυφές έχουν συντεταγμένες (3,4) και (7,4) αντιστοίχως. (ii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά 2 y 2  3 x 2  8 y  6 x 1 0

2( y 2  4 y )  3( x 2  2 x) 1 2( y 2  2  2 y  4)  3( x 2  2 x 1) 1 8  3

2( y  2) 2  3( x 1) 2  6 ( y  2) 2 ( x 1) 2  1 3 2

οπότε, αν θέσουμε X  x 1 και Y  y  2 , παίρνει τη μορφή Y2 ( 3) 2



X2 ( 2)2

1 .

Άρα, η εξίσωση παριστάνει υπερβολή με κέντρο το σημείο O (1,2) , κορυφές τα σημεία A(1, 2  3 ) , A(1, 2  3 ) και εστίες τα σημεία E (1, 2  5 ) και E (1, 2  5 ) .

4. Η ευθεία y  x  2 εφάπτεται της παραβολής y  x 2 x  2 , αν και μόνο αν  y  x  2 έχει διπλή λύση. Είναι όμως: το σύστημα   y  x 2 x  2

111  y  x  2  y  x  2  y  x  2  2  2  2  y  x x  2  x x  2  x  2  x  ( 1) x  4  0

(1) ( 2)

Επομένως, το σύστημα έχει διπλή λύση, αν και μόνο αν η εξίσωση (2) έχει διπλή ρίζα που συμβαίνει, αν και μόνο αν Δ=0. Έχουμε λοιπόν

  0  ( 1) 2  4 2  0   1 4 ή  1 4   3

ή   5 .

5. Η μοναδική κατακόρυφη εφαπτομένη της παραβολής y 2  4 x είναι ο άξονας 1 . 2 Επομένως, αν υπάρχει κοινή εφαπτομένη, ε, του κύκλου και της παραβολής, αυτή θα έχει εξίσωση της μορφής y y

y y . Ο άξονας, όμως,

δεν εφάπτεται του κύκλου x 2  y 2 

ε : y  λx  β

(1)

1 , αν και μόνο αν η απόστασή της από 2 το κέντρο O(0,0) του κύκλου είναι ίση με την ακτίνα του, δηλαδή, αν και μόνο αν ισχύει

Η ε εφάπτεται του κύκλου x 2  y 2 

|β| λ 1 2



ή, ισοδύναμα, 2  2   2  1 .

(2)

Η ε εφάπτεται της παραβολής y 2  4 x , αν και μόνο αν το σύστημα  y  λx  β έχει διπλή λύση. Είναι όμως:  2  y  4 x  y  λx  β  y  λx  β  y  λx  β   2 2  2 2  y  4 x ( λx  β )  4 x  λ x  2( λβ  2) x  β 2  0

(3)

Επομένως, το σύστημα έχει διπλή λύση, αν και μόνο αν η (3) έχει διπλή λύση που συμβαίνει, αν και μόνο αν λ  0 και   0

Έχουμε λοιπόν  λ  0  λ  0 λ  0 1      2 2 2  0  4  4  0  λβ  4( λβ  2)  4 λ β  0  

Έτσι, λόγω των (2) και (4), έχουμε

(4)

112 2 2 β 2  λ2 1  2  λ2 1  λ4  λ2  2  0    λ   1 1 β  β  1 β  λ λ    λ

 λ2  1   1 β  λ 

 λ 1   β 1

 λ  1 .   β  1

Άρα, υπάρχουν δύο κοινές εφαπτομένες του κύκλου και της παραβολής, οι ευθείες: y  x 1 και

y   x 1 .

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 3ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ

1. (i) Η (1) γράφεται διαδοχικά: ( x 2  2x)  y 2 1

( x 2  2x   2 )  y 2   2 1

y A(0,1) K(λ,0)

( x   ) 2  y 2  (  2 1 ) 2

Άρα η (1) παριστάνει κύκλο με κέντρο K (  , 0) και ακτίνα

x B(0,-1)

   2 1 . (ii) Θα θεωρήσουμε δύο από τους παραπάνω κύκλους και αφού βρούμε τα κοινά τους σημεία θα αποδείξουμε ότι κάθε άλλος κύκλος που ορίζεται από την εξίσωση (1) διέρχεται από τα σημεία αυτά. Για λ=0, λ=1 έχουμε τους κύκλους: C 0 : x 2  y 2 1 0 και C1 : x 2  y 2  2 x 1 0

(2)

αντιστοίχως. Τα σημεία τομής των κύκλων αυτών είναι οι λύσεις του συστήματος των εξισώσεων (2). Λύνουμε το σύστημα αυτό ως εξής:  x 2  y 2 1 0  x 2  y 2 1  y 2 1  x  0     2   x  0  x  y 2  2 x 1 0 2 x  0  y 1

x  0   y  1

113 Άρα, οι κύκλοι C 0 και C1 τέμνονται στα σημεία A(0,1) και B (0,1) . Από τα σημεία αυτά διέρχονται όλοι οι κύκλοι που ορίζονται από την εξίσωση (1), αφού οι συντεταγμένες των Α και Β επαληθεύουν την (1) για κάθε  R . Πράγματι 0 2 12  2 0 1 0 και 0 2  (1) 2  2 0 1 0 .

Η εξίσωση της κοινής χορδής είναι η x  0 .

2. (i) Ο κύκλος C1 : x 2  y 2 1 έχει κέντρο το K 1 (0,0) και ακτίνα  1 1 , ενώ το κύκλος C 2 : ( x  2) 2  y 2  2 2 έχει κέντρο το K 2 (2,0) και ακτίνα  2  2 . Επομένως, αν ε είναι η ευθεία με εξίσωση y  λx  β , τότε θα έχουμε d (K1 , ) 

| 0  0   |

 2 1



| |

 2 1

και

(1) |   2  0   | | 2   | d (K 2 , )    2 1  2 1

(ii) Για να εφάπτεται η ε και στους δύο κύκλους πρέπει να αρκεί d ( K 1 ,  )   1 και d ( K 2 ,  )   2

Όμως:  | β| 1  d ( K1 , ε )  ρ1 (1)  λ2 1   d ( K 2 , ε )  ρ 2  | 2 λ  β |  2  λ2 1 

| β | λ2 1   | 2 λ  β | 2 λ2 1

| β | λ2 1  β 2  λ2 1   | 2 λ  β || 2 β | 2 λ  β  2 β ή 2 λ  β  2 β  β 2  λ2 1   β  2λ ή 

 2 1 λ   3  β  2 λ

β 

2λ 3

 4 λ2 2  λ 1 (αδύνατη)  9  β   2λ  3

114  3 λ   3  2 3   β  3

 3 λ    3 .  2 3   β   3

Άρα, υπάρχουν δύο κοινές εφαπτόμενες των κύκλων C1 και C 2 οι:

1 : y 

3 2 3 x 3 3

και  2 : y  

3 2 3 x . 3 3

(iii) Οι ευθείες  1 ,  2 είναι συμμετρικές ως προς τον άξονα xx . Άρα τέμνονται πάνω στον xx και, επειδή η  1 σχηματίζει με τον άξονα xx γωνία 30 0 (αφού 1 

3  εφ30 0 ), οι ευθείες  1 ,  2 σχηματίζουν γωνία 3

60 0 .

3. (i) Οι συντεταγμένες ( x1 , y1 ) και ( x 2 , y 2 ) των σημείων Α και Β είναι οι  y  λx  β . Η δεύτερη εξίσωση του συστήματος, λύσεις του συστήματος  2  y  4 x λόγω της πρώτης, γράφεται ( λx  β ) 2  4 x  λ2 x 2  2 λβx  β 2  4 x

 λ2 x 2  2( λβ  2) x  β 2  0

(1)

Η εξίσωση αυτή είναι δευτεροβάθμια και έχει λύση, αν και μόνο αν   0 , δηλαδή, αν και μόνο αν λβ 1

(2)

Στην περίπτωση αυτή το μέσο Μ θα έχει συντεταγμένες x

x1  x 2 2  λβ  2 λ2

(3)

και y

y1  y 2 x x 2 2  λβ λ 1 2 β β λ λ 2 2

(4)

(ii) α) Αν λ=1, λόγω των σχέσεων (2), (3) και (4), το σημείο Μ έχει συντεταγμένες  x  2  β , με  y  2

β 1

115 Άρα, όταν το β μεταβάλλεται, τότε το Μ διαγράφει την ημιευθεία M 0 t : y  2, με

x 1,

όπου M 0 το σημείο με συντεταγμένες (1,2) (Σχ. α). β) Αν β=0, λόγω των σχέσεων (3) και (4), το σημείο Μ έχει συντεταγμένες: 2   x  2 λ ,  y 2  λ

λR * ,

οπότε

2  x  2  λ  λ  2 , y  0  y

και άρα

 y 2  2 x .   y  0

Επομένως, όταν το λ μεταβάλλεται, τότε το σημείο Μ διαγράφει την παραβολή y 2  2 x με εξαίρεση το σημείο Ο(0,0) (Σχ. β).

y 2 =4x y 2 =2x

y=2, x1

M0(1,2)

t O

y 2 =4x (β)

(α)

4. Η ευθεία ζ, που διέρχεται από το σημείο  (0,2 β ) και έχει συντελεστή διεύθυνσης λ, έχει εξίσωση y Μ΄ Σ(0,2β) y  λx  2 β . Μ

Επομένως τα σημεία έχουν συντεταγμένες

B(0,β)

M ,M 

A(a,0)

A΄(-a,0)

(α, λα  2 β ) και (α, λα  2 β ) ,

που είναι συστημάτων

οι

λύσεις

ζ: y=λx+2β

των

x B΄(0,-β)

ε΄: x=-α

ε: x=α

116

 y  λx  2 β  x  α

 y  λx  2 β και   x  α

αντιστοίχως. Επομένως (i) Ο κύκλος με διάμετρο MM  έχει κέντρο το  (0,2  ) και ακτίνα ρ  ( )  α 2  ( λα ) 2  α λ2 1 . Άρα έχει εξίσωση: x 2  ( y  2 β ) 2  α 2 ( λ2 1)

(1)

(ii) Για να διέρχεται ο κύκλος αυτός από τις εστίες της έλλειψης αρκεί οι συντεταγμένες τους να τον επαληθεύουν. Αρκεί, δηλαδή, γ 2  (0  2 β ) 2  α 2 ( λ2 1)

(2)

Όμως (2)  γ 2  4 β 2  α 2 λ2  α 2

 α 2 λ2  γ 2  α 2  4β 2  α 2 λ2   β 2  4β 2  α 2 λ2  3β 2

 λ

β 3 α

Επομένως ο κύκλος διέρχεται από τις εστίες, αν και μόνο αν λ   x2

1 είναι α=5 και β=4. Επομένως γ=3, οπότε οι 52 42 εστίες της έλλειψης είναι τα σημεία E (3,0) και E (3,0) . Άρα, αν

5. Για την έλλειψη

β2

 2



β 3. α

1 είναι η εξίσωση της ζητούμενης υπερβολής, τότε θα ισχύει α 2  β 2  32  9 .

Για να εφάπτεται η υπερβολή της ευθείας y  x 1 αρκεί το σύστημα  y  x 1  2 y2 x  1  2 β2 α

(1)

117 να έχει διπλή λύση. Η δεύτερη εξίσωση του συστήματος, λόγω της πρώτης, γράφεται x2

( x 1) 2

β2

 2

 β 2 x 2  α 2 ( x 1) 2  α 2 β 2  ( β 2  α 2 ) x 2  2α 2 x  α 2 ( β 2 1)  0

(2)

Επομένως, αρκεί η εξίσωση (2) να είναι δευτεροβάθμια με διακρίνουσα Δ=0, δηλαδή αρκεί β 2 α 2  0 και 4α 4  4α 2 ( β 2 1)( β 2  α 2 )  0

ή, ισοδύναμα, β  α (2) και α 2  ( β 2 1)( β 2  α 2 )  0 (3)

Όμως α 2  ( β 2 1)( β 2  α 2 )  0  α 2  β 4  β 2  α 2 β 2  α 2  0  β 2 1 α 2  0

 α 2  β 2 1

Έτσι, έχουμε α 2  β 2  9  2 2 α  β  1 , α   β 

οπότε

α 2  5  2  β  4

Άρα, η υπερβολή έχει εξίσωση x2 y2  1 5 4

6. Έστω ω το μέτρο της γωνιακής ταχύτητας. Τότε, κατά τη χρονική στιγμή t το

A(4συνωt,4ημωt)



διάνυσμα 1 , θα έχει διαγράψει γωνία 

φ ωt , ενώ το διάνυσμα B1 , θα έχει διαγράψει γωνία φ  ωt . Επομένως, κατά τη χρονική στιγμή t το διάνυσμα 

1 θα έχει πάρει τη θέση

φ B (1,0) 1

A1(4,0)

-φ

B(συν(-ωt),ημ(-ωt))

118 

OA  (4συνφ,4ημφ)  (4συνωt ,4ημωt ) , 

ενώ το OB1 , θα έχει πάρει τη θέση 

OB  (συν(-φ), ημ(-φ))  (συνωt ,ημωt ) . 



Έτσι, για τη συνισταμένη OM των OA και OB θα ισχύει 



OM  OA OB  (4συνωt ,4ημωt )  (συνωt , ημωt )  (5συνωt ,3ημωt ) .

Άρα, το Μ θα διαγράψει την έλλειψη

x2 52



y2 32

1 .

7. (i) Αν (α,2α ) και ( β ,2 β ) ,  ,   0 , είναι οι συντεταγμένες των M 1 και M 2 αντιστοίχως και ( x, y ) οι συντεταγμένες του μέσου Μ, τότε θα ισχύουν

y=2x M1(a,2a) M(x,y)

α  β  2 x και α  β  y , O

οπότε θα έχουμε α

2x  y 2

και

β

2x  y 2

M2(β,-2β)

(1) y=-2x

(ii) Το εμβαδόν του τριγώνου OM 1 M 2 δίνεται από τον τύπο   1 (OM 1 M 2 )  | det(OM 1 , OM 2 ) | 2

1 α  | 2 β

2α | 2αβ . 2β

Επομένως (OM 1 M 2 )  2  αβ 1

2x  y 2x  y x2 y2  1  4 x 2  y 2  4  2  2 1 , (2) 2 2 1 2

που παριστάνει υπερβολή. Όμως  ,   0 , οπότε x  0 . Άρα το σημείο M ( x, y ) ανήκει στο δεξιό κλάδο της υπερβολής (2).

119 8. Οι εξισώσεις των εφαπτομένων ε1 και ε 2 των C1 και C 2 στα σημεία 1 και  2 είναι:

ε1 :

xx1 α



yy1 β

1

y=(εφθ)x Γ1

(1)

Γ2

και

x C1

ε 2 : α 2 xx 2  β 2 yy 2  1

(2)

αντιστοίχως. Επομένως οι συντελεστές διεύθυνσης λ1 και λ2 των ε 1 και ε 2 είναι ίσοι με λ1  

β 2 x1

και λ2  

α 2 y1

α 2 x2 β 2 y2

οπότε θα ισχύει

λ1 λ2 

x1 x 2 x1 x 2 1   y1 y 2 (εφθ ) x1  (εφθ ) x 2 εφ 2 θ

αφού y1  (εφθ ) x1 και y 2  (εφθ ) x 2 . 9. (i) Η διχοτόμος y  x , x  0 της y



γωνίας xOy τέμνει την έλλειψη στο σημείο M 1 ( x1 , x1 ) με x1 

αβ α2  β2

y=x M1(x1,x1)

y=λx

M(t,λt) O

Επομένως, η εφαπτομένη  1 της έλλειψης στο σημείο M 1 ( x1 , x1 ) έχει εξίσωση xx1 α



και άρα συντελεστή διεύθυνσης λ1  

yx1 β2

1

β2

1 . Επειδή λ1   , έχουμε 2 α 2

1 β2 1 λ1     2   2 2 α

 α2  2β 2

120   2  2( 2   2 )  2 2  2 2

γ 1    2 α



γ 2 2  ε α 2 2

(ii) Αν (t , t ) είναι οι συντεταγμένες του Μ, τότε η εφαπτομένη της έλλειψης στο σημείο αυτό έχει εξίσωση xt α



yλt β2

1

και άρα έχει συντελεστή διεύθυνσης

μ

β2 λα

β 2  α 2 γ 2 .

. Όμως

Επομένως,

μ

οπότε λμ  

γ 2 α 2 λα 2

2 2    1 1 1  γ  1   2   ,    1  (ε 2 1)    1     λ  α  λ λ λ 2 2      

1 . 2

10. (i) Έστω Μ το κέντρο και r η ακτίνα ενός από τους παραπάνω κύκλους C. Τότε θα έχουμε: d (M , K )  R  r

(1)

και

M3 M1     r R

d (M , ε)  r .

    R

Επομένως, θα ισχύει

C M r

M2 R Κ C1

d (M , K )  d (M , ε)  R .

Αν, τώρα, στο ημιεπίπεδο, ως προς ε, που δεν ανήκει το Κ φέρουμε ευθεία δ παράλληλη προς την ε και σε απόσταση R μονάδων, τότε θα ισχύει (1)

d (M , δ)  R  r  d (M , K ) .

Άρα, το κέντρο Μ του κύκλου C θα ανήκει στην παραβολή που έχει εστία το Κ και διευθετούσα τη δ.

121 (ii) Έστω Μ το κέντρο και r η ακτίνα ενός από τους παραπάνω κύκλους C. Τότε θα έχουμε:

M1 r M r

d ( M , K 1 )  R1  r

και

d (M , K 2 )  R2  r .

Επομένως, θα ισχύει d ( M , K 1 )  d ( M , K 2 )  R1  R 2 (σταθερό).

Άρα, το κέντρο Μ του κύκλου C θα ανήκει στην έλλειψη με εστίες τα σημεία K 1 και K 2 και σταθερό άθροισμα 2  R1  R 2 . (iii) Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι R1  R 2 . Έστω Μ το κέντρο και r η ακτίνα ενός από τους παραπάνω κύκλους C. Τότε θα έχουμε: d ( M , K1 )  R1  r

και d ( M , K 2 )  R2  r

οπότε r

d ( M , K 1 )  d ( M , K 2 )  R1  R2  0 (σταθερό).

M r

M1 R1

Άρα, το κέντρο Μ του κύκλου C θα ανήκει στο δεξιό κλάδο της υπερβολής με εστίες τα σημεία E   K 1 και E  K 2 και σταθερή διαφορά 2  R1  R 2  0 .

M2 R2 K2

11. (i) Η εξίσωση της εφαπτομένης ε της έλλειψης

2



2

1 στο σημείο με

συντεταγμένες ( x1 , y1 )  (ασυνφ, βημφ) είναι η xασυνφ yβημφ   1  ( βσυνφ) x  (αημφ) y  αβ  0 α2 β2

(ii) Λόγω της (1) έχουμε: d ( E , ε )  d ( E , ε ) 

| βγσυνφ  αβ | β συν φ  α ημ φ 2



|  βγσυνφ  αβ | β 2 συν 2 φ  α 2 ημ 2 φ

(1)

122  

|α 2 β 2  β 2 γ 2 συν 2 φ| β 2 συν 2 φ  α 2 ημ 2 φ β 2 | α 2  γ 2 συν 2 φ | (α 2  γ 2 )συν 2 φ  α 2 ημ 2 φ

 β2 β2

| α 2  γ 2 συν 2 φ | α 2 (συν 2 φ  ημ 2 φ)  γ 2 συν 2 φ | α 2  γ 2 συν 2 φ| α 2  γ 2 συν 2 φ

 2 .

(iii) Η εφαπτομένη (1) τέμνει τους άξονες x x και y y στα σημεία   α  β   , εφόσον βέβαια είναι ημφ  0 και συνφ  0 , που A ,0  και   0, συνφ ημ φ     συμβαίνει όταν το Μ δεν συμπίπτει με μια από τις κορυφές A, A, B, B  της έλλειψης. Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ είναι ίσο με β αβ 1 1 α (OAB )  (OA)(OB)    . 2 2 συνφ ημφ | ημ 2φ|

Επομένως, το εμβαδόν ελαχιστοποιείται, αν και μόνο αν | ημ 2φ|1 που π συμβαίνει, αν και μόνο αν 2φ  2κπ  , κ Z , ή, ισοδύναμα, 2 π κ  κπ  , κ  Z . 4

ΚΕΦΑΛΑΙΟ

4.1 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Έστω P (ν) η ισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε.

1 2 3 , που είναι αληθής. 6  Θα αποδείξουμε ότι, αν η P (ν) είναι αληθής, τότε και η P (ν 1) θα είναι αληθής, δηλαδή ότι: ν(ν 1)(2ν 1) Αν 12  2 2  ...  ν 2  (1), τότε 6 (ν 1)(ν  2)(2ν  3) 12  2 2  ...  ν 2  (ν 1) 2  . 6 Πράγματι, έχουμε: 

Η P (ν) αληθεύει για ν 1 , αφού γράφεται 12 

(1)

12  2 2  ...  ν 2  (ν 1) 2 

ν(ν 1)(2ν 1)  (ν 1) 2 6



(ν 1)[ν(2ν 1)  6(ν 1)] 6



(ν 1)(2ν 2  7ν  6) 6



(ν 1)(ν  2)(2ν  3) . 6

Άρα, η P (ν) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν. (ii) Έστω P (ν) η ισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε. 2

 1 2   Η P (ν) αληθεύει για ν 1 , αφού γράφεται 13    , που είναι αληθής.  2 

 Θα αποδείξουμε ότι, αν η P (ν) είναι αληθής, τότε και η P (ν 1) θα είναι αληθής, δηλαδή ότι:

124  ν(ν 1)  Αν 13  2 3  ...  ν 3     2 

(1), τότε 2

 (ν 1)(ν  2)  13  2 3  ...  ν 3  (ν 1) 3    . 2  

Πράγματι, έχουμε: (1)

13  2 3  ...  ν 3  (ν 1) 3 

ν 2 (ν 1) 2  (ν 1) 3 4



(ν 1) 2 (ν 2  4(ν 1)) 4



(ν 1) 2 (ν 2  4ν  4) 4



(ν 1) 2 (ν  2) 2 4 2

 (ν 1)(ν  2)    . 2  

Άρα, η P (ν) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν. (iii) Έστω P (ν) η ισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε 

Η P (ν) αληθεύει για ν 1 , αφού γράφεται 1 2 

1 2 3 , που είναι αληθής. 3

 Θα αποδείξουμε ότι, αν η P (ν) είναι αληθής, τότε και η P (ν 1) θα είναι αληθής, δηλαδή ότι: ν(ν 1)(ν  2) Αν 1 2  2 3  ...  ν(ν 1)  (1), τότε 3 1 2  2 3  ...  ν(ν 1)  (ν 1)(ν  2) 

(ν 1)(ν  2)(ν  3) . 3

Πράγματι, έχουμε: (1)

1 2  2 3  ...  ν(ν 1)  (ν 1)(ν  2)  

ν(ν 1)(ν  2)  (ν 1)(ν  2) 3 (ν 1)(ν  2)(ν  3) . 3

Άρα, η P (ν) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν.

125 (iv) Έστω P (ν) η ισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε 1 1  , που είναι αληθής. 1 2 11  Θα αποδείξουμε ότι, αν η P (ν) είναι αληθής, τότε και η P (ν 1) θα είναι αληθής, δηλαδή ότι: 1 1 ν 1   ...   (1), τότε Αν 1 2 2 3 ν(ν 1) ν 1



Η P (ν) αληθεύει για ν 1 , αφού γράφεται

ν 1 1 1 1 1   ...    . ν(ν 1) (ν 1)(ν  2) ν  2 1 2 2 3

Πράγματι, έχουμε: (1) 1 1 1 1 ν 1   ...     1 2 2 3 ν(ν 1) (ν 1)(ν  2) ν 1 (ν 1)(ν  2)



ν(ν  2) 1 (ν 1)(ν  2)



(ν 1) 2 (ν 1)(ν  2)



ν 1 . ν2

Άρα, η P (ν) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν.

2. Έστω P (ν) η ισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε x 1 , που είναι αληθής. x 1  Θα αποδείξουμε ότι, αν η P (ν) είναι αληθής, τότε και η P (ν 1) θα είναι αληθής, δηλαδή ότι: x ν 1 x ν 1 1 (1), τότε 1 x  x 2  ...  x ν 1  x ν  . Αν 1 x  x 2  ...  x ν 1  x 1 x 1 Πράγματι, έχουμε:



Η P (ν) αληθεύει για ν 1 , αφού γράφεται 1

(1)

1 x  x 2  ...  x ν 1  x ν 

x ν 1  xν x 1



x ν 1 x ν 1  x ν x 1



x ν 1 1 . x 1

126 Άρα, η P (ν) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν. ΣΧΟΛΙΟ

Η ισότητα P (ν) είναι γνωστή από τη θεωρία πολυωνύμων,

αφού το πολυώνυμο x ν 1  x ν  2  ...  x 1 είναι το πηλίκο της τέλειας διαίρεσης του x ν 1 με το x 1 .

3. (i) Έστω P (ν) η ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε



Η P (ν) αληθεύει για ν  3 , αφού γράφεται 3 2  2 3 1 που είναι αληθής.

 Θα αποδείξουμε ότι, αν η P (ν) είναι αληθής, τότε και η P (ν 1) θα είναι αληθής, δηλαδή ότι: Αν ν 2  2ν 1 (1), τότε (ν 1) 2  2(ν 1) 1 . Πράγματι, έχουμε: (1)

(ν 1) 2  ν 2  2ν 1  2ν 1 2ν 1 4ν  2

Επομένως, αρκεί να δείξουμε ότι 4ν  2  2(ν 1) 1 . Έχουμε: 1 4ν  2  2(ν 1) 1 4ν  2  2ν  3  2ν 1 ν  , 2

που ισχύει. Άρα, η P (ν) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν  3 . (ii) Έστω P (ν) η ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε 7



4 Η P (ν) αληθεύει για ν  7 , αφού γράφεται    7 , που είναι αληθής. 3

 Θα αποδείξουμε ότι, αν η P (ν) είναι αληθής, τότε και η P (ν 1) θα είναι αληθής, δηλαδή ότι: ν

4 4 Αν    ν (1), τότε   3 3

ν 1

 (ν 1) .

Πράγματι, έχουμε: 4   3

ν 1

Επομένως, αρκεί να δείξουμε ότι

 4   4  (1) 4        ν . 3 3 3

4 ν ν 1 . Έχουμε: 3

127 4 ν  ν 1 4ν  3ν  3  ν  3 , 3 που ισχύει γιατί ν  7 . Άρα, η P (ν) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν  7 . (iii) Έστω P (ν) η ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε 

Η P (ν) αληθεύει για ν 1 , αφού γράφεται 51  5 1 , που είναι αληθής.

 Θα αποδείξουμε ότι, αν η P (ν) είναι αληθής, τότε και η P (ν 1) θα είναι αληθής, δηλαδή ότι: Αν 5 ν  5ν 1 (1), τότε 5 ν 1  5(ν 1) 1 . Πράγματι, έχουμε: (1)

5 ν 1  55 ν  5(5 ν 1)  25ν  5 .

Επομένως, αρκεί να δείξουμε ότι 25ν  5  5(ν 1) 1 . Έχουμε: 25ν  5  5(ν 1) 1 25ν  5  5ν  4  ν 

9 , 20

που ισχύει.. Άρα, η P (ν) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν .

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έστω P (ν) η ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε

 Η P (ν) αληθεύει για ν  4 , αφού γράφεται 4! 2 4 ή, ισοδύναμα, 2416 , που είναι αληθής. 

Θα αποδείξουμε ότι, αν η P (ν) είναι αληθής, τότε και η P (ν 1) θα είναι

αληθής, δηλαδή ότι, αν ν! 2 ν τότε και (ν 1)! 2 ν 1 . Πράγματι έχουμε διαδοχικά: ν! 2 ν (ν 1)  ν! (ν 1)2 ν (ν 1)! (ν 1)  2 ν

128 (ν 1)! 2  2 ν ,

αφού ν 1 2 γιατί ν  4

(ν 1)! 2 ν 1 .

Επομένως, η ανισότητα αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν  4 . 2. Έστω P (ν) η ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε

 

Η P (ν) αληθεύει για ν 1 , αφού γράφεται

1  2  , που είναι αληθής. 1 1 1

Θα αποδείξουμε ότι, αν η P (ν) είναι αληθής, τότε και η P (ν 1) θα είναι αληθής, δηλαδή ότι: Αν

1 1



1 2

 ... 

1 ν

2

1 ν

(1), τότε 1 12



1 22

 ... 

1 ν2

Πράγματι, αν και στα δύο μέλη της (1) προσθέσουμε το 1 1



1 2

 ... 

1 ν



1 (ν 1) 2

1 1 . 2  ν (ν 1) 2 (ν 1) 2

Επομένως, αν δείξουμε ότι 1 1 1 2  2 , 2 ν (ν 1) ν 1 τότε θα ισχύει το ζητούμενο. Έχουμε λοιπόν: 1 1 1 1 1 1 2  2    2 2 ν (ν 1) (ν 1) ν (ν 1) (ν 1)  (ν 1) 2  ν  ν(ν 1)  0  ν(ν 1)  (ν 1) 2  ν

 0  ν 2  ν  ν 2  2ν 1 ν

που ισχύει..

Άρα, η P(ν) αληθεύει για όλους τους θετικούς ακέραιους ν .

1 . ν 1

, έχουμε

 01 ,

2

129 ν

 ν 1  3. Αρκεί να αποδείξουμε ότι    ν για κάθε ν  3 ή, ισοδύναμα, ότι  ν  ν

 1 1    ν  ν

για κάθε ν  3 .

Έστω P(ν) η ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε 3

4 Η ανισότητα P(ν) αληθεύει για ν  3 , αφού γίνεται    3 ή, 3 ισοδύναμα, 64 81 , που είναι αληθής.



 Θα αποδείξουμε ότι, αν η P(ν) είναι αληθής, τότε και η P(ν 1) θα είναι αληθής, δηλαδή ότι: ν

1   1  Αν 1   ν (1), τότε 1  ν ν 1    

Πράγματι, επειδή 1< 1

ν 1

 ν 1 .

1 1 1 έχουμε ν 1 ν

1    1   ν 1 

ν 1

 1   1   ν

ν 1

 1  1   1   1    ν  ν

 1  ν  1    ν ν 1 .

Άρα, η P(ν) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν  3 .

4.2 ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΔΙΑΙΡΕΣΗ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Είναι: 83  7 11 6 Άρα το πηλίκο είναι 7 και το υπόλοιπο 6. 83  (7)11 6  (8)11 5 (ii) Είναι: Άρα το πηλίκο είναι 8 και το υπόλοιπο 5.

(λόγω της (1))

130 (iii) Είναι:

83  (7)(11)  6

Άρα το πηλίκο είναι 7 και το υπόλοιπο 6. (iv) Είναι:

83  7  (11)  6  8(11)  5

Άρα το πηλίκο είναι 8 και το υπόλοιπο 5. 2. (i) Κάθε ακέραιος α, σύμφωνα με την ταυτότητα της ευκλείδειας διαίρεσης, παίρνει μια από τις παρακάτω μορφές

α  3 λ ή α  3 λ 1 ή α  3λ  2 , λZ .  Αν α  3 λ , τότε α 2  9 λ2  33λ2  3κ , όπου κ  3λ2 Z .

 Αν α  3λ 1 , τότε α 2  9 λ2  6 λ 1 3(3 λ2  2 λ) 1 3κ 1 , όπου κ  3λ2  2 λZ .

 Αν α  3λ  2 , τότε α 2  9 λ2 12 λ  4  9 λ2 12 λ  3 1 3(3 λ2  4 λ 1) 1 3κ 1 ,

όπου κ  3 λ2  4 λ 1Z . (ii) Έχουμε α  6κ  5  6κ  3  2  3(2κ 1)  2  3 λ  2 , όπου λ  2κ 1Ζ . Το αντίστροφο δεν ισχύει, αφού οι αριθμοί της μορφής 3λ  2 , με λ  2κ παίρνουν τη μορφή 6κ  2 και όχι τη μορφή 6κ  5 . Για παράδειγμα, ο αριθμός 8, που είναι της μορφής 3λ  2 με λ  2 , δεν παίρνει τη μορφή 6κ  5 , αφού 8  6κ  2 με κ 1 . 3. Επειδή ο α είναι περιττός θα είναι της μορφής α  2κ 1 , κ Z . Έτσι θα έχουμε: α 2  (α  2) 2  (α  4) 2 1 (2κ 1) 2  (2κ  3) 2  (2κ  5) 2 1 12κ 2  36κ  36   12 12 12  κ 2  3κ  3Z .

4. Επειδή το άθροισμα δύο περιττών είναι άρτιος αριθμός, το άθροισμα άρτιου πλήθους περιττών αριθμών θα είναι άρτιος αριθμός. Όμως, οι αριθμοί 1,3 και 5 είναι περιττοί. Άρα το άθροισμα δέκα προσθετέων, καθένας από τους οποίους είναι ίσος με 1 ή 3 ή 5, θα είναι άρτιος αριθμός και συνεπώς δε μπορεί να είναι ίσος με τον 25.

131

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Αν υ είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης του 660 με τον β, τότε θα ισχύει 660 17 β  υ , με 0  υ β ,

οπότε υ  66017 β και 0  υ β

(1)

Έτσι έχουμε 0  660 17 β 0  660 17 β  β   660 17 β  β 17 β  660  660  18 β



660 660 β 18 17

 36 

12 14  β  38  18 17

 β  37 ή β  38 .

 Αν β  37 , τότε από τη σχέση (1) έχουμε ότι υ  31 , ενώ  Αν β  38 , τότε από τη σχέση (1) έχουμε ότι υ 14 . 2. Ας υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ακέραια ρίζα, την x  ρ . Τότε θα ισχύει αρ 2  βρ  γ  0

(1)

Αν ο ρ είναι άρτιος, τότε και ο ρ 2 θα είναι άρτιος, οπότε ο αρ 2  βρ θα είναι άρτιος. Άρα, ο αρ 2  βρ  γ θα είναι περιττός, αφού το γ είναι περιττός. Αυτό όμως είναι άτοπο, λόγω της (1). Αν ο ρ είναι περιττός, τότε και ο ρ 2 θα είναι περιττός, και, επειδή οι α, β είναι περιττοί, οι αρ 2 και βρ θα είναι περιττοί. Άρα ο αρ 2  βρ θα είναι άρτιος, οπότε ο αρ 2  βρ  γ θα είναι περιττός, αφού ο γ είναι περιττός. Αυτό, όμως, είναι άτοπο λόγω της (1). 3. Σύμφωνα με την εφαρμογή 2, οι α 2 και β 2 θα είναι της μορφής

132 α 2  8 λ 1 , λZ

και β 2  8 μ 1 , μN

(1)

Επομένως (i)

α 2  β 2 (8 λ 1)  (8 μ 1) 8 λ  8 μ    ( λ  μ )Z 8 8 8

(ii)

α 4  β 4  2 (8 λ 1) 2  (8 μ 1) 2  2   16 16 

64 λ2  64 μ 2 16 λ 16 μ  (4 λ2  4 μ 2  λ  μ)Z . 16

4. Αν κ  5 λ  υ , υ  0,1,2,3,4 είναι η ταυτότητα της ευκλείδειας διαίρεσης του κ με τον 5, τότε θα ισχύει 3κ  4 3(5 λ  υ)  4 15 λ  3υ  4 3υ  4 .    3λ  5 5 5 5 3κ  4 3υ  4 είναι ακέραιος, αν και μόνο αν ο είναι ακέραιος. 5 5 Διακρίνουμε, λοιπόν, πέντε περιπτώσεις:

Επομένως, ο

 Αν υ  0 , τότε

3υ  4 4  Z 5 5

 Αν υ 1 , τότε

3υ  4 7  Z 5 5

 Αν υ  2 , τότε

3υ  4  2Z 5

 Αν υ  3 , τότε

3υ  4 13  Z 5 5

 Αν υ  4 , τότε

3υ  4 16  Z . 5 5

3κ  4 είναι ακέραιος, αν και μόνο αν υ  2 , δηλαδή, αν και μόνο αν 5 ο κ είναι της μορφής κ  5 λ  2 , λZ .

Άρα, ο

133 5. (i) Αν ο α είναι άρτιος, τότε θα είναι της μορφής α  2κ , κ Z , οπότε θα ισχύει α 2  (2κ ) 2  4κ 2  4 λ , όπου λ  κ 2 Z . Αν ο α είναι περιττός, τότε θα είναι της μορφής α  2κ 1 , κ Z , οπότε θα ισχύει α 2  (2κ 1) 2  4κ 2  4κ 1 4(κ 2  κ ) 1 4 λ 1 , όπου λ  (κ 2  κ )Z . (ii) Επειδή οι α, β είναι περιττοί ακέραιοι, τα τετράγωνά τους θα είναι της μορφής α 2  4 λ 1 , λZ

και

β 2  4 μ  1 , μ Z .

Επομένως, θα ισχύει α 2  β 2  4( λ  μ )  2 , δηλαδή ο α 2  β 2 θα είναι της μορφής α 2  β 2  4 ρ  2 , ρZ

(1)

Αν υποθέσουμε ότι η εξίσωση x 2  α 2  β 2 έχει ακέραια ρίζα γ, τότε θα ισχύει γ 2  α 2  β 2 . Έτσι, λόγω της (1), το τετράγωνο του γ θα είναι της μορφής γ 2  4 ρ  2 , που είναι άτοπο, σύμφωνα με το ερώτημα (i). (iii) Καθένας από τους αριθμούς αυτούς είναι της μορφής

4 λ  2 , λZ οπότε, σύμφωνα με το ερώτημα (i), δεν είναι τετράγωνο φυσικού αριθμού.

4.3 ΔΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Είναι ίσο με το πηλίκο της ευκλείδειας διαίρεσης του 1000 με τον 5, δηλαδή ίσο με 200. (ii) Είναι ίσο με το πηλίκο της ευκλείδειας διαίρεσης του 1000 με τον 25, δηλαδή ίσο με 40. (iii) Είναι ίσο με το πηλίκο της ευκλείδειας διαίρεσης του 1000 με τον 125, δηλαδή ίσο με 8. (iv) Είναι ίσο με το πηλίκο της ευκλείδειας διαίρεσης του 1000 με τον 625, δηλαδή ίσο με 1.

και 35  β 11λ .

Έτσι θα έχουμε α 11κ  2 και β  35 11λ , οπότε θα είναι α  β 11κ 11λ  33 11(κ  λ  3)

Άρα 11| (α  β ) . 4. Έστω α, β δύο ακέραιοι με α  β  2κ , κ Z (άρτιος). Τότε θα ισχύει α  β  2κ , οπότε θα είναι α 2  β 2  ( β  2κ ) 2  β 2  β 2  4κβ  4κ 2  β 2  4(κβ  κ 2 )  πολ 4 .

5. Ας υποθέσουμε ότι m | (α 1) . Επειδή m | α , θα ισχύει m |[(α 1)  α ] , δηλαδή m |1 . Αυτό, όμως, είναι άτοπο, αφού m 1 .

6. Διακρίνουμε τις παρακάτω δύο περιπτώσεις: (α) Δύο τουλάχιστον από τους α,β,γ, είναι άρτιοι, έστω, για παράδειγμα, οι α και β. Τότε η διαφορά α  β θα είναι άρτιος, οπότε το γινόμενο (α  β )( β  γ)(γ  α ) θα διαιρείται με το 2. (β) Δύο τουλάχιστον από τους α,β,γ είναι περιττοί, έστω, για παράδειγμα, οι α και β. Τότε η διαφορά α  β θα είναι άρτιος, οπότε το γινόμενο (α  β )( β  γ)(γ  α ) θα διαιρείται με τον 2.

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Επειδή ο α είναι περιττός θα είναι της μορφής α  2κ 1 , κ Z . Έτσι, θα έχουμε α 2  (2κ 1) 2  4κ 2  4κ 1 4(κ 2  κ ) 1 4 λ 1 , όπου λ  (κ 2  κ )Z

(ii) Επειδή ο α είναι περιττός, λόγω της (i), έχουμε

135 (α 2  3)(α 2  7)  (4 λ  4)(4 λ  8) 16( λ 1)( λ  2)  32 μ  πολ32 ,  2μ

αφού το γινόμενο ( λ 1)( λ  2) είναι άρτιος αριθμός, ως γινόμενο δύο διαδοχικών ακέραιων. 2. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:  α  2κ , κ Z . Τότε α 2  2  4κ 2  2  4 λ  2  πολ 4 , όπου λ  κ 2  α  2κ 1 , κ Z . Τότε α 2  2  (2κ 1) 2  2  4κ 2  4κ 1 2  4(κ 2  κ )  3  4 λ  3  πολ4 .    λ

3. Έστω ότι οι διαδοχικοί θετικοί ακέραιοι α και α 1 είναι τετράγωνα ακεραίων. Τότε θα ισχύει α  κ 2 και (α 1)  λ2 , για κάποιους κ , λΝ * .

Επομένως, θα είναι α 1 κ 2 1 και έτσι θα έχουμε: κ 2 1 λ2  λ2  κ 2 1  ( λ  κ )( λ  κ ) 1

 λ  κ 1 και λ  κ 1  λ 1 και κ  0 , που είναι άτοπο.

4. Επειδή β| α και οι α,β είναι θετικοί, θα υπάρχει θετικός ακέραιος ν, τέτοιος ώστε α  νβ , οπότε θα έχουμε 2 α 1 2 νβ 1 (2 β ) ν 1 (2 β 1)[(2 β ) ν 1  (2 β ) ν  2  ...  (2 β ) 1]  πολ(2 β 1) .  λZ

5. (i) Έστω α 1 , α , α 1 τρεις διαδοχικοί ακέραιοι. Θα δείξουμε ότι 6| (α 1)α (α 1) ή, ισοδύναμα, ότι 6| α 3  α .

(1)

Αν α 6κ  υ , υ  0,1,2,3,4,5 είναι η ταυτότητα της ευκλείδειας διαίρεσης του α με τον 6, τότε θα έχουμε

136 α 3  α  ( 6 κ  υ) 3  (6 κ  υ)  (6κ ) 3  3(6κ ) 2 υ  3(6κ )υ 2  υ 3  6κ  υ

 6(36κ 3 18κ 2 υ  3κυ 2  κ )  υ 3  υ  λ

    6 λ  (υ 3  υ)     

6λ 6λ 6λ+6 6λ+24 6λ+60 6λ+120

=πολ6 =πολ6 =πολ6 =πολ6 =πολ6 =πολ6

, αν υ=0 , αν υ=1 , αν υ=2 , αν υ=3 , αν υ=4 , αν υ=5

Άρα, α 3 α  πολ6 . (ii) Είναι: α (α 1)(2α 1)  α (α 1)[(α 1)  (α  2)]  (α 1)α (α 1)  α (α 1)(α  2) (i )

 6λ  6μ

, λ, μZ

 6( λ  μ )  πολ 6 .

(iii) Είναι: α 3  3α 2  4α  α (α 2  3α  4)  α (α  4)(α 1)  (α 1)α (α  4)  (α 1)α[(α 1)  3]

 (α 1)α (α 1)  (α 1)α      6λ

(i )

 6 λ  3 2 μ

2μ

, λ, μZ

 6( λ  μ)  πολ6 .

6. (i) Έστω P (ν) ο ισχυρισμός που θέλουμε να αποδείξουμε.  Για ν  0 , ο ισχυρισμός γράφεται 3|0 , που είναι αληθής  Θα αποδείξουμε ότι αν ο P (ν) είναι αληθής, τότε και ο P (ν 1) είναι αληθής. Δηλαδή: Αν 3|(ν 3  2ν) Πράγματι.

(1), τότε 3|[(ν 1) 3  2(ν 1)] .

137 (ν 1) 3  2(ν 1)  ν 3  3ν 2  3ν 1 2ν  2  (ν 3  2ν )  3(ν 2  ν 1) (1)

 3κ  3(ν 2  ν 1)

 3(κ  ν 2  ν 1)  πολ3 .

Άρα, ο P (ν) αληθεύει για κάθε νN . (ii) Έστω P (ν) ο ισχυρισμός που θέλουμε να αποδείξουμε.  Για ν  0 , ο ισχυρισμός γράφεται 64| 0 , που είναι αληθής  Θα αποδείξουμε ότι, αν ο P (ν) είναι αληθής, τότε και ο P (ν 1) είναι αληθής. Δηλαδή: Αν 64| (9 ν 1  8ν  9) (2), τότε 64| (9 ν  2  8(ν 1)  9) . Πράγματι, λόγω της (2), υπάρχει κ Z τέτοιος, ώστε 9 ν 1  8ν  9  64κ , οπότε 9 ν 1  64κ  8ν  9

(3)

Έτσι, έχουμε 9 ν  2  8(ν 1)  9  99 ν 1  8ν 17 (3)

 9(64κ  8ν  9)  8ν 17

 649κ  64ν  64  64(9κ  ν 1)  πολ64 .

Άρα, ο P (ν) αληθεύει για κάθε νN . (iii) Έστω P (ν) ο ισχυρισμός που θέλουμε να αποδείξουμε.  Για ν  0 , ο ισχυρισμός γράφεται 5 | 5 , που είναι αληθής  Θα αποδείξουμε ότι, αν ο P (ν) είναι αληθής, τότε και ο P (ν 1) είναι αληθής. Δηλαδή: Αν 5|(3 27 ν  2 2 ν ) (4), τότε 5|(3 27 ν 1  2 2 ν 1 ) . Πράγματι, λόγω της (4), υπάρχει κ Z τέτοιος, ώστε 3 27 ν  2 2 ν  5κ , οπότε 3 27 ν  5κ  2 2 ν

Έτσι, έχουμε

(5)

138 3 27 ν 1  2 2 ν 1  3 27 ν  27  2 2 ν  2 ( 5)

 (5κ  2 2 ν )27  4 2 ν

 5 27κ  54 2 ν  4 2 ν  5(27 κ 10  2 ν )  πολ5 .

Άρα, ο P (ν) αληθεύει για κάθε νN . (iv) Έστω P (ν) ο ισχυρισμός που θέλουμε να αποδείξουμε.  Για ν  0 , ο ισχυρισμός γράφεται 14|14 , που είναι αληθής  Θα αποδείξουμε ότι, αν ο P (ν) είναι αληθής, τότε και ο P (ν 1) είναι αληθής, δηλαδή: Αν 14|(3 4ν  2  5 2ν 1 ) (6), τότε 14| (3 4ν  6  5 2ν 3 ) Πράγματι, λόγω της (6), υπάρχει κ Z τέτοιος, ώστε 34ν2  5 2ν1 14κ , οπότε 34ν2 14κ  5 2ν1

(7)

Έτσι, έχουμε 3 4ν  6  5 2ν 3  3 4 3 4ν  2  5 2 5 2ν 1 (7 )

 3 4 (14κ  5 2ν 1 )  5 2 5 2ν 1 1481κ  815 2ν 1  255 2ν 1 1481κ  565 2ν 1 14(81κ  45 2ν 1 )  πολ14 .

Άρα, ο P (ν) αληθεύει για κάθε νN .

7. Επειδή (κ  λ)| (κα  λβ ) , για να δείξουμε ότι (κ  λ)| ( λα  κβ ) , αρκεί να δείξουμε ότι (κ  λ)|[(κα  λβ )  ( λα  κβ )] . Έχουμε λοιπόν: (κα  λβ )  ( λα  κβ )  (κ  λ)α  (κ  λ) β  (κ  λ)(α  β )  πολ(κ  λ) .

139

4.4 ΜΕΓΙΣΤΟΣ ΚΟΙΝΟΣ ΔΙΑΙΡΕΤΗΣ - ΕΛΑΧΙΣΤΟ ΚΟΙΝΟ ΠΟΛΛΑΠΛΑΣΙΟ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Έχουμε διαδοχικά: 135  256  23 ,

οπότε

23 135  256

56  2 23 10 ,

οπότε

10  56  2 23

23  2 10  3 ,

οπότε

3  23  210

10  33  1 ,

οπότε

110  33

3  31 0

Επομένως, έχουμε (135,56)=1 και 110  33 10  3(23  2 10)

 7 10  3 23

 7  (56  2  23)  3 23  7 56 17  23  7 56 17(135  2 56)  17 135  4156

Άρα

1 (17) 135  4156

(ii) Έχουμε διαδοχικά: 180  284 12 ,

οπότε

12 180  284

84  7 12  0

Επομένως (180,84) 12 και 12 1180  (2) 84

(iii) Είναι ( 180,84)  (180,84) 12 , 12  (1)(180)  (2)84 . (iv) Είναι ( 180,84)  (180,84) 12 , 12  (1)(180)  2(84)

2. (i)

οπότε,

Είναι (2κ  2,2κ )  (2κ  2  2κ ,2κ )  (2,2κ )  2

λόγω

της

(ii),

έχουμε

της

(ii),

έχουμε

140 (ii) Είναι (2ν 1,2ν 1)  (2ν 1, 2ν 1 2ν 1)  (2ν 1,2) 1 , αφού ο ακέραιος 2ν 1 είναι περιττός (iii) Λόγω της (ii) έχουμε: [2ν 1,2ν 1]  (2ν 1)(2ν 1) (Πόρισμα σελ. 158) (iv) Είναι (ν  2,2)  (ν  2  2,2)  (ν,2) και επειδή (ν,2)| 2 θα ισχύει (ν  2,2)| 2 (v) Λόγω της (ii) έχουμε [ν, ν 1]  ν(ν 1) (Πόρισμα σελ. 158)

4. Έστω δ  (α  β , x  y ) . Τότε δ |(α  β ) ,  δ |( x  y )

οπότε

δ | (αx  βx) . Συνεπώς δ | (αx  βx  βx  βy ) , οπότε  δ | ( βx  βy )

δ | (αx  βy ) . Όμως αx  βy 1 . Άρα δ |1 , οπότε δ 1 .

5. (i) Έστω δ  (2α  3 β ,4α  5 β ) . Τότε δ | (2α  3 β ) δ | (4α  6 β ) , οπότε  . Άρα δ | (4α  5 β  4α  6 β ) , οπότε δ| β .  δ | (4α  5 β ) δ | (4α  5 β )

(ii) Έστω δ  (2α  3,4α  5) . Τότε δ | (2α  3) ,  δ | (4α  5)

οπότε

δ | (4α  6) .  δ | (4α  5)

Άρα δ | (4α  6  4α  5) , δηλαδή δ |1 ,

οπότε δ 1 . (iii) Έστω δ |(5α  2,7α  3) . Τότε δ | (5α  2) ,  δ | (7α  3)

οπότε

δ |1 , οπότε δ 1 .

δ |(35α 14) . Άρα δ | (35α 15  35α 14) , δηλαδή  δ |(35α 15)

141 κ (κ 1)   6. (i) Έστω δ   2κ 1,  . Τότε 2   δ |(2κ 1) δ | 4κ 2  2κ  . Άρα δ | (4κ 2  4κ  4κ 2  2κ ) , οπότε δ | 2κ .  κ (κ 1) , οπότε  2 δ |  δ | 4 κ  4 κ   2

Όμως δ |(2κ 1) . Άρα δ |(2κ 1 2κ ) , οπότε δ | 1 και συνεπώς δ 1 . (ii) Σύμφωνα με την εφαρμογή 1 σελ. 155, έχουμε



(4κ 2  3κ  5,2κ 2  κ  2)  (4κ 2  3κ  5)  2(2κ 2  κ  2), 2κ 2  κ  2



 (κ 1, 2κ 2  κ  2)



 κ 1, (2κ 2  κ  2)  2κ (κ 1)



 (κ 1, 3κ  2)

 κ 1, (3κ  2)  3(κ 1)   (κ 1, 1) 1

7. Είναι: (α, β , α  β )  α, ( β , α  β )   α, ( β , α )  ,

αφού ( β , α  β )  ( β , α  β  β )  ( β , α )

 (α , β , α )  (α , β )

8. (i) Είναι (α, α  ν )  (α, α  ν  α )  (α, ν) . Επομένως θέλουμε να ισχύει (α, ν ) 1 ,

για κάθε νN * .

Αυτό ισχύει μόνο όταν α 1 , αφού για ν  α από την παραπάνω ισότητα έχουμε (α, α ) 1 και συνεπώς α 1 . (ii) Είναι (ν, α  ν)  (ν, α  ν  ν)  (ν, α ) . Επομένως θέλουμε να ισχύει (ν, α ) 1 ,

για κάθε νN * .

Αυτό ισχύει, όπως είδαμε πριν, μόνο για α 1 .

9. Έστω δ1  (α, γ) . Τότε δ1 | α και δ1 | γ και επειδή γ | (α  β ) , έχουμε ότι

οπότε δ1 | (α, β ) , δηλαδή δ1 |1 , οπότε δ1 1 . Έστω δ 2  ( β , γ) . Τότε, ομοίως εργαζόμενοι, βρίσκουμε ότι δ 2 1 .

δ 3 .

2. Επειδή (α,4)  2 , ο αριθμός α θα διαιρείται με τον 2, αλλά όχι με τον 4. Επομένως, το υπόλοιπο της διαίρεσης του α με το 4 θα είναι 2, δηλαδή ο α θα είναι της μορφής: α  4κ  2,

κ Z .

Επειδή ( β ,4)  2 , ο αριθμός β θα διαιρείται με τον 2, αλλά όχι με τον 4. Επομένως ο β θα είναι της μορφής: β  4 λ  2,

λZ .

Έτσι, θα έχουμε (α  β , 4)  (4(κ  λ 1), 4)  4(κ  λ 1, 1)  4 .

2ν  3 , αρκεί ο ΜΚΔ των όρων του να είναι 5ν  7 διαφορετικός της μονάδας. Έστω δ  (2ν  3,5ν  7) . Τότε

3. Για να απλοποιείται το κλάσμα

143

δ | 2ν  3 , οπότε δ |[5(2ν  3)  2(5ν  7)] . Άρα δ |1 , οπότε δ 1 . Έτσι, το  δ |5ν  7 κλάσμα

2ν  3 είναι ανάγωγο για όλες τις τιμές του νN * . 5ν  7

4. Έστω (α, β ) [α, β ]  x . Επειδή x  (α, β ) θα ισχύει x| α και x| β

(1)

α| x και

(2)

και επειδή x [α, β ] , θα ισχύει β| x

Έτσι, από τις σχέσεις (1) και (2), έχουμε ότι x  α και x  β , οπότε α  β . Αντιστρόφως, αν α  β , τότε (α, β )  (α, α )  α και [α, β ] [α, α ]  α , οπότε (α , β )  [α , β ] . 5. Είναι (α , β )  3 2 ,

( β , γ )  2  3 5

και

( γ, α )  2 2  3 .

Επομένως, από τη δεύτερη σχέση έχουμε ότι 2| β , ενώ από την τρίτη ότι 2|α . Έτσι, θα πρέπει 2|(α, β ) , δηλαδή 2|3 2 , που είναι άτοπο.

6. Είναι β α κα  λβ  δ  κ  λ 1 δ δ

β α  κ  λ 1 , όπου   Z και    Z . δ δ

Έτσι, σύμφωνα με το πόρισμα 1, οι ακέραιοι κ, λ είναι πρώτοι μεταξύ τους. 7. (i) Έστω δ  (α, β ) και δ   (α, κβ ) . Τότε δ | α δ | α , οπότε  . Άρα δ | (α, κβ ) , δηλαδή  δ | β δ | κβ

δ| δ 

(1).

Επειδή (α, κ ) 1 , θα υπάρχουν x, yZ τέτοιοι, ώστε xα  yκ 1 , οπότε xαβ  yκβ  β .

Έτσι, έχουμε

(2)

144 δ | α δ |α , οπότε δ |( xαβ  yκβ ) και άρα, λόγω της (2), δ | β . Συνεπώς  ,  δ | κβ δ | β οπότε δ |(α, β ) , δηλαδή δ | δ . (3)

Από (1) και (3) προκύπτει ότι δ   δ , δηλαδή (α, κβ )  (α, β ) . (ii) Είναι: [α, κβ ] 

α  κβ (1) αβ κ  κ[α , β ] . (α, κβ ) (α , β )

8. Είναι: [αγ, βγ, αδ , βδ ]  [αγ, βγ ],[αδ , βδ ]  [α, β ]γ,[α, β ]δ [α, β ][γ, δ ] .

4.5 ΠΡΩΤΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Είναι 10  101 11 . Επομένως, για να είναι ο 101 πρώτος αρκεί να μην έχει θετικό πρώτο διαιρέτη μικρότερο του 11. Επειδή κανένας από τους πρώτους 2, 3, 5, 7, που είναι μικρότεροι του 11, δεν διαιρεί τον 101, ο αριθμός 101 είναι πρώτος. Αν εργαστούμε με τον ίδιο τρόπο, διαπιστώνουμε ότι οι αριθμοί 103, 107 και 113 είναι πρώτοι, ενώ οι 111 και 121 είναι σύνθετοι. 2. Από το κόσκινο του Ερατοσθένη βρίσκουμε ότι (i) α  8 αφού οι αριθμοί 8, 9, 10 είναι τρεις πρώτοι στη σειρά διαδοχικοί σύνθετοι αριθμοί. (ii) α  24 , αφού οι αριθμοί 24, 25, 26, 27 είναι τέσσερις πρώτοι στη σειρά διαδοχικοί σύνθετοι αριθμοί. 3. (i) Επειδή α  β  α  β έχουμε α  β 1 2α  4 α  2 .   (α  β )(α  β )  3   α  β  3 2 β  2  β 1

145 (ii) Επειδή α 2  4  (α  2)(α  2) και α  2  α  2 έχουμε α  2 1 α  3 α 2  4  p  (α  2)(α  2)  p   .  α  2  p  p  5

(iii) Επειδή a 2 1 (a 1)(a 1) και a 1 a 1 και p  3 , έχουμε α 11 α  2  (α 2 1) p 15  (α 1)(α 1) p 135  α 1 3   .  p 5  p 5 

4. Έχουμε 3 p 1 ν 2  3 p  ν 2 1  3 p  (ν 1)(ν 1)

ν 1 3 ν 1 p ή   ν 1 p ν 1 3 ν  4 ν  3  ή  αδύνατο  p 5  p 1 ν  4  .  p 5

5. Έχουμε  ν 3 1 p  (ν 1)(ν 2  ν 1) 1 p ν 11 ,  2 ν  ν 1 p ν  2   p 7

αφού ν 2 ν 11

 ν 3 1 p  (ν 1)(ν 2  ν 1) 1 p ν 1 p  2 , ν  ν 11 ν 1 p  2 ν  ν  0  p2 .  ν 1

αφού ν 11

146 6. Οι α, β είναι της μορφής α  2κ 1

κ , λN * .

β  2 λ 1 ,

και

Επομένως α 2  β 2  (2κ 1) 2  (2 λ 1) 2  4κ 2  4κ 1 4 λ2  4 λ 1 4κ 2  4 λ2  4κ  4 λ  2  2(2κ 2  2 λ2  2κ  2 λ 1) ,

που είναι σύνθετος, αφού 2 2 μ  2κ  2 λ  2κ  2 λ 11 .

είναι

της

μορφής

2 μ,

όπου

7. Αν p| α ν , τότε p| α , οπότε α  κp , όπου κZ . Άρα α ν  κ ν p ν , οπότε p ν |α ν .

Έστω ότι (α μ , β ν ) 1 . Τότε θα υπάρχει θετικός πρώτος

8. α΄ τρόπος:

διαιρέτης p του (α μ , β ν ) . Άρα θα ισχύει  p | α μ  p |α , οπότε  . Συνεπώς p | (α, β ) , οπότε p |1 και άρα p 1 , που είναι  ν  p | β  p| β

άτοπο. Επειδή (α, β ) 1 , οι κανονικές μορφές των α και β δεν έχουν

β΄ τρόπος:

κοινό παράγοντα. Άρα και οι κανονικές μορφές των α μ και β ν δεν θα έχουν κοινό παράγοντα, οπότε θα ισχύει (α μ , β ν ) 1 . 9. Εργαζόμαστε όπως και στο Γυμνάσιο:

490

1125

2728

245

375

1364

125

682

341

Έτσι, έχουμε 490  257 2 ,

1125  3 2 5 3 ,

2728  2 3 1131 .

147 Επομένως, σύμφωνα με το συμπέρασμα της σελίδας 167, είναι (490,1125,2728) 1

και

[490,1125,2728]  2 3 5 3 7 2 1131 .

10. Αν οι εκθέτες είναι όλοι άρτιοι, τότε θα είναι της μορφής α1  2 β1 , α 2  2 β 2 , ..., α κ  2 β κ ,

όπου

β1 , β 2 ,..., β κ N *

οπότε θα ισχύει



a  p12 β1 p 22 β2 ... p κ2 βκ  p1β1 p 2β2 ... p κβκ

 β 2

όπου

β  p1β1 p 2β2 ... p κβκ .

Αντιστρόφως, έστω α  β 2 , όπου βN * . Τότε κάθε θετικός πρώτος διαιρέτης του β θα είναι και διαιρέτης του α. Επομένως, ο β θα έχει ως κανονική μορφή την β  p1β1 p 2β2 ... p κβκ .

Έτσι η ισότητα α  β 2 γράφεται



p1α1 p 2α2 ... p κακ  p1β1 p 2β2 ... p κβκ

 p 2

2 β1 1

p 22 β2 ... p κ2 βκ

οπότε έχουμε α1  2β1 , α 2  2 β 2 , …, α κ  2 β κ . Άρα όλοι οι εκθέτες της κανονικής μορφής του α θα είναι άρτιοι.

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Ας υποθέσουμε ότι (α  β , αβ ) 1 . Τότε ο (α  β , αβ ) θα έχει έναν, τουλάχιστον, θετικό πρώτο διαιρέτη, έστω τον p. Επομένως, θα ισχύει  p | (α  β )  p | (α  β )  p | (α  β ) , οπότε  ή    p |αβ  p |α  p| β και στις δύο περιπτώσεις θα έχουμε p| α και p| β , οπότε p | (α, β ) , δηλαδή p |1 , που είναι άτοπο. (ii) Ας υποθέσουμε ότι (α 2  β 2 , αβ ) 1 . Τότε ο (α 2  β 2 , αβ ) θα έχει έναν, τουλάχιστον, θετικό πρώτο διαιρέτη, έστω τον p. Επομένως, θα ισχύει  p | (α 2  β 2 )  p | (α 2  β 2 )  p | (α 2  β 2 ) , οπότε  ή  .   p | αβ  p | α  p | β Άρα

 p | β 2   p |α

 p |α 2 ή   p | β

οπότε

 p| β   p|α

 p |α .   p| β

3. Επειδή (α, p 2 )  p και ( β , p 3 )  p 2 οι ακέραιοι α, β θα είναι της μορφής: α  pA με

p | A και

β p2B

με

p | B

Έτσι, θα έχουμε (1)

 (αβ , p 4 )  ( p 3 AB, p 4 )  p 3 ( AB, p )  p 3 1 p 3 , αφού p | AB  (α  β , p 4 )  ( pA  p 2 B, p 4 )  p ( A  pB, p 3 )  p 1 p , αφού p | ( A  pB )

4. Έχουμε  ν 4  4  (ν 4  4ν 2  4)  4ν 2  (ν 2  2) 2  (2ν) 2  (ν 2  2ν  2)(ν 2  2ν  2) [(ν 1) 2 1][(ν 1) 2 1]

Άρα ο ν 4  4 είναι σύνθετος, αφού (ν 1) 2 11 και (ν 1) 2 11 .  8 ν 1 (2 3 ) ν 1 (2 ν ) 3 1 (2 ν 1)(2 2ν  2 ν 1)

Άρα 8 ν 1 (2 ν 1)(2 2ν  2 ν 1) . Όμως 1 2 ν 1 8 ν 1 . Άρα ο 8 ν 1 είναι σύνθετος.

(1)

149 5. Επειδή

α 43  , έχουμε 34α  43 β β 34

(1).

Επομένως, 34| 43 β και επειδή (34,43) 1 , θα ισχύει 34| β . Άρα, υπάρχει κ N * , τέτοιος ώστε β  34κ , οπότε, λόγω της (1), θα είναι α  43κ . Έχουμε λοιπόν α  43κ

και

β  34κ ,

κN * ,

οπότε α  β  43κ  34κ  77 κ  7 11 κ .

Άρα,ο αριθμός α  β είναι σύνθετος. 6. Έστω p είναι θετικός πρώτος αριθμός. Τότε ο p θα είναι της μορφής: p  3κ

p  3κ 1 ή

p  3κ  2 , κ N * .

 Αν p  3κ , κN * , επειδή ο p είναι πρώτος, θα είναι κ 1 , οπότε θα έχουμε p  3 , p  2 5 και p  4 7 . Παρατηρούμε, δηλαδή, ότι και οι τρεις αριθμοί p, p  2, p  4 είναι πρώτοι.  Αν p  3κ 1 , κN * , τότε θα είναι p  2  3κ  3  3(κ 1) , οπότε ο αριθμός p  2 είναι σύνθετος. Άρα, δεν είναι και οι τρεις αριθμοί p, p  2 και p  4 πρώτοι.  Αν p  3κ  2 , κN * , τότε θα είναι p  4  3κ  6  3(κ  2) , οπότε ο αριθμός p  4 είναι σύνθετος. Άρα, δεν είναι και οι τρεις αριθμοί p, p  2 και p  4 πρώτοι. Άρα, ο μοναδικός θετικός πρώτος p, για τον οποίο οι αριθμοί p, p  2 και p  4 είναι και οι τρεις πρώτοι, είναι ο p  3 .

7. (i) α΄ τρόπος: x 3  x 2  x  3  0  x( x 2  x 1)  3  x 1 και x 2  x 1 3 , αφού x 2  x 1 x  x 1

β΄ τρόπος: Πιθανές θετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης είναι οι θετικοί διαιρέτες του 3, δηλαδή οι αριθμοί 1 και 3. Εύκολα διαπιστώνουμε ότι μόνο η x 1 είναι λύση της εξίσωσης. (ii) Είναι

x 2  x  p 112  p 112  x( x 1) .

150 Όμως, ο αριθμός άρτιος,

x( x 1)

είναι άρτιος. Άρα, ο αριθμός p θα είναι

οπότε θα είναι p  2 . Έτσι η εξίσωση γράφεται x 2  x  2 112  x 2  x 110  0  x 10 ή x  11

Επομένως, η θετική ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η x 10 . 8. Αν p1 , p 2 ,..., p κ οι κοινοί και μη κοινοί θετικοί πρώτοι παράγοντες των α και β, τότε θα ισχύει α  p1α1 p 2α2 ... p κακ

και

β  p1β1 p 2β2 ... p κβκ

(1)

όπου α1 , α 2 ,..., α κ , β1 , β 2 ,..., β κ φυσικοί αριθμοί. Επομένως, θα είναι α 2  p12α1 p 22α2 ... p κ2ακ

και

β 2  p12 β1 p 22 β2 ... p κ2 βκ

(2)

Επειδή β 2 |α 2 , λόγω της (2), θα ισχύει 2 β1  2α1 , 2 β 2  2α 2 , …, 2 β κ  2α κ

οπότε, θα έχουμε β1  α1 , β 2  α 2 , …, β κ  α κ .

Άρα, λόγω της (1), έχουμε ότι β| α .

4.6 Η ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΔΙΟΦΑΝΤΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. (i) Είναι (4,6)=2, οπότε (4,6) | 5 . Άρα η εξίσωση 4 x  6 y  5 δεν έχει ακέραιες λύσεις. (ii) Είναι (4,6)  2 , οπότε (4,6)| 2 . Άρα η εξίσωση 4 x  6 y  2 έχει ακέραιες λύσεις. (iii) Είναι (3,5) 1 , οπότε (3,5)| κ . Άρα η εξίσωση 3 x 5 y  κ έχει ακέραιες λύσεις.

151 (iv) Είναι (κ , κ 1) 1 , οπότε (κ , κ 1)| λ . Άρα η εξίσωση κx  (κ 1) y  λ έχει ακέραιες λύσεις. (v) Για όλες τις ακέραιες τιμές των x, y το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι άρτιος αριθμός, ενώ το δεύτερο μέλος περιττός. Άρα η εξίσωση 2κx  4 y  2 λ 1 δεν έχει ακέραιες λύσεις. 2. (i) Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η ( x 0 , y 0 )  (1,1) . Άρα, οι ακέραιες λύσεις, ( x, y ) , της εξίσωσης δίνονται από τις σχέσεις x 1 3t

και

y 1 2t , tZ .

(ii) Η εξίσωση 6 x  4 y  8 γράφεται ισοδύναμα 3x  2 y  4

και έχει μια προφανή λύση την ( x 0 , y 0 )  (2,1) . Άρα οι ακέραιες λύσεις, ( x, y ) , της εξίσωσης δίνονται από τις σχέσεις x  2 2t

και

y 1 3t , tZ .

(iii) Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η ( x 0 , y 0 )  (2,1) . Άρα, οι ακέραιες λύσεις, ( x, y ) , της εξίσωσης δίνονται από τις σχέσεις x  2 5t

και

y  1 7t , tZ .

(iv) Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η ( x 0 , y 0 )  (2,1) . Άρα, οι ακέραιες λύσεις, ( x, y ) , της εξίσωσης δίνονται από τις σχέσεις x  2 3t

και

y 1 5t , tZ .

3. (i) Έχουμε 111x  78 y  300  3(37 x  26 y )  3100  37 x  26 y 100

(1)

Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η ( x 0 , y 0 )  (2,1) . Επομένως, οι ακέραιες λύσεις, ( x, y ) , της εξίσωσης (1) δίνονται από τις σχέσεις x  2 26t

και

y 1 37t , tZ .

Επειδή αναζητούμε τις θετικές ακέραιες λύσεις, έχουμε

152  x  0 2  26t  0 1 1   t   t 0 .   0 1 37 0   y  t 13 37  

Άρα, η μοναδική θετική ακέραια λύση της εξίσωσης είναι η ( x, y )  (2,1) . (ii) Μια προφανής ακέραια λύση της εξίσωσης 47 x  31 y  78 είναι η ( x 0 , y 0 )  (1,1) . Επομένως, οι ακέραιες λύσεις ( x, y ) της εξίσωσης (1) δίνονται από τις σχέσεις x 1 31t

και

y  1 47t , tZ .

Επειδή αναζητούμε τις θετικές ακέραιες λύσεις, έχουμε 1  t   x  0 1 31t  0  31  t N * .     y  0 1 47t  0 t  1  47

Άρα, η εξίσωση έχει άπειρες θετικές ακέραιες λύσεις ( x, y ) . Αυτές δίνονται από τις σχέσεις x 1 31t

και

y  1 47t , tN * .

4. (i) Η εξίσωση 3 x  5 y  15 δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις, αφού για όλους του θετικούς ακέραιους x, y το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι θετικός αριθμός, ενώ το δεύτερο μέλος αρνητικός αριθμός. (ii) Η εξίσωση 111x  78 y  50 δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις, αφού για όλους τους θετικούς ακέραιους x, y ισχύει: 111x  78 y 1111 781189  50 .

(iii) Η εξίσωση 5 x  7 y  5 δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις, αφού για όλους τους θετικούς ακέραιους x, y ισχύει: 5 x  7 y  51 7 112  5 .

5. Έστω ότι αλλάζουμε το νόμισμα 10.000 δρχ. με x χιλιάρικα και y πεντακοσάρικα. Τότε θα ισχύει 1000 x  500 y 10000 ή, ισοδύναμα, 2 x  y  20

(1) ,

όπου x  0, y  0 .

153 Αναζητούμε, επομένως, τις μη αρνητικές λύσεις της (1). Μια προφανής ακέραια λύση της (1) είναι η ( x 0 , y 0 )  (0,20) . Επομένως, οι ακέραιες λύσεις, ( x, y ) , της (1) δίνονται από τις σχέσεις x 0  t και

Έτσι έχουμε

y  20 2t , tZ .

153

 x  0 t  0   0  t 10 t  0,1,2,...,10 .   y  0 20  2t  0

Άρα, οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της (1) είναι οι: (0,20) , (1,18) , (2,16) , (3,14) , (4,12) , (5,10) (6,8) , (7,6) , (8,4) , (9,2) , (10,0) .

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Αν καθένα από τα μεγάλα πακέτα περιέχει x σαπούνια και καθένα από τα μικρά πακέτα περιέχει y σαπούνια, τότε θα ισχύει 19 x  3 y  224 και x  y  0

(1)

Αναζητούμε, επομένως, θετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης (1). Επειδή (19,3) 1 , η εξίσωση (1) έχει ακέραιες λύσεις. Αρχικά βρίσκουμε μια ειδική λύση της (1) ως εξής: Γράφουμε τον (19,3) 1 ως γραμμικό συνδυασμό των 19 και 3: 19 1 3(6) 1

(2)

Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη της (2) με 224: 19 224  3(1344)  224

Άρα μια ειδική λύση της (1) είναι η ( x 0 , y 0 )  (224,1344) . Επομένως οι ακέραιες λύσεις της (1) δίνονται από τους τύπους x  224 3t

και

y  134419t ,

tZ

(3)

Από τις λύσεις αυτές θα βρούμε εκείνες για τις οποίες ισχύει x  0 και y  0 . Έχουμε 224  t   3  x  0 224  3t  0   74,6  t  70,73    y  0 1344 19t  0 t   1344 19  t  71 ή t  72

ή t  73 ή t  74 .

Επομένως, οι αντίστοιχες τιμές των x και y δίνονται από τον πίνακα

154 x

και επειδή x y , θα είναι ( x, y )  (11,5) . 2. Αναζητούμε θετικούς ακέραιους x και y για τους οποίους ισχύει 7 x 11 y 100

(1)

Επειδή (7,11) 1 , η εξίσωση (1) έχει ακέραιες λύσεις. Αρχικά βρίσκουμε μια ειδική λύση της (1) ως εξής: Γράφουμε τον (7,11) 1 ως γραμμικό συνδυασμό των 7 και 11: 7(3) 11 2 1

(2)

Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της (2) με 100: 7(300) 11 200 100

Άρα μια ειδική λύση της (1) είναι η ( x 0 , y 0 )  (300,200) . Επομένως οι ακέραιες λύσεις της (1) δίνονται από τους τύπους: x  30011t

και

y  200 7t , tZ

(3)

Θα βρούμε τώρα τις θετικές λύσεις της (1). Έχουμε λοιπόν  x  0  300 11t  0 300 200   t   t  28 .     y t 0 200 7 0 11 7   Επομένως, η εξίσωση έχει μια μόνο θετική λύση την ( x, y )  (8,4) . Άρα 100  7 8 11 4  56  44 .

3. Έστω δ  (α, β ) . Επειδή δ| γ η εξίσωση έχει ακέραιες λύσεις. Αν ( x 0 , y 0 ) είναι μια ακέραια λύση της εξίσωσης, τότε οι ακέραιες λύσεις της, ( x, y ) , θα δίνονται από τις σχέσεις β x  x0  t δ

και

α y  y 0  t , tZ . δ

Ας θεωρήσουμε τώρα δύο λύσεις ( x1 , y1 ) και ( x 2 , y 2 ) της εξίσωσης. Τότε

155 β   x1  x 0  δ t1  y  y  α t  1 0 δ 1

β   x 2  x 0  δ t 2 (1) και  y  y  α t 0 2  2 δ

όπου t1 , t 2 Z

(2),

οπότε, η απόσταση των A( x1 , y1 ) και B ( x 2 , y 2 ) θα είναι ίση με ( AB)  ( x 2  x1 ) 2  ( y 2  y1 ) 2 

β2 δ2

(t 2  t1 ) 2 

|t 2  t1 |

α2 δ2

α2  β2 δ

(t 2  t1 ) 2

Επομένως, η απόσταση (ΑΒ) ελαχιστοποιείται, όταν ελαχιστοποιηθεί η παράσταση |t 2  t1 | . Αυτό συμβαίνει όταν |t 2 t1 |1 , οπότε η ελάχιστη απόσταση ανάμεσα σε δύο διαφορετικά σημεία της ευθείας αx  βy  γ με ακέραιες συντεταγμένες είναι ίση με

α2  β2 δ

4. (i) Η εξίσωση αx  βy  αβ έχει ακέραιες λύσεις, αφού (α, β ) 1 . Μια προφανής λύση της είναι η ( x 0 , y 0 )  ( β ,0) . Άρα, οι λύσεις, ( x, y ) , της εξίσωσης δίνονται από τους τύπους x  β  βt

και

y  αt , όπου tZ .

Ας υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει θετικές λύσεις, τότε θα ισχύει  x  0  β  βt  0 t  1  1 t  0 ,    t  0  y  0   αt  0

που είναι αδύνατο, αφού tZ . Άρα, η εξίσωση δεν έχει θετικές ακέραιες λύσεις. (ii) Η εξίσωση αx  βy  2αβ έχει ακέραιες λύσεις, αφού (α, β ) 1 . Μια προφανής λύση της εξίσωσης είναι η ( x 0 , y 0 )  ( β , α ) . Επομένως, οι λύσεις, ( x, y ) , της εξίσωσης δίνονται από τους τύπους: x  β  βt

και

y  α  αt , όπου tZ .

Αναζητούμε θετικές λύσεις της εξίσωσης. Άρα θέλουμε να ισχύει  x  0  β  βt  0 t  1  1 t 1 t  0 .     y  0 α  αt  0 t 1

Άρα, μοναδική θετική λύση της εξίσωσης είναι η ( β , α ) .

156 5. Έστω x, yN * οι αριθμητές των κλασμάτων. Τότε θα ισχύει x y 33   , ή, ισοδύναμα, 13 x  7 y  33 . 7 13 91

(1)

Αναζητούμε, επομένως, τις θετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης (1). Επειδή (13,7) 1 , η (1) έχει ακέραιες λύσεις. Μια ειδική της λύση είναι η (33,66) . Άρα, οι ακέραιες λύσεις, ( x, y ) , της (1) δίνονται από τους τύπους x  33 7t και

y  6613t , όπου tZ .

Έτσι έχουμε  x  0  33  7t  0 33 66  t   t 5 .   0 66 13 0   y  t 7 13   Άρα x  2 και y 1 και επομένως

33 2 1   . 91 7 13

4.7 ΙΣΟΫΠΟΛΟΙΠΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Για τα στοιχεία του συνόλου Α έχουμε: 33  4  7  5 , 17  (3)7  4 , 23  3 7  2 , 35  5 7  0 , 41 5 7  6 , 20  (3)7 1 ,

οπότε οπότε οπότε οπότε οπότε οπότε

33 5(mod 7) 17  4(mod 7) 23 2(mod 7) 35 0(mod 7) 41 6(mod 7) 201(mod 7)

2. (i) Αληθής για κάθε κ Z , αφού (15κ 1) 115κ  πολ3

(ii) Αληθής για κάθε κ Z , αφού (15κ 1)  4 15κ  5  πολ5 (iii) Δεν αληθεύει για κάθε κ Z , αφού (κ 2  5) 1 κ 2  4 που δεν είναι πολλαπλάσιο του 4 όταν ο κ είναι περιττός.

157 (iv) Αληθής για κάθε

mN * . Πράγματι είναι m 11(mod m)

οπότε

(m 1) 1 1(mod m) . 3

3. Είναι α  6(mod11) α 11κ  6,   10  α 100 10  α 100

κ Z

(1) ( 2)

Η (2), λόγω της (1) γράφεται 10 11κ  6 100  4 11κ  94 4 94  κ  11 11  κ 1,2,...,8 , οπότε, από την (1) παίρνουμε α 17, 28, 39, 50, 61, 72, 83, 94 .

4. (i) Έστω α ένας από τους ζητούμενους θετικούς ακέραιους. Τότε θα ισχύει α  2(mod 3) και α 1(mod 4)

(1)

οπότε θα υπάρχουν x, yZ τέτοιοι ώστε α  3x  2 και α  4 y 1

(2)

οπότε 3x  2  4 y 1 και άρα 3x  4 y 1

(3)

Μια προφανής ακέραια λύση της (3) είναι η ( x 0 , y 0 )  (1,1) . Άρα, οι ακέραιες λύσεις της, ( x, y ) , δίνονται από τις σχέσεις x 1 4t και

y 1 3t , t Z .

Επομένως, λόγω της (2), θα είναι α 12t  5 , t Z .

Όμως ο α είναι διψήφιος. Άρα θα ισχύει 10  α 100 10 12t  5 100  5 12t  95 5 95  t  12 12 t 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7

158 Άρα, οι πιθανές τιμές του α είναι οι 17, 29, 41, 53, 65, 77, 89 .

Οι τιμές αυτές είναι όλες δεκτές, αφού ικανοποιούν τις (2). (ii) Αν α  3(mod 4) και α  4(mod 6) , τότε θα ισχύει α  4 x  3 και α  6 y  4 , όπου x, yZ

οπότε θα έχουμε 4 x  3  6 y  4 ή, ισοδύναμα, 4 x  6 y 1

Η εξίσωση, όμως, αυτή είναι αδύνατη αφού (4,6)  2 και 2 | 1 . Άρα, το πρόβλημα δεν έχει λύση. 5. (i) Επειδή 2 3  8 1(mod 7) και 100  333 1 , έχουμε 2100  2 3331  (2 3 ) 33  2 133  2  2(mod 7)

Άρα το ζητούμενο υπόλοιπο είναι ίσο με 2. (ii) Επειδή 91(mod 8) , έχουμε 9100 1100 1(mod 8) . Άρα το ζητούμενο υπόλοιπο είναι ίσο με 1. (iii) Επειδή 3 3  27  1(mod 7) και 1998  3 666 , έχουμε 31998  (3 3 ) 666  (1) 666 1(mod 7)

Άρα το ζητούμενο υπόλοιπο είναι ίσο με 1. (iv) Επειδή 5 2  25  1(mod 26) και 2004  2 1002 , έχουμε 5 2004  (5 2 )1002  (1)1002 1(mod 26)

Άρα το ζητούμενο υπόλοιπο είναι ίσο με 1. 6. (i) Επειδή 5 2  25 1(mod 8) , έχουμε 5 2ν  7  (5 2 ) ν  7 1ν  7 1 7  8  0(mod 8) .

Άρα 8| (5 2ν  7) .

159 (ii) Είναι 2 ν 1  3 3ν 1  2  2 ν  3 27 ν  2  2 ν  3 2 ν (mod 5) , αφού 27 2(mod 5)  5 2 ν (mod 5)  0(mod 5) .

Άρα 5| (2 ν 1  3 3ν 1 ) . (iii) Είναι 2 4 16 1(mod15) . Άρα 2 4ν 1 (2 4 ) ν 11ν 1 0(mod15) . (iv) Είναι 2 2ν  4  5 2ν 1 16  4 ν  5 25 ν 16  5(mod 21)  (5)  4 ν  5  4 ν (mod 21) , αφού  25  4(mod 21)  0  4 ν (mod 21)  0(mod 21) .

Άρα 21| (2 2ν  4  5 2ν 1 ) . 7. (i) Αρκεί να βρούμε το υπόλοιπο της διαίρεσης του 31998 με το 10. Είναι 3 2  9  1(mod10) και 1998  2 999 . Επομένως 31998  (3 2 ) 999  (1) 999  1 9(mod10) .

Άρα το τελευταίο ψηφίο του 31998 είναι το 9. (ii) Αρκεί να βρούμε το υπόλοιπο της διαίρεσης του 7 2003 με το 100. Είναι 7 4  22011(mod100) και 2003  4 500  3 . Επομένως 7 2003  7 4500  3  7 3 (7 4 ) 500

 431500 (mod100) , αφού 7 3  343  43(mod100)  43(mod100)

Άρα, το τελευταίο διψήφιο τμήμα του αριθμού 7 2003 είναι το 43.

160

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει β Z τέτοιος ώστε 3α 1 β 2 . Τότε θα ισχύει β 2  1(mod 3) , οπότε

β 2  2(mod 3)

(1)

Όμως, β  0,1,2(mod 3) , οπότε β 2  0,1(mod 3) , που αντίκειται στην (1). 2. Ο αριθμός p είναι της μορφής p 10κ  υ , υ  0,1,..., 9 . Επειδή, όμως, είναι πρώτος και μεγαλύτερος του 5, θα είναι της μορφής p 10κ 1 ή p 10κ  3 ή p 10κ  7 ή p 10κ  9 , κ N . Επομένως, θα ισχύει p 1, 3, 7, 9(mod10)

οπότε

p 2 1, 9(mod10)

ή, ισοδύναμα,

p 2 1, 1(mod10) ,

που σημαίνει ότι p 2 1 0(mod10)

10| ( p 2 1)

και άρα 3. α΄ τρόπος:

p 2 1 0(mod10)

ή 10| ( p 2 1) .

Είναι α 2  α  6  (α  3)(α  2) . Επομένως

5| (α 2  α  6)  5| (α  3)(α  2)  5| (α  3) ή 5| (α  2)  α  3 5κ , κ Z ή α  2 5 λ , λZ  α  5κ  3 , κ Z ή α  5 λ  2 , λZ  α  5 λ  2 , λZ ,

αφού ο α  5κ  3 , κ Z γράφεται α  5(κ 1)  2  5 λ  2 , λ κ 1 .

β΄ τρόπος: Αν υ είναι το υπόλοιπο της ευκλείδειας διαίρεσης του α με τον 5 τότε θα ισχύει α  υ(mod 5) , οπότε α 2  α  6  υ 2  υ  6(mod 5) .

Επομένως: 

Αν υ  0 , τότε α 2  α  6  6  4(mod 5) , οπότε 5 | (α 2  α  6)



Αν υ 1 , τότε α 2 α  6  4 1(mod 5) , οπότε 5 | (α 2  α  6)

161 

Αν υ  2 , τότε α 2 α  6  0(mod 5) ,

οπότε 5| (α 2  α  6)



Αν υ  3 , τότε α 2 α  6  6 1(mod 5) ,

οπότε 5 | (α 2  α  6)



Αν υ  4 , τότε α 2 α  6 14  4(mod 5) , οπότε 5 | (α 2  α  6)

Άρα, ισχύει 5| (α 2 α  6) μόνο όταν α  2(mod 5) , δηλαδή, μόνο όταν ο α είναι της μορφής α  5 λ  2, λZ .

4. α΄ τρόπος:

Επειδή x 1(mod 2) και x  2(mod 3) , θα ισχύει x 1 2  0(mod 2) και x 1 0(mod 3) .

Επομένως, 2| ( x 1) και 3| ( x 1) , οπότε 2 3| ( x 1) , αφού (2,3) 1 . Άρα 6| ( x 1) , οπότε x 1 6κ , κ Z και συνεπώς x  6κ 1 , κ Z .

β΄ τρόπος:

(Βλέπε άσκηση 4(i) Α΄ Ομάδας).

5. (i) α΄ τρόπος: Αρκεί να δείξουμε ότι α 3 α  0(mod 6) . Πράγματι, επειδή α  υ(mod 6) , υ  0,1, 2, 3, 4, 5, 6 , έχουμε α 3  α  υ 3  υ(mod 6)

Επομένως:  Αν υ  0 , τότε α 3 a  0(mod 6)  Αν υ 1 , τότε α 3 a  0(mod 6)  Αν υ  2 , τότε α 3  a  6  0(mod 6)  Αν υ  3 , τότε α 3 a  24  0(mod 6)  Αν υ  4 , τότε α 3  a  60  0(mod 6)  Αν υ  5 , τότε α 3 a 120  0(mod 6)

Σε όλες τις περιπτώσεις είναι α 3 α  0(mod 6) .

β΄ τρόπος:

Αρκεί να δείξουμε ότι 6 | (α 3  α ) . Επειδή 6  2 3 και (2,3) 1 ,

162  Επειδή α  υ(mod 2) , όπου υ  0,1 , θα ισχύει α 5  α  υ 5  υ  0(mod 2) .Άρα 2| (α 5  α ) , οπότε

 Αν υ  0 , τότε α 5 a  0(mod 2)  Αν υ 1 , τότε α 5  a  0(mod 2)  Επειδή α  υ(mod 5) , όπου υ  0,1, 2, 3, 4 , θα ισχύει α 5  α  υ 5  υ  0(mod 5)

Επομένως:  Αν υ  0 , τότε α 5 a  0(mod 5)  Αν υ 1 , τότε α 5  a  0(mod 5)  Αν υ  2 , τότε α 5  a  30  0(mod 5)  Αν υ  3 , τότε α 5  a  240  0(mod 5)  Αν υ  4 , τότε α 4  a 1020  0(mod 5)

Σε όλες τις περιπτώσεις είναι α 5 a  0(mod 5) , οπότε 5| (α 5  α ) .

6. (i) Έχουμε α  β (mod m) m | ( α  β ) , οπότε  .  n | m n | m

Άρα n | (α  β ) , συνεπώς α  β (modn) . (ii) Έχουμε nα  nβ (mod m) m | n ( α  β ) , οπότε  .  (m, n) 1 (m, n) 1

Άρα m | (α  β ) , οπότε α  β (modm) .

7. Επειδή α  β (modm) , θα ισχύει α  λm  β , όπου λZ .

Επομένως (α, m)  ( λm  β , m)  ( λm  β  λm, m)  ( β , m) .

163

8. (i) Επειδή 39  313 και (3,13) 1 , αρκεί να δείξουμε ότι 3| (53103 103 53 ) και 13| (53103 103 53 ) .

Πράγματι  Επειδή 53  318 1 και 103  334 1 , έχουμε 53  1(mod 3) και 1031(mod 3)

οπότε 53103 103 53  (1)103 153  0(mod 3) . Άρα 3| (53103 103 53 ) .  Επειδή 53 13 4 1 και 103 138 1 , έχουμε 531(mod13) και 103  1(mod13)

οπότε 53103 103 53 1103  (1) 53  0(mod13) . Άρα 13| (53103 103 53 ) . (ii) Επειδή 111 7 16 1 και 333  7  47  4 , έχουμε 111 1(mod 7)

και 333 4(mod 7)

οπότε 111333  333111  (1) 333  4111 (mod 7)

 1 (4 3 ) 37 (mod 7)  1 64 37 (mod 7)

 1137 (mod 7) , γιατί 641(mod 7)  11(mod 7)  0(mod 7) .

Άρα 7 | (111333  333111 ) .

9. Επειδή α  υ(mod 5) , όπου υ  0,1, 2, 3, 4 , έχουμε α 2  υ 2 (mod 5) , οπότε α 2  0, 1, 4(mod 5)

 Άν υποθέτουμε ότι

5ν  2 Q , τότε θα ισχύει 5ν  2  α 2 , όπου αN *

οπότε α 2  2(mod 5) , που είναι άτοπο, λόγω της (1).

(1)

164  Άν υποθέτουμε ότι

5ν 3 Q , τότε θα ισχύει 5ν  3  α 2 , όπου αN *

οπότε α 2  3(mod 5) , που είναι άτοπο, λόγω της (1).

10. Επειδή ο p είναι πρώτος και μεγαλύτερος του 3, θα έχει μία από τις παρακάτω μορφές: p  3κ 1 , κ N * ή

p  3κ  2 , κ N * ,

οπότε θα ισχύει p 1(mod 3) ή

p  2(mod 3) .

Έτσι, θα έχουμε p 2 12 1(mod 3) ή

p 2  2 2 1(mod 3) .

Δηλαδή και στις δύο περιπτώσεις είναι p 2 1(mod 3) . Επομένως:  Έχουμε p 2  2 1 2  0(mod 3) , οπότε p 2  2  πολ3 . Άρα ο p 2  2 είναι σύνθετος, αφού είναι πολλαπλάσιο του 3 και δεν είναι ίσος με 3.  Έχουμε p12  p 22  p 32 111 0(mod 3) , οπότε p12  p 22  p 33  πολ3 . Άρα

ο p12  p 22  p 32 είναι σύνθετος, αφού είναι πολλαπλάσιο του 3 και δεν είναι ίσος με 3.

11. Επειδή 24  38 και (3,8) 1 , αρκεί να δείξουμε ότι 8| ( p 2  q 2 ) και 3| ( p 2  q 2 ) .

 Σύμφωνα με την εφαρμογή 2 της §1.2, επειδή οι p, q είναι περιττοί τα τετράγωνά τους θα είναι της μορφής p 2  8κ 1 , κ N * και q 2  8 λ 1 , λN * .

Επομένως, θα ισχύει p 2 1(mod 8) και q 2 1(mod 8) , οπότε θα έχουμε p 2  q 2  0(mod 8) και άρα 8| ( p 2  q 2 ) .



Σύμφωνα με την προηγούμενη άσκηση, επειδή οι p, q είναι πρώτοι και

μεγαλύτεροι του 3, θα ισχύει p 2 1(mod 3) και q 2 1(mod 3) , οπότε θα έχουμε

165 p 2 q 2  0(mod 3) και άρα 3| ( p 2  q 2 ) .

12.  Επειδή 77  7(mod10) , έχουμε 77 77  7 77 (mod10) .

Όμως 7 2  49  1(mod10) και 77  2 38 1 . Επομένως 7 77  7(7 2 ) 38  7(1) 38  7(mod10)

οπότε

77 77  7(mod10) .

Άρα, το ψηφίο των μονάδων του 77 77 είναι το 7.  Επειδή 333 3(mod10) , έχουμε 333 333  3 333 (mod10) .

Όμως 3 2  9  1(mod10) και 333  2 166 1 . Επομένως 3 333  3(3 2 )166  3(1)166  3(mod10)

οπότε

333 333  3(mod10) .

Άρα, το ψηφίο των μονάδων του 333 333 είναι το 3.

13. Επειδή 2  1(mod 3) , έχουμε 21999  21997 1 (1)1999  (1)1997 1(mod 3)  111(mod 3)  3 0(mod 3)

Άρα 21999  21997 1 πολ3 και επειδή 21999  21997 1 είναι σύνθετος.

21999  21997 1 3 , ο αριθμός

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 4ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ

1. Έστω α, α 1, α  2, ..., α  (ν 1) , ν-διαδοχικοί ακέραιοι. Θα αποδείξουμε ότι ακριβώς ένας από αυτούς είναι πολλαπλάσιο του ν. Έστω α  κν  υ , 0  υ ν η ταυτότητα της ευκλείδειας διαίρεσης του α με τον ν.

166  Αν υ  0 , τότε ο α είναι πολλαπλάσιο του ν, αφού α  κν  Αν υ  0 , τότε ο α  (ν  υ) είναι πολλαπλάσιο του ν, αφού α  (ν  υ)  κν  υ  ν  υ  (κ 1)ν .

Άρα, σε κάθε περίπτωση, ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς α, α 1, α  2, ..., α  (ν 1) είναι πολλαπλάσιο του ν. Θα δείξουμε τώρα ότι ακριβώς ένας είναι πολλαπλάσιο του ν. Ας υποθέσουμε ότι δύο τουλάχιστον από τους παραπάνω αριθμούς είναι πολλαπλάσια του ν, για παράδειγμα οι ακ

και α  λ , όπου 0  κ  λ  ν 1 .

Τότε ν | (α  λ) και v | (α  κ ) , οπότε ν |[(α  λ)  (α  κ )] , δηλαδή ν | ( λ  κ ) , που είναι άτοπο, αφού 0  λ  κ  ν .

2. Επειδή

α  2 β 3  , έχουμε 6(α  2)  8( β  3) , οπότε 3(α  2)  4( β  3) 8 6

(1)

Άρα 3| 4( β  3) , οπότε 3| ( β  3) και άρα 3| β . Επομένως, β  3κ , κ N * , οπότε από την (1) βρίσκουμε ότι α  4κ  2 , κ N * . Έχουμε δηλαδή α  4κ  2 και

οπότε η αρχική σχέση γράφεται

β  3κ , κ N *

(1)

κ 1 10 ή ισοδύναμα  2 γ4 (κ 1)(γ  4)  20 .

(2)

Επειδή κ 1 και γ 1 θα είναι κ 1 2 και γ  4 5 , οπότε λόγω της (2), θα έχουμε: κ  1  4 κ  1  2 . ή   γ  4  5 γ  4 10 Άρα κ 1 κ  3 ή   γ  6 γ 1

οπότε, λόγω της (1), έχουμε (α, β , γ)  (6,3,6)

ή (α, β , γ )  (14,9,1) .

3. Οι ν-διαδοχικοί περιττοί φυσικοί είναι της μορφής: α, α  2, α  4, ..., α  2(ν 1) ,

όπου α περιττός φυσικός.

167 Επομένως, το άθροισμά τους S θα είναι ίσο με S  α  ( α  2)  ( α  4)  ...  (α  2(ν 1)) 

[α  (α  2(ν 1))]ν 2

 (α  (ν 1))ν

Επειδή ν 1 και α  ν 11 (αφού α 1 και ν  2 ), ο αριθμός S  ν(α  ν 1) είναι σύνθετος. 4. (i) Ας υποθέσουμε ότι (α 2  β 2 , αβ ) 1 . Τότε ο (α 2  β 2 , αβ ) θα έχει έναν τουλάχιστον θετικό πρώτο διαιρέτη p, οπότε θα ισχύει  p | (α 2  β 2 )   p | αβ

 p | (α 2  β 2 ) και άρα θα έχουμε  .  p | α ή p | β

α β   vN * , τότε θα ισχύει β α α 2  β 2  vαβ

(1)

Επειδή (α, β ) 1 , σύμφωνα με το ερώτημα (i), έχουμε (1)

1 (α 2  β 2 , αβ )  (vαβ , αβ )  αβ (v,1)  αβ .

Άρα αβ 1 , με α, β N * , οπότε α  β 1 , που είναι άτοπο, αφού α  β . 5. (i)  Ας υποθέσουμε ότι (α  β , αβ ) 1 . Τότε ο (α  β , αβ ) θα έχει έναν τουλάχιστον θετικό πρώτο διαιρέτη p, οπότε θα ισχύει  p | (α  β )   p | αβ

168

β α α β Έστω (α, β )  δ . Τότε  ,  1 , οπότε, αν θέσουμε  A και  B , δ δ δ δ   έχουμε α  δ ,

Επομένως [α, β ] 

β  δ , με (,  ) 1 .

(1)

αβ δδ   δ , οπότε δ δ (1)

(α  β ,[α, β ])  (δ  δ , δ )  δ (   ,  )  δ 1 δ  (α, β ) .

(ii) Σύμφωνα με το (i) έχουμε (α, β )  (α  β ,[α, β ])  (114,360)  6

οπότε αβ  (α, β )[α, β ]  6 360  2160 .

Έτσι έχουμε ότι α  β 114

και αβ  2160 .

Άρα ( α  90 και β  24 ) ή ( α  24 και β  90 ). 6. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν κ , λ, κ , λ N * τέτοιοι ώστε κp  λq  κ p  λ q , με 1 κ , κ   q

και 1 λ, λ   p .

Τότε θα ισχύει (κ  κ ) p  ( λ   λ)q

(1)

0  λ   p , Άρα p | ( λ   λ)q και επειδή ( p, q ) 1 , έχουμε p | ( λ   λ) . Όμως  0  λ  p 0  λ   p οπότε  . Επομένως  p  λ   λ  p , οπότε λ   λ  0 . Άρα λ   λ  p   λ  0 και, λόγω της (1), κ   κ .

7. (i) Έστω P (ν) η ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε.

 Η ανισότητα αληθεύει για ν  3 , αφού 2 3  2 3 .  Θα αποδείξουμε ότι, αν η P (ν) είναι αληθής, θα είναι αληθής και η P (ν 1) , δηλαδή ότι:

169 Αν 2 ν  2ν

(1),

τότε και

2 ν 1  2(ν 1) .

Πράγματι, λόγω της (1), έχουμε 2  2 ν  2  2ν 2 ν 1  4ν

Επομένως, αρκεί να δείξουμε ότι 4ν  2(ν 1) για κάθε ν  3 . Πράγματι έχουμε 4ν  2(ν 1)  4ν  2ν  2  2ν  2  ν 1

που ισχύει, αφού ν  3 .

Άρα, η ανισότητα P (ν) αληθεύει για κάθε ν  3 . (ii) Αν x  α είναι μια θετική ακέραια λύση της εξίσωσης, τότε θα ισχύει 2α α 2

(1)

Επομένως, ο α θα έχει ως μοναδικό πρώτο διαιρέτη τον 2, συνεπώς θα είναι της μορφής α  2 κ , κ N * . Έτσι η (1) γράφεται κ

2 2  (2 κ ) 2  2 2  2 2 κ  2 κ  2κ .

Έτσι, λόγω της (1), πρέπει κ  3 . Επομένως, οι πιθανές τιμές του κ είναι οι κ 1 ή κ  2 .

 Για κ 1 , έχουμε α  2 , που είναι λύση της εξίσωσης  Για κ  2 , έχουμε α  4 , που είναι και αυτή λύση της εξίσωσης. Άρα, οι μοναδικές θετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης 2 x  x 2 είναι οι 2 και 4. 8. (i) Έχουμε α ν 1 (α 1)(α ν 1  α ν  2  ...  α 1) .

Επειδή ο α ν 1 είναι πρώτος και α ν 1  α ν  2  ...  α 11 (αφού ν  2 ), πρέπει α 11 , δηλαδή πρέπει α  2 . Άρα α ν 1 2 ν 1 . Αν, τώρα, υποθέσουμε ότι ο ν είναι σύνθετος, τότε αυτός παίρνει τη μορφή

ν  κ  λ , όπου κ, λ φυσικοί μεγαλύτεροι του 1. Έτσι, θα έχουμε

170 α ν 1 2 ν 1 (2 λ ) κ 1  β κ 1 ,

όπου β  2 λ  2

 ( β 1)( β κ 1  β κ  2  ...  β 1) .

Επειδή

β κ 1  ...  β 1 0 , (αφού κ 1 ) η ισότητα

β 1 2 λ 11 και

α ν 1 ( β 1)( β κ 1  ...  β 1) δηλώνει ότι ο α ν 1 είναι σύνθετος, που είναι άτοπο.

(ii) Ας υποθέσουμε ότι ν  2 κ . Τότε ο ν θα είναι της μορφής ν  2 κ  λ , όπου κ, λN και λ περιττός μεγαλύτερος του 1.

Έτσι θα έχουμε κ

α ν 1 ( α 2 ) λ 1  β λ 1 ,

όπου β  α 2

 ( β 1)( β λ 1  β λ  2  ...  β 1) , επειδή λ περιττός. κ

Άρα ο α ν 1 έχει ως παράγοντα τον β 1 α 2 1 , για τον οποίο ισχύει κ

1 α 2 1 α ν 1 , αφού ν  2 κ λ  2 κ

και α 1 .

Επομένως, ο α ν 1 είναι σύνθετος, που είναι άτοπο. 9. (i) Είναι α  0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7(mod 8) .

Επομένως α 2  0 2 ,12 , 2 2 , 3 2 , 4 2 , 5 2 , 6 2 , 7 2 (mod 8) , οπότε α 2  0,1, 4(mod 8) . (ii) Αν υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ακέραια λύση (α, β ) , τότε θα ισχύει α 2  β 2 1998

Όμως, λόγω της (i), είναι α 2  0,1, 4(mod 8) και

β 2  0,1, 4(mod 8) .

Άρα, θα έχουμε α 2  β 2  0,1, 2, 4, 5(mod 8)

οπότε, λόγω της (1) θα είναι

(1)

171 1998  0,1, 2, 4, 5(mod 8)

(2)

Επειδή το υπόλοιπο της διαίρεσης του 1998 με το 8 είναι ίσο με 6, έχουμε 1998  6(mod 8) , που αντίκειται στην (2). Άρα η εξίσωση x 2  y 2 1998 δεν έχει ακέραιες λύσεις. 10. (i)  Επειδή 9  4  2 1 , είναι 9 1(mod 4) , οπότε 910 14 1(mod 4) και άρα 4| (910 1)

(1)

 Έχουμε 91  9(mod 25) ,

9 2  81 6(mod 25) ,

9 4  4 9 11(mod 25) ,

9 3  6 9  4(mod 25)

9 5  99  1(mod 25) .

Άρα 910  (9 5 ) 2  (1) 2 1(mod 25) , οπότε 25| (910 1)

(2)

 Επειδή (4,25) 1 , λόγω των (1) και (2), έχουμε 4  25| (910 1) 100 | (910 1)  910 1(mod100)

(ii) Επειδή 2002 10  200  2 , έχουμε 9 2002  9 2 (910 ) 200  81(910 ) 200

 811200 (mod100) , αφού 910 1(mod100)  81(mod100) .

Άρα, το τελευταίο διψήφιο τμήμα του αριθμού 9 2002 είναι το 81.

11. (i) Αρκεί ο αριθμός

2ν να είναι ακέραιος. Όμως έχουμε: ν2

2ν 2(ν  2)  4 4  2 . ν2 ν2 ν2 4 να είναι ακέραιος, που συμβαίνει, αν και μόνο αν ν2 (ν  2) | 4 ή, ισοδύναμα, αν και μόνο αν ν  2 1 ή ν  2  2 ή ν  2  4 , δηλαδή, αν και μόνο αν ν 3 ή ν  4 ή ν 6 .

Επομένως, αρκεί ο

y x

172 (ii) Αν x, y είναι τα μήκη των πλευρών ενός από ζητούμενα ορθογώνια, τότε θα ισχύει xy  2 x  2 y  xy  2 x  2 y  x( y  2)  2 y

(1)

Άρα ( y  2)| 2 y , οπότε, λόγω της (i) , θα είναι y  3 ή y  4 ή y  6 . Επομένως, λόγω της (1), τα ζητούμενα ορθογώνια έχουν διαστάσεις: (6, 3) ,

(4, 4)

και

(3, 6) .

ν2 180 0 , ν αν ο χώρος γύρω από το Α καλυφθεί με κ κανονικά ν-γωνα, τότε θα ισχύει

(iii) Επειδή η γωνία α καθενός από τα κανονικά ν-γωνα είναι ίση

2ν  ν2  . κ 180 0   360 0  κ  ν2  ν 

2v θα είναι ακέραιος, οπότε, λόγω της (1), θα είναι ν  3 ή v2 ν  4 ή ν  6 . Άρα, ο χώρος γύρω από το Α μπορεί να καλυφθεί μόνο με 3 ισόπλευρα τρίγωνα ή με 4 τετράγωνα ή με 6 κανονικά εξάγωνα. Έτσι, ο αριθμός

12. Έστω x η πλευρά του μεγάλου τετραγώνου και y η πλευρά του μικρού τετραγώνου που είναι διαφορετική της μονάδας. Τότε θα ισχύει x 2  y 2  2412

οπότε ( x  y )( x  y )  24

(1)

Όμως ισχύει 0  x  y  x  y . Επομένως, έχουμε x  y  4 x  y 3 x  y  2  x  y 1 ή  ή  ή   x  y  8 x  y  12 x  y  24 x  y  6    x  7 και επειδή οι x, y είναι ακέραιοι με y 1 , είναι μόνο  .  y 5

Άρα το ζητούμενο τετράγωνο έχει πλευρά 7, οπότε το εμβαδόν του είναι 49, και χωρίζεται σε 25 τετράγωνα από τα οποία τα 24 έχουν πλευρά 1 και το ένα πλευρά 5. 13. Ας υποθέσουμε ότι x1 y1 , x 2 y 2 , ..., x κ y κ είναι οι διψήφιοι και z1 , z 2 , ..., z λ οι μονοψήφιοι από τους ζητούμενους αριθμούς. Τότε θα ισχύει: x1 y1  x 2 y 2  ...  x κ y κ  z1  z 2  ...  z λ 100

173 οπότε (10 x1  y1 )  (10 x 2  y 2 )  ...  (10 x κ  y κ )  ( z1  z 2  ...  z λ ) 100 .

Άρα 10( x1  x 2  ...  x κ )  ( y1  y 2  ... y κ  z1  z 2  ... z λ ) 100

(1)

Επειδή οι ακέραιοι x1 , x 2 ,..., x κ , y1 , y 2 ,..., y κ , z1 , z 2 ,..., z λ είναι τα ψηφία 0, 1, 2, ..., 9 , αλλά μόνο μια φορά, το άθροισμά τους θα είναι ίσο με 0 1 2  ...  9  45 . Επομένως, αν το άθροισμα των ψηφίων των δεκάδων είναι ίσο με S, τότε το άθροισμα των ψηφίων των μονάδων θα είναι ίσο με 45  S . Έτσι, η ισότητα (1) γράφεται 10S  45  S 100 , οπότε 9S 100 και 100 Z άτοπο. Επομένως, το πρόβλημα δεν έχει λύση. άρα S  9 α α β 14. (i) Επειδή (α, β )  2 , έχουμε  ,  1 , οπότε, αν θέσουμε   και 2 2 2 β   , θα ισχύει 2 α  2 και

β  2 , με (,  ) 1 και     0

(1)

Επομένως, η σχέση α  β 10 γράφεται: (1)   4   3 2  2 10      5   ή  .  1   2

α  6 α  8 . ή   β  2 β 4 

Άρα

(ii) Επειδή



(α , β )  4 ,

έχουμε

α α β  ,  1 , οπότε, αν θέσουμε   και 4 4 4  

β , θα ισχύει 4 a  4 A και

β  4 B , με ( A, B ) 1 και A  B  0

Επομένως, η σχέση αβ  96 γράφεται ( 2 )   6 4  4  96    6    1

  3 ή  .   2

(2)

174 Άρα

α 12 α  24 . ή    β 8 β 4

(iii) Επειδή (α, β )[α, β ]  αβ , λόγω της υπόθεσης, έχουμε (α, β )  24  96 , οπότε (α, β )  4 . Έτσι αβ  96 και (α, β )  4 , οπότε αναγόμαστε στην (ii) περίπτωση. (iv) Επειδή (α, β )[α, β ]  αβ , λόγω της υπόθεσης έχουμε 424  αβ . Έτσι αβ  96 και (α, β )  4 , οπότε αναγόμαστε στην (ii) περίπτωση. (v) Έστω (α, β )  δ . Τότε α  β  7δ , οπότε

α β α β   7 με  ,  1 . Αν δ δ δ δ 

β α θέσουμε   Z και   Z , τότε έχουμε δ δ α  δ   β  δ

(3)

και

    7  (,  ) 1, με     0

(4)

  5   4   6 ή  ή  . Έτσι    2   3  1  Αν   6 και  1 , τότε α  6δ και β  δ , οπότε η σχέση [α, β ]  60 γράφεται: [6δ , δ ]  60  δ[6,1]  60  δ 6  60  δ 10

και συνεπώς α  60 και β 10 .  Αν   5 και   2 , τότε α  5δ και β  2δ , οπότε η σχέση [α, β ]  60 γράφεται: [5δ ,2δ ]  60  δ[5,2]  60  δ 10  60  δ  6

και συνεπώς α  30 και β 12 .  Αν   4 και   3 , τότε α  4δ και β  3δ , οπότε η σχέση [α, β ]  60 γράφεται: [4δ ,3δ ]  60  δ[4,3]  60  δ 12  60  δ  5

και συνεπώς α  20 και β 15 . 15. Αν p1 , p 2 ,..., p κ είναι οι κοινοί και μη κοινοί θετικοί πρώτοι παράγοντες των α και β, τότε θα ισχύει

175 α  p1α1 p 2α2 ... p κακ

β  p1β1 p 2β2 ... p κβκ

και

όπου α1 , α 2 ,..., α κ , β1 , β 2 ,..., β κ φυσικοί αριθμοί. Επομένως θα είναι α 2  p12α1 p 22α2 ... p κ2ακ

β 2  p12 β1 p 22 β2 ... p κ2 βκ .

και

Έτσι, θα έχουμε (α, β )  p1δ1 p 2δ2 ... p κδκ , όπου δi  min{α i , β i } , i 1,2,..., κ

και (α 2 , β 2 )  p1d1 p 2d 2 ... p κd κ , όπου d i  min{2α i ,2 β i } , i 1,2,..., κ .

Όμως, d i  min{2α i ,2 β i } 2 min{α i , β i } 2δi , i 1,2,..., κ . Επομένως, είναι:



(α 2 , β 2 )  p12δ1 p 22δ2 ... p κ2δκ  p1δ1 p 2δ2 ... p κδκ

  (α , β ) 2

16. Επειδή (α, β ) 1 , οι κανονικές μορφές των α και β δεν έχουν κοινούς παράγοντες. Επομένως, θα ισχύει α  p1α1 p 2α2 ... p κακ

και

β  q1β1 q 2β2 ...q λ λ

(1)

όπου p1 , p 2 ,..., p κ , q1 , q 2 ,..., q λ θετικοί πρώτοι, διαφορετικοί ανά δύο, και α1 , α 2 ,..., α κ , β1 , β 2 ,..., β λ θετικοί ακέραιοι. Έτσι, θα έχουμε β

αβ  p1α1 p 2α2 ... p κακ q1β1 q 2β2 ...q λ λ

(2)

Επειδή το γινόμενο αβ είναι τετράγωνο θετικού ακέραιου, οι εκθέτες α1 , α 2 ,..., α κ , β1 , β 2 ,..., β λ θα είναι όλοι άρτιοι, δηλαδή της μορφής a i  2 μ i και

β j  2ν j , όπου μ1 , μ 2 ,..., μ κ , ν1 , ν 2 ,..., ν λ N * .

Επομένως, λόγω της (1), έχουμε



α  p12 μ1 p 22 μ2 ... p κ2 μκ  p1μ1 p 2μ2 ... p κμκ

και



β  q12ν1 q 22ν2 ...q λ2ν λ  q1ν1 q 2ν2 ...q λν λ

 μ 2

 ν 2

μN *

νN * .

176

ΚΕΦΑΛΑΙΟ

5.1 Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΜΙΓΑΔΙΚΟΥ ΑΡΙΘΜΟΥ 5.2 ΠΡΑΞΕΙΣ ΣΤΟ ΣΥΝΟΛΟ C ΤΩΝ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έχουμε z  (2 λ  3)  (6  λ)i , οπότε: α) πραγματικός αν και μόνο αν 6  λ  0 , δηλαδή λ  6 β) φανταστικός αν και μόνο αν 2 λ  3  0 , δηλαδή λ  

3 . 2

α) Είναι: x  y  3 ( x  y )  ( x  y )i  3  i    ( x, y )  (1,2)  x  y  1

β) Είναι:  3x 2  x  6  2 3x 2  x  6  ( x 2  3)i  2  i    x 2  3 1

(1)

Όμως: x 2  3 1 x 2  4  x  2 ή x  2 .

Άρα x  2 , αφού από τις λύσεις αυτές μόνο η x  2 επαληθεύει και την (1). γ) Είναι:  9  54 3x  2 y  9  x  9  27i  (3x  2 y )  yi    3 27  y  y  27    45 x   ( x, y )  (15,27)  3  y  27 

178

3. y 5 4

3+4i

x΄ -5 -4 -3 -2 -1

-2i

2 1

1+i

0 -1 -2

2 3

-3

y΄

-4 -5

3-4i

α) Είναι z  0  yi . Άρα, οι εικόνες του z είναι τα σημεία M (0, y ) , δηλαδή τα σημεία του άξονα y y . β) Είναι z  x  0i . Άρα, οι εικόνες του z είναι τα σημεία M (x,0) , δηλαδή τα σημεία του άξονα x x . γ) Είναι z  x  xi . Άρα, οι εικόνες του z είναι τα σημεία M ( x, x) , δηλαδή τα σημεία της ευθείας y  x , που είναι διχοτόμος της 1ης και 3ης γωνίας των αξόνων.

α) ( 4  6i )  (7  2i)  ( 4  7)  (6  2)i  3  4i β) (3  2i )  (6  4i )  (3  6)  (2  4)i  3  6i γ) (3  4i)  (8  7i)  (5  3i)  (3  8  5)  (4  7  3)i  0  0i  0 δ) (3  2i)(4  5i)  3  4  3  5i  4  2i  2  5i 2  12  10  15i  8i  2  23i ε) 3i (6  i)  3  6i  3i 2  3  18i στ) (4  3i)(4  3i )  4 2  (3i ) 2  16  9  i 2  16  9(1)  16  9  25 ζ) i(3  i )(2  i)  i(6  3i  2i  i 2 )  i(6  1  i)  7i  i 2  1  7i .

6. α)

1(1  i ) 1 1 i 1 i 1 1      i 1  i (1  i)(1  i) 1  i 2 1  1 2 2

β)

i 6  i 4  i 2  1(1)  1  1  0i

γ)

i 2  2i  1  1  2i  1  0  2i

179

δ) ε)

στ)

(1  i 3 ) 2  1  2i 3  i 2  3  1  3  2 3i  2  2 3i

3  i (3  i)  (2  i) 6  i 2  5i 5  5i 5(1  i )   2 2   1 i 2  i (2  i)(2  i ) 4 1 5 2 i 6 i 2 1 i 2



(6  i 2 ) (1 i 2 )



(1 i 2 ) (1 i 2 )

6  2i 2  7 2i 1 2i



6  2  7 2i 4 7   2i . 1 2 3 3

7. α) Είναι: (3  2i ) 2  ( x  iy )  x  yi  9  12i  4i 2  x  yi  x  yi  9  4  x 12i  x  (5  2 x) 12i  0

Αυτή όμως είναι αδύνατη, αφού το 12  0 . 2

1  1  2i 1  i  β) Είναι:   1 . Άρα η σχέση γράφεται:    i 1 1  1  2i   1

1 1 1 i  2i x  iy x  iy  x  yi 

1 2i

 x  yi 

2i 5

x

2 5

και y 

1 . 5

γ) Είναι: (3  2i )(2 x  iy )  2(2 x  iy )  2i 1  (3  2i)(2 x  iy )  2(2 x  iy )  1  2i

 (1  2i)(2 x  iy )  (1  2i )  2 x  iy  1

 x

α) β)

1 2

και

y 0.

i 6  i16  i 26  i 36  i 46  i 56  i 2  i 0  i 2  i 0  i 2  i 0  0 .

1 i



1 i



1 i



1 i

1023



1 i



1 i



1 i



1 i



1 1 2    2i . i i i

180

α) Για z  5  7i είναι z  5  7i β) Για z  4  9i είναι z  4  9i γ) Για z  4i

είναι z  4i

δ) Για z  11

είναι z  11

ε) Για z  i

είναι z  i

στ) Για z  0

είναι z  0 .

10. Αν M ( x, y ) είναι η εικόνα στο μιγαδικό επίπεδο του μιγαδικού z  x  yi , τότε η εικόνα του z  x  yi είναι το σημείο M 1 ( x, y ) , του  z   x  yi είναι το σημείο M 2 ( x, y ) και, τέλος, του  z   x  yi είναι το σημείο y M 3 ( x, y ) . Έτσι, μπορούμε να πούμε M(x,y) M3(-x,y) z z ότι: Ο z προκύπτει από τον z με συμμετρία x΄ x ως προς τον άξονα x x . z z Ο  z προκύπτει από τον z με συμμετρία M1(x,-y) M2(-x,-y) ως προς κέντρο το O(0,0) και τέλος: y΄ Ο  z προκύπτει από τον z με συμμετρία ως προς τον άξονα y y . 5  9i 5  9i 5  9i  5  9i      που είναι πραγματικός 7  4i 7  4i 7  4i  7  4i  αριθμός ως άθροισμα δύο συζυγών μιγαδικών αριθμών. Ομοίως ο z1  z 2 θα είναι φανταστικός ως διαφορά δύο συζυγών μιγαδικών αριθμών.

11. Έχουμε:

z1  z 2 

12. Αν z  x  yi τότε: α) z  z  6i  x  yi  x  yi  6i  2 yi  6i  yi  3i  y  3 . Άρα, οι εικόνες των μιγαδικών είναι τα σημεία της οριζόντιας ευθείας με εξίσωση y  3 . β)

z 2  z 2  ( x  yi) 2  ( x  yi) 2  ( x  yi) 2  ( x  yi) 2  0  ( x  yi  x  yi)( x  yi  x  yi)  0  2 x  2 yi  0

 x 0 ή

y 0 .

181

Άρα, οι εικόνες των μιγαδικών είναι τα σημεία των δύο αξόνων y y και x x . γ)

z 2   z 2  ( x  yi ) 2  ( x  yi ) 2

 x 2  ( yi ) 2  2 xyi  ( x 2  y 2 i 2  2 xyi)  x 2  y 2  2 xyi   x 2  y 2  2 xyi

 2( x 2  y 2 )  0  y x .

Άρα, οι εικόνες των μιγαδικών είναι τα σημεία των διχοτόμων των τεσσάρων τεταρτημορίων. δ)

z  2  z  x  yi  2  ( x  yi)  x  yi  (2  x)  yi x  2  x  y  y  x  1, y  R

 z 1 yi .

Άρα, οι εικόνες των μιγαδικών είναι τα σημεία της κατακόρυφης ευθείας x 1.

13. α)

x 2  3x  2  0  x 

3  9  8 3 1   x 2 ή x 1. 2 2

β)

x 2 2x 3  0  x 

2  i 8 2(1 2 )   1 i 2 2 2

γ)

1 1 i 3 x   1  x 2 1  x  x 2  x 1  0  x  . x 2

14. Αφού οι συντελεστές της εξίσωσης 2 x 2  βx  γ  0 είναι πραγματικοί αριθμοί και μία ρίζα της είναι η 3  2i , η άλλη θα είναι η 3  2i , οπότε θα ισχύει: β  β   x1  x 2   2 6   2  β  12   .  γ  26 x x  γ 13  γ  1 2 2  2

182

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1.

z

Έχουμε:

α  βi (α  βi )(γ  δi ) (αγ  βδ )  ( βγ  αδ )i   . Άρα: γ  δi (γ  δi)(γ  δi ) γ2 δ 2

zR  βγ  αδ  0  αδ  βγ  0 

Έχουμε z 2 

1 z z 2





0 .



οπότε

 (2i )10  210 i 10  210 i 2  210 .

και

(1 i) 20  (1 i) 20  (1 i ) 20  210 .

Άρα :

(1 i ) 20  (1 i ) 20  0 .

Έχουμε

1 2 . 1 2

(1 i ) 20  (1 i ) 2

2  i 3 1 i 3 2  i 3 1 i 3 1    . 2 2 2 2

(1 i ) 2  11 2i  2i ,

Είναι

1 3  2 3i 2  i 3  , οπότε: 4 2 z2 z 

Άρα:

A  iν  i ν  iν 

1 iν

. Επομένως:



Αν ν  4κ ,

τότε i ν 1 ,

οπότε

A  11  2



Αν ν  4κ 1 , τότε i ν  i ,

οπότε

1 Ai  i i 0 i



Αν ν  4κ  2 , τότε i ν  1 , οπότε

A  11  2



Αν ν  4κ  3 , τότε i ν  i , οπότε

A  i 

1  i  i  0 . i

α) Αν z  x  yi τότε έχουμε: z  z 2  x  yi  ( x  yi ) 2

 x  yi  x 2  y 2  2 xyi

 x  yi  x 2  ( yi) 2  2 xyi

 ( x 2  y 2  x)  (2 x 1) yi  0

183

(2 x 1) y  0  2  x  y 2  x  0



2 x 1 0 ή y  0  2  x  y 2  x  0

Αν 2 x  1  0 , δηλαδή αν x  

(1) (2)

1 , τότε η (2) γράφεται: 2

1 1 3 3  y2   0  y2   y   . 4 2 4 2

Άρα: 

z

1 3 1 3  i ή z  i. 2 2 2 2

Αν y  0 , τότε η (2) γράφεται: x 2  x  0  x( x  1)  0  x  0 ή x  1 .

Άρα:

z0 ή

z 1 .

β) Αν z  x  yi , έχουμε: z  z 3  x  yi  ( x  yi ) 3  x  yi  x 3  3x 2 yi  3 x( yi) 2  ( yi ) 3  x  yi  x 3  3x 2 yi  3 xy 2  y 3 i  x  yi  ( x 3  3 xy 2 )  (3 x 2  y 2 ) yi

 x 3  3xy 2  x  x( x 2  3 y 2 1)  0    (3x 2  y 2 ) y   y  y (3x 2  y 2 1)  0  x  0 ή x 2  3 y 2 1 0   y (3 x 2  y 2 1)  0



Αν x  0 , τότε η (2) γράφεται: y (1 y 2 )  0  y  0 ή y  1 .

Άρα: 

z  0 ή z  i ή z  i .

Αν x 2  3 y 2 1 , τότε η (2) γράφεται: y[3(3 y 2 1)  y 2 1]  y (8 y 2  4)  0  y  0 .

Άρα x 2 1 , οπότε x  1 ή x  1 και επομένως z 1 ή z  1 .

(1) (2)

184

Αν z  x  yi , τότε: z z x  yi x  yi ( x  yi) 2  ( x  yi) 2     z z x  yi x  yi x 2  ( yi) 2 

x 2  ( yi) 2  2 xyi  x 2  ( yi) 2  2 xyi 2( x 2  y 2 ) .  2 x2  y2 x  y2

Έτσι, αρκεί να αποδείξουμε ότι  2 

 2

2( x 2  y 2 ) x2  y2

 2  1

 2 . Πράγματι:

x2  y2 x2  y2

1

 ( x 2  y 2 )  x 2  y 2  x 2  y 2

 x 2  y 2  x 2  y 2 0  2 x 2   2 0  2 y 2  x  y 2  x 2  y 2

που ισχύουν και οι δύο. Άρα ισχύει και η αρχική διπλή ανισότητα.

α΄ τρόπος: Είναι (α  βi ) 2  α 2  β 2  2αβi  z και ( β  αi ) 2  β 2  α 2  2αβi   z . Άρα



(α  βi )10  ( β  αi )10  (α  βi ) 2

  ( β  αi)   z 5

2 5

 ( z ) 5  z 5  z 5  0 .

β΄ τρόπος: Είναι β  αi  i (α  βi ) . Επομένως: (α  βi )10  ( β  αi ) 10  (α  βi ) 10  i 10 (α  βi )10  (α  βi )10  (α  βi )10  0 .

α) Έχουμε:  z  z  x  yi  x  yi  2 yi  0  y  0  z R  z   z  x  yi   x  yi  2 x  0  x  0  z φανταστικός β) Αρκεί να δείξουμε ότι u  u και v  v . Επειδή θα είναι:

z1 

1 και z1

z2 

1 z2

185

z 2  z1 1 1  z z z z2 z z z z  u 1 2  1  1 2  1 2 u .  1 1 1 z z 1 z 1 z 2 1 z1 z 2 1 2 1 z1 z 2 z1 z 2 z 2  z1 1 1  z1  z 2 z1 z 2 z z  ( z1  z 2 )  v   1 2   v . 1 1 z 1 z 2  1 1 z 1 z 2 1 z1 z 2 1 z1 z 2 z1 z 2

α) Έστω z  x  yi . Τότε

y x 1 i . Επομένως:   z x2  y2 x2  y2

x  1 Re z    5 Re( z )  x  2 5x x  y2  z  1   x 2 40 x 0 ή  x  y2   

1 x2  y2

4

 x 0 ή

1 x 2  y 2   . 2

Άρα, ο γεωμετρικός τόπος είναι ο άξονας y y με εξαίρεση το σημείο O(0,0) 1 και ο κύκλος με κέντρο O(0,0) και ακτίνα ρ  . 2 β) Έχουμε: y  1 Im z    3Im( z )  y  2 2  3 y z x y 

4y

y x  y2 2

0

 1  y 4  2  x  y2   y 0 ή

 0  

1 x  y2 2

4 2

1  y 0 ή x 2  y 2   . 2

186

Άρα, ο γεωμετρικός τόπος είναι ο άξονας x x με εξαίρεση το σημείο O(0,0) 1 και ο κύκλος με κέντρο O(0,0) και ακτίνα ρ  . 2

5.3 ΜΕΤΡΟ ΜΙΓΑΔΙΚΟΥ ΑΡΙΘΜΟΥ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έχουμε:  |1 i | 12 12  2 |1 i | , αφού | z || z |  |3  4i | 3 2  4 2  25  5 |3  4i |  | 5i | 0 2  (5) 2  25  5 1 i |1 i |  1 , αφού |1 i ||1 i | 1 i |1 i |

 | 4| 4 ,

 | (1 i) 2 (1 i) 4 ||1 i | 2 |1 i | 4  2  2  2 2 2  2 3  8 2

 | (2  i ) (1 2i ) | 2  i ||1 2i | 2 2  (1) 2  12  2 2  5  5  5  5 

3 i |3  i | 3 2 12 10 10     . 2 2 4  3i | 4  3i | 5 25 4  (3)

2. Έχουμε 2

 | (1 i ) 2 ||1 i | 2  2  2 2



 |1 i |  1 i  1 i   12 1       i  i  i 1 1 | 1 |    



 |1 i |  1 i  1 i   12 1       i  i 1 | 1 | 1 i     



 λ  μi   | λ  μi |  λ  μi     12 1   λ  μ i λ μ i λ  μ i  | |    

187

3. α) Έχουμε | z 2 | z 2 | z | 2  z 2  zz  z 2  z ( z  z )  0

 z 0 ή z  z

 z R

β) α΄ τρόπος: Αν | z 1| z , τότε ο z θα είναι μη αρνητικός πραγματικός, αφού τέτοιος είναι και ο | z 1| . Επομένως θα είναι z  x , x  0 , οπότε θα έχουμε: | z 1| z | x 1| x

 x 1 x

ή x 1  x

1  x . 2

Άρα,

1 z . 2

Αν z  x  yi , τότε:

β΄ τρόπος:

| z 1| z | ( x 1)  yi | x  yi  ( x 1) 2  y 2  x  yi  1  ( x 1) 2  y 2  x | x 1| x  x     2 .  y  0 y 0  y  0

Άρα,

1 z . 2

γ) α΄ τρόπος: Αν | z  i | 2 z , τότε ο 2 z θα είναι μη αρνητικός πραγματικός. Επομένως θα είναι z  x , x  0 , οπότε θα έχουμε: | z  i | 2 z | x  i | 2 x  x 2 1  2 x  x 2 1 4 x 2  3 x 2 1  x 2 

Άρα,

z

β΄ τρόπος:

1 3

 x

3 , 3

αφού

x0

3 . 3

Όπως ο β΄ τρόπος της περίπτωσης 3β).

4. α) Αν | z |1 , τότε ο z θα απέχει από το O(0,0) απόσταση ίση με 1. Άρα, ο z θα βρίσκεται σε κύκλο κέντρου Ο και ακτίνας ρ=1, ο οποίος έχει εξίσωση x 2  y 2 1 .

188

β) Αν | z i |1 , ο z θα απέχει από τον μιγαδικό i (δηλαδή από το σημείο Κ(0,1)) απόσταση σταθερή ίση με 1. Άρα, ο z θα βρίσκεται σε κύκλο κέντρου Κ(0,1) και ακτίνας ρ 1 , ο οποίος έχει εξίσωση: x 2  ( y 1) 2 1 . γ) Ομοίως, αν | z 1 2i | 3 , δηλαδή αν | z  (1 2i )| 3 , τότε ο z θα απέχει από τον μιγαδικό 1 2i απόσταση ίση με 3. Άρα, ο z θα βρίσκεται σε κύκλο κέντρου K (1,  2) και ακτίνας ρ  3 , ο οποίος έχει εξίσωση ( x 1) 2  ( y  2) 2  9 .

δ) Αν 1| z | 2 , τότε ο z θα βρίσκεται μεταξύ των κύκλων με κέντρο το O(0,0) και ακτίνες ρ1 1 και ρ 2  2 . ε) Αν | z | 2 , τότε ο z θα βρίσκεται στο εξωτερικό του κύκλου κέντρου O(0,0) και ακτίνας ρ=2 ή πάνω στον κύκλο αυτό.

5. α) Έχουμε | z 1|| z  2i || z  (1) || z  2i | .

Άρα, οι αποστάσεις του μιγαδικού z από τους μιγαδικούς 1 0i και 0 2i , δηλαδή από τα σημεία A(1,0) και B (0,2) είναι ίσες. Επομένως ο z θα ανήκει στη μεσοκάθετο του τμήματος ΑΒ. β) Έχουμε | z  i || z 1|| z  i || z  (1)| .

Επομένως, η απόσταση του μιγαδικού z από τον i, είναι μεγαλύτερη από την απόσταση του από τον μιγαδικό 1 0i . Άρα ο z θα βρίσκεται στο ημιεπίπεδο που ορίζεται από τη μεσοκάθετο του ΑΒ και από το σημείο Β, όπου Α και Β τα σημεία με συντετεγμένες (0, 1) και (1, 0) αντιστοίχως.

1 xi |1 xi | 1 x 2 1 xi , άρα | z |  1 . Αφού | z |1 , ο  x i x  i | x  i| x 2 1 γεωμετρικός τόπος της εικόνας Μ του z θα είναι ο μοναδιαίος κύκλος.

6. Έχουμε

z

7. Από την ισότητα | z  4i | 2 προκύπτει ότι η απόσταση του M (z ) από το σημείο K (0,4) είναι σταθερή και ίση με 2. Επομένως το Μ ανήκει σε κύκλο με κέντρο K (0,4) και ακτίνα ρ  2 .

189

Σύμφωνα με την εφαρμογή 2 (σελ. 199), ο μιγαδικός με το ελάχιστο μέτρο είναι ο z1  2i και ο μιγαδικός με το μέγιστο μέτρο είναι ο z 2  6i .

Β(0,6) Κ(0,4) Α(0,2) O

8. Είναι: | w 1|| 2 z || w 1| 2| z || w 1| 2 .

Άρα, οι εικόνες του w ανήκουν σε κύκλο με κέντρο το σημείο Κ(1,0) και ακτίνα ρ=2.

9. α΄ τρόπος: Έστω z1  x1  y1i και z 2  x 2  y 2 i . Τότε: z1  z 2  ( x1  x 2 )  ( y1  y 2 )i

και z1  z 2  ( x1  x 2 )  ( y  y 2 )i .

Άρα: | z1  z 2 | 2  | z1  z 2 | 2  ( x1  x 2 ) 2  ( y1  y 2 ) 2  ( x1  x 2 ) 2  ( y1  y 2 ) 2  2( x12  y12 )  2( x 22  y 22 )  2| z1 | 2 2| z 2 | 2 .

β΄ τρόπος: Έχουμε: | z1  z 2 | 2  | z1  z 2 | 2  ( z1  z 2 )( z1  z 2 )  ( z1  z 2 )( z1  z 2 )  z1 z1  z1 z 2  z 2 z1  z 2 z 2  z1 z1  z1 z 2  z 2 z1  z 2 z 2  2 z1 z1  2 z 2 z 2  2| z1 | 2 2| z 2 | 2 .

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Αν z  x  yi , τότε: 2 | z | 2  x 2  y 2  2( x 2  y 2 ) και | Re( z )|  | Im( z )|| x |  | y | .

Άρα:

190 2 | z || Re( z )|  | Im( z )  2( x 2  y 2 ) | x |  | y |  2( x 2  y 2 )  x 2  y 2  2| x | | y | x 2  y 2  2| x | | y |

| x | 2  | y | 2 2| x | | y | 0  | x | | y |2  0 , που ισχύει

2. Έχουμε τις ισοδυναμίες: w φανταστικός  w   w z 1 z 1  z 1 z 1  ( z 1)( z 1)  ( z 1)( z 1) 

 zz  z  z 1  zz  z  z 1  2 zz  2  zz 1 | z | 2 1 | z |1 .

Έχουμε τις ισοδυναμίες: wR  w  w

1 1 z z z z  z 2 z  z  zz 2  z  zz ( z  z )  ( z  z )  0  ( zz 1)( z  z )  0  zz 1 ή z  z | z |1

ή zR .

Έχουμε τις ισοδυναμίες: w φανταστικός  w   w 

z  αi  ( z  αi )   iz  α iz  α

 izz  αz  αz  α 2 i  izz  αz  αz  α 2 i  2αz  2αz  z z  z φανταστικός

191 5.

Αν z  x  yi , επειδή η εικόνα του z ανήκει στον κύκλο κέντρου O(0,0) και ακτίνας 1, θα είναι | z |1 ή, ισοδύναμα, x 2  y 2 1 . Επομένως, θα έχουμε:

| w|

2 z  i | 2 z  i | | 2 x  (2 y 1)i |   iz  2 |iz  2| | ( y  2)  xi | 



4 x 2  (2 y 1) 2 (2  y ) 2  x 2



4( x 2  y 2 )  4 y 1 (x 2  y 2 ) 4 y  4



4 x 2  4 y 2  4 y 1 4 y 2 4y  x 2 4 1 4 y 1 1 4 y  4

1 .

6. Έχουμε: | 2 z 1|| z  2|| 2 z 1| 2 | z  2| 2  (2 z 1)(2 z 1)  ( z  2)( z  2)

 4 zz  2 z  2 z 1 zz  2 z  2 z  4  3 zz  3  zz 1 | z | 2 1| z |1 .

Άρα, η εικόνα του z ανήκει στο μοναδιαίο κύκλο. 7. Έχουμε:

A  (1 z )(1 z )  (1 z )(1 z )

M(z)

1 z  z  zz 1 z  z  zz  2(1 zz )  2(1 | z | 2 )

K(-1)

Λ(1) x

 22  4 . Αν Μ, Κ και Λ είναι οι εικόνες των μιγαδικών z, 1 και 1, αντιστοίχως, τότε θα είναι:

|1 z | 2  MK 2 ,

|1 z | 2  M2 και 4  K2 .

Επομένως, η ισότητα |1 z | 2  |1 z | 2  4 , που αποδείξαμε, γράφεται MK 2  M2  K2 , που σημαίνει ότι το τρίγωνο ΜΚΛ είναι ορθογώνιο στο Μ. Αυτό ήταν αναμενόμενο, αφού το Μ είναι σημείο του μοναδιαίου κύκλου και η ΚΛ διάμετρος αυτού.

192 8.  Αν z  x  yi , τότε θα έχουμε:

| z 1|| z  4i ||( x 1)  yi || x  ( y  4)i |

Α(-1,0) O

 ( x 1) 2  y 2  x 2  ( y  4) 2

 2 x 1 8 y 16

Γ(

1 15  y  x . 4 8

15 60 , ) 34 34

Β(0,-4)

Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος 1 15 είναι η ευθεία ε : y  x  4 8  Το ζητούμενο σημείο είναι το ίχνος της καθέτου από την αρχή Ο στην ε. Η κάθετος αυτή έχει εξίσωση y  4 x και επομένως οι συντεταγμένες του σημείου τομής της με την ε βρίσκεται από τη λύση του συστήματος  y  4 x  15 60    1 15 , που είναι το ζεύγος  ,   .  34 34  y 4 x 8  9. Έστω z1  x1  y1i και z 2  x 2  y 2 i . Επειδή το σημείο M 1 κινείται στον

κύκλο x 2  y 2  4 2 θα ισχύει x12  y12 16 .

Επομένως, η ισότητα z 2  z1 

(1)

4 γράφεται διαδοχικά: z1

x 2  y 2 i  x1  y1i 

4 x1  y1i 4( x1  y1i)

x12  y12

x 2  y 2 i  x1  y1i 

4( x1  y1i) 16

x 2  y 2 i  x1  y1i 

x1 y1  i 4 4

5 x1 3 y1i  . 4 4 3y και y 2  1 , οπότε 4 4x2 4y και y1  2 x1  5 3

(λόγω της (1))

x2  y2i 

Επομένως, x 2 

5 x1 4

(2)

193 Αντικαθιστούμε τις τιμές αυτές των x1 και y1 στην (1) και έχουμε: 2

16 x 22 16 y 22 x2 y2  4x2   4 y2   16  2  2 1 .     16  25 9 25 9  5   3 

Άρα, το σημείο M 2 κινείται στην έλλειψη με μεγάλο άξονα 2α 10 και εστίες E (4,0) , E (4,0) .

10. α) Έχουμε

| z |1| z | 2 1 zz 1 z 

1 z

β) Από τις ισότητες | z1 || z 2 || z 3 |... | z κ |1 έχουμε z1 

1 1 1 1 , z 2  , z 3  ,..., z κ  . z1 z2 z3 zκ

1 1 1   ... | z1  z 2  ...  z κ | z1 z 2 zκ

Άρα

 z1  z 2  ...  z κ | z1  z 2  ...  z κ |

(αφού | z || z | ).

5.4 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΗ ΜΟΡΦΗ ΜΙΓΑΔΙΚΟΥ

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. Έχουμε

α)

1  συνθ  2 ρ  12  ( 3 ) 2  4  2 και  . ημθ  3 2 

Άρα ένα όρισμα είναι το θ 

π . 3

Επομένως:

π π  1 3i  2 συν  iημ  3 3 

194

β)

1  συνθ  2 ρ  12  ( 3 ) 2  4  2 και  . ημθ   3  2

Άρα ένα όρισμα είναι το θ  

π . Επομένως: 3

  π  π  1 3i  2 συν    iημ    . 3    3  

γ)

1  συνθ   2 ρ  (1) 2  ( 3 ) 2  4  2 και  . ημθ   3  2

π 4π Άρα ένα όρισμα είναι το θ  π   . Επομένως: 3 3 4π 4π   1 3i  2 συν  iημ  . 3  3 

δ)

1  συνθ  2 ρ  (1) 2  ( 3 ) 2  2 και  . ημθ  3  2

π 2π Άρα ένα όρισμα είναι το θ  π   . Επομένως: 3 3 2π 2π   1 3i  2 συν  iημ  . 3 3  

ε)

Είναι:

4  41 (συν 0  iημ 0) .

στ)

Είναι:

4  4(συνπ  iημπ ) .

2. α)

4(συν15 0  iημ15 0 )  6(συν30 0  iημ30 0 )  24(συν 45 0  iημ 45 0 )

 2 i 2  12 2 12 2i  24    2 2  

195 β)

3π 3π  π π  π π   5 συν  iημ   2 συν  iημ  10 συν  iημ  10(0 1i ) 10i 8 8  8 8  2 2  

γ)

2π 2π   3π 3π  5π 5π     συν  iημ  συν  iημ  11 συν  iημ  10 10   10 10  10 10    π π  συν  iημ  0  i 1 i . 2 2

3. Έχουμε:

α)

β)

1 i 3  5 5 3   i  5(συν 60 0  iημ 60 0 )  5  2 2  2 2 5(συν100  iημ100 )  

25(συν160 0  iημ160 0 ) 0

5π 5π   6 συν  iημ  6 6    5π π   5π π     6 συν    iημ    π π  6 3  6 3   συν  iημ 3 3 π π   6 συν  iημ   60  6i 1 6i 2 2 

γ)

7(συν130 0  iημ130 0 )

1  (συν (150 0 )  iημ(150 0 )) 14(συν (20 )  iημ(-20 )) 2 0

1  3 1  3 1   i   i. 2  2 2  4 4

4. Από το θεώρημα de Moivre έχουμε:

α)

(2(συν20 0  iημ 20 0 )) 3  2 3 (συν(3 20 0 )  iημ(3 20 0 )) 1 3   8(συν 60 0  iημ 60 0 )  8  i  4  4 3i 2 2    8

β)

5π 5π    5π   5π   8  3(συν  iημ   3  συν  8   iημ 8   4 4 4      4    38 συν(5 2π )  iημ(5 2π )  38 (1 i 0)  38

196 16

γ)

  π   π  συν    iημ     συν 4π  iημ  4π 1 .  4   4  1 i

5. Έχουμε

2  1 i       2

6. Αν z 

6



2 2 π π i  συν  iημ . 2 2 4 4

π π    συν  iημ  4 4 

6

Άρα:

 3π   3π   συν     iημ    i (1)  i .  2   2 

π π 1 i 3 , τότε z  συν  iημ . Άρα: 2 3 3 π π   z 2000  συν 2000   iημ 2000  3 3   2π  2π     συν  333 2π    iημ 333 2π   3  3     2π   2π  1 i 3 1 i 3  συν   iημ     2 2  3   3  2

π π νπ νπ    7. Έχουμε z1  3  i  2 συν  iημ  , οπότε z1ν  2 ν  συν  iημ  . 6 6  6 6   Άρα:

z1ν  z 2ν  z1ν  z1ν  z1ν  z1ν  2  2 ν συν

νπ ν 1 νπ  2 συν . 6 6

π π 8. Έστω z  ρ(συνφ  iημφ) . Επειδή i  συν  iημ , η διαίρεση του μιγαδικού 2 2 z με το i ισοδυναμεί με στροφή της διανυσματικής ακτίνας του z κατά γωνία π  . 2

9. Έχουμε: z 1 i 3 (1 i 3 )(1 i) 3 1 3 1 .    i w 1 i (1 i)(1 i ) 2 2 π π π π   Όμως, z  2 συν  iημ  και w  2  συν  iημ  . Επομένως: 3 3 4 4   

(1)

197

z  w

π π  2 συν  iημ  3 3 π π  π π    2  συν  iημ   2συν  i 2 ημ 12 12  12 12 π π   2  συν  iημ  4 4  

Άρα, λόγω των (1) και (2), έχουμε:  2 ( 3 1) π 3 1  3 1 π  συν   2 συν  12 4 2 2  12 2 , οπότε  .   2 ( 3 1) 3 1 π 3 1  π    2 ημ 12  2 ημ 12  4 2 2 

10. Αν

z  x  yi , τότε: z 2  z  x 2  y 2  2 xyi  x  yi

 x 2  y 2  x  2 xy   y

 x 2  y 2  x  0   y (2 x 1)  0

 2 3  y  4  x 2  x  0  ή   y  0 x   1  2 1 1    x   2  x   2 z 0  x 1   ή  ή  y 0 y 3 y 3 2 2  

x 2  y 2  x  0   1 y 0 ή x 2 

1 3 1 3 και z 3    i . Άρα, έχουμε τους μιγαδικούς z1 1 , z 2    i 2 2 2 2

Για τον z1 έχουμε: | z1 |1 και

Argz1  0

| z 2 |1 και

Argz 2 

| z 3 |1 και

Argz 3 

Για τον z 2 έχουμε: 2π 3

Τέλος, για τον z 3 έχουμε:

αφού

z2  z3 .

4π , 3

(2)

198

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ ν

 1 συνθ  iημθ  (1 συνθ  iημθ ) ν   1. α) Ο μιγαδικός w   ως πηλίκο δύο ν  1 συνθ  iημθ  (1 συνθ  iημθ ) συζυγών μιγαδικών θα έχει μέτρο 1. Για την εύρεση ενός ορίσματος του w 1 συνθ  iημθ θεωρούμε το μιγαδικό w1  και έχουμε 1 συνθ  iημθ w1  



(1 συνθ  iημθ ) 2 (1 συνθ  iημθ )(1 συνθ  iημθ ) (1 συνθ ) 2  ημ 2 θ  2iημθ (1 συνθ ) (1 συνθ ) 2  ημ 2 θ 1 συν 2 θ  2συνθ  ημ 2 θ  2iημθ (1 συνθ ) 1 συν 2 θ  2συνθ  ημ 2 θ



2συν 2 θ  2συνθ  2iημθ (1 συνθ ) 2  2συνθ



2συνθ (1 συνθ )  2iημθ (1 συνθ ) 2(1 συνθ )



2(1 συνθ )(συνθ  iημθ )  συνθ  iημθ . 2(1 συνθ )

Επομένως, έχουμε w  w1ν  (συνθ  iημθ ) ν  συννθ  iημνθ .

Άρα, το μέτρο του w είναι 1 και ένα όρισμά του είναι το νθ. β)

Έχουμε:  2 2 i 2     2 2 i 2   

100

  1    1   συν

2 i 2 2 i 2

2 2 2 2

     

100

π π   1 συν  iημ 4 4  π π   1 συν  iημ 4 4 

     

100 (α)



100π 100π  iημ  συν25π  iημ25π  1 . 4 4

199 2. α)

Είναι π π π π   1 i  2  συν  iημ  και 1 i  2  συν  iημ  . 4 4 4 4   

Επομένως ν ν νπ νπ   νπ  νπ  (1 i) ν  (1 i) ν  2  συν  iημ   2  συν  iημ  4 4  4 4   



νπ νπ   2κπ , κ Z 4 4

 ν  4κ , κ Z .

β)

Έχουμε: ν

ν  1  i   1 i  ( α )  π π π π  νπ      συν  iημ    συν     iημ     2συν , f (ν)      4 4  4   4  4   2  2

οπότε f (ν  4)  2συν

(ν  4)π νπ  νπ   2συν π    2συν   f (ν) . 4 4 4  

f (ν  4)  f (ν)  0 .

Άρα 



3. Αν OM 1 και OM 2 είναι οι διανυσματικές ακτίνες των εικόνων των μιγαδικών z1 και z 2 αντιστοίχως, τότε έχουμε: 



| z1  z 2 || z1 |  | z 2 ||OM 1  OM 2 ||OM 1 |  |OM 2 | 



 OM 1  OM 2 (άσκηση 15 σελ. 48)  Argz1  Argz 2 .

4. Έστω z  x  yi . Τότε:

α) z  i  x  ( y 1)i , οπότε x  0 x  0 x  0 π    Arg ( z  i )    y 1 . π   y 1 3   3 6   εφ  y x 1   6  x  x 3 3 

200 3 x 1 , x  0 . 3

Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ημιευθεία y  β)

z 1 x 1 yi , οπότε Arg ( z 1) 

y 0  y  x 1 π   y . π  4 y 0  x 1  εφ 4 

Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ημιευθεία y  x 1 , x  1 . γ)

x  yi x 2  y ( y 1) z x   2  i , οπότε z  i x  ( y 1)i x  ( y 1) 2 x 2  ( y 1) 2

2 2   x 2  y 2  y  0  x 2   y  1    1   2 2 .    x  0  x  0 y Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι τα σημεία του ημικυκλίου

 z  π Arg     z i  2

1 K (0, ) 2

 1 1 x  y     , x  0 . 2 2  2

5. Είναι: | z  2  5i | 2 | z  (2  5i) | 2 .

Άρα, η (1) παριστάνει τον κυκλικό δίσκο που ορίζει ο κύκλος C με κέντρο K (2,5) και ακτίνα ρ  2 . Έστω OM 1 και OM 2 οι εφαπτόμενες του κύκλου C από την αρχή των αξόνων. Τότε

(1) y

K(-2,5)

M M2



από όλα τα διανύσματα OM , όπου Μ σημείο του κυκλικού δίσκου, τη μικρότερη γωνία με 

τον άξονα x x σχηματίζει το OM 1 , και τη

x -2

201 

μεγαλύτερη το OM 2 . Επομένως, από όλους τους μιγαδικούς z που ικανοποιούν την (1) το μικρότερο βασικό όρισμα το έχει ο μιγαδικός z1 που απεικονίζεται στο M 1 και το μεγαλύτερο ο μιγαδικός z 2 που απεικονίζεται στο M 2 . Επειδή ο y y εφάπτεται του κύκλου C στο M 1 θα είναι z1  5i . Για τον προσδιορισμό του z 2 εργαζόμαστε ως εξής: Η OM 2 έχει εξίσωση της μορφής y  λx, λR και, επειδή εφάπτεται του C, θα πρέπει το σύστημα  y  λx ( )  ( x  2) 2  ( y  5) 2  4

να έχει διπλή λύση. Είναι όμως:  y  λx  y  λx ( )    2 2 2 ( x  2)  ( λx  5)  4 ( λ 1) x 2  2(5 λ  2) x  25  0

(1) ( 2)

Επομένως, πρέπει η διακρίνουσα της (2) να είναι ίση με μηδέν, δηλαδή πρέπει 4(5 λ  2) 2  4  25( λ2 1)  0  10 λ  21 0  λ  

21 20

 100 105  Στην περίπτωση αυτή το σύστημα έχει διπλή λύση την ( x, y )    , .  29 29  100 105  i. Άρα, z 2   29 29

6. Είναι z ν  συννθ  iημνθ και z  ν  συν(-νθ )  iημ(-νθ ) . Άρα: z ν  z  ν  2συννθ z ν  z  ν  2iημνθ .

7. α) Είναι | w||( 3  i)  z || 3  i || z |  3 2  (_1) 2 1 4  2 .  

202 Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του w είναι ο κύκλος κέντρου O(0,0) και ακτίνας ρ  2 . π β) Επειδή | w| 2 και Argw , έχουμε 4 π π  2 2   w  2 συν  iημ   2 i  2 i 2 2  4 4   2 

8. Πρέπει 2κ 1 κ 2  εφ π 3 1 κ 2

(1)

και

Im( z ) 

2κ 1 κ 2

0 .

(2)

1 κ 2

Όμως, η (1) γράφεται: 2κ 1 κ

 3  2 κ  3  3κ 2  3κ 2  2 κ  3  0  κ   3 ή κ  κ

οπότε, λόγω της (2), έχουμε

z

 3  1   3   

 3  1   3   

i

 1   

3 , 3

3 . Άρα: 3

3 1 2 1 3 3 3  i  i . 2 1 1 2 2 3  1 1 3 3 3  3 3

1

Για να είναι f ( x)  0 για κάθε xR πρέπει και αρκεί να ισχύει   0 . Όμως:

  0  (2| z1  z 2 |) 2  41(1 | z1 | 2 )(1 | z 2 | 2 )  0 | z1  z 2 | 2  (1 | z1 | 2 )(1 | z 2 | 2 )  ( z1  z 2 )( z1  z 2 )  (1 z1 z1 )(1 z 2 z 2 )  ( z1  z 2 )( z1  z 2 ) 1 z 2 z 2  z1 z1  z1 z 2 z1 z 2  z1 z1  z1 z 2  z 2 z1  z 2 z 2 1 z 2 z 2  z1 z1  z1 z 2 z1 z 2 1 z1 z 2  z1 z 2  z1 z 2 z1 z 2  0  (1 z1 z 2 )  z1 z 2 (1 z1 z 2 )  0

203  (1 z1 z 2 )(1 z1 z 2 )  0  (1 z1 z 2 )(1 z1 z 2 )  0 |1 z1 z 2 | 2  0 ,

που ισχύει.

5.5 ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΣΤΟ C

Α΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. α) Οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι μιγαδικοί z κ  συν

δηλαδή οι

2κπ 2κπ  iημ , 3 3

κ  0,1,2 ,

3 1 z 0 1 , z1    i , 2 2

z0=1 x

1 3 . z2   i 2 2

β) Οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι μιγαδικοί 2κπ 2κπ z κ  συν  iημ , 4 4

δηλαδή οι

κ  0,1,2,3 ,

z 0 1 , z1  i , z 2  1 ,

z0=1 x

z2 O

z 3  i .

γ) Οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι μιγαδικοί z κ  συν

2κπ 2κπ  iημ , 6 6

δηλαδή οι

z 0 1 ,

κ  0,1,2,3,4,5 , 1 3 z1   i , 2 2

1 3 1 3 z2   i , z 3  1 , z 4    i , 2 2 2 2

z0=1 x

204 1 3 z5  i . 2 2

204 2. α)

Έχουμε

z 3  i  z 3  συν

3π 3π  iημ . Άρα, οι λύσεις της εξίσωσης 2 2

είναι οι μιγαδικοί 3π   2κπ  2 z κ  συν   3  

δηλαδή οι

3π     2κπ  2   iημ   3    

  ,   

κ  0,1,2

π π z 0  συν  iημ  i 2 2

π π 3 1  7π   7π  z1  συν   iημ   συν  iημ    i 6 6 2 2  6   6  π π 3 1  11π   11π  z 2  συν  i.   iημ   συν  iημ  6 6 2 2  6   6 

και β)

Έχουμε:

4π 4π  2κπ  2κπ   4π 4π   3 3  iημ z 16  συν  iημ   z  4 16  συν  3 3  4 4    4

  3κπ  2π    3κπ  2π   z  2  συν   iημ  , 6 6     

      κ  0,1,2,3

5π 5π  2κπ  2κπ   5 5 π π   6  iημ 6 γ) z 5  243 συν  iημ   z  5 243  συν  6 6  5 5      2κπ  5π   2κπ  5π    z  3 συν    iημ  ,  30   30   

3. α) Έχουμε,

2 (1 i ) 2 2 π π  i  συν  iημ . 2 2 2 4 4

Επομένως, οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι μιγαδικοί

     

κ  0,1,2,3,4 .

205 π π  2κπ  2κπ   4 4  iημ z κ  1  συν  3 3   3

δηλαδή οι

    συν 8κπ  π   iημ 8κπ  π ,   12   12   

κ  0,1,2 ,

π  π  z 0  συν   iημ  12    12 

2 2  3π   3π  z1  συν   iημ    i 4 4 2 2     και

5π 5π  17π   17π  . z 2  συν    iημ   συν  iημ 12 12 12 12    

1 i 3 1 3 5π 5π . Επομένως, οι ρίζες της  i  συν  iημ 2 2 2 3 3 εξίσωσης είναι οι μιγαδικοί

β) Έχουμε

5π   2κπ  3 z κ  συν   4  

γ) Έχουμε μιγαδικοί

5π     2κπ  3   iημ   4    

  ,   

κ  0,1,2,3 .

z 6  64(συνπ  iημπ ) . Επομένως, οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι   2κπ  π   2κπ  π   z κ  6 64  συν   iημ    6   6   (2κ 1)π (2κ 1)π    2 συν  iημ , 6 6  

κ  0,1,2,3,4,5 .

4. α) Έχουμε z 3  3z 2  4 z  8  z 3  3z 2  4 z  8  0 . Με σχήμα Horner βρίσκουμε ότι μια ρίζα είναι η z 1 και η εξίσωση γράφεται: ( z 1)( z 2  4 z  8)  0  z 1 ή z 

4  i 4  2  2i . 2

β) Για την z 4  5 z 2  4  0 , που είναι διτετράγωνη, θέτουμε z 2  w και έχουμε: w 2  5w  4  0  w 

5 9  w  4 ή w  1 . 2

206  Αν w  4 , τότε z 2  4 , οπότε z  2i ή z  2i  Αν w  1 , τότε z 2  1 , οπότε z  i ή z  i . 5. Η εξίσωση 3x 3 10 x 2  7 x 10  0 έχει πραγματικούς συντελεστές και, αφού έχει ώς ρίζα τον 2  i , θα έχει και τον συζυγή του 2  i . Έτσι το α΄ μέλος θα έχει ως παράγοντα το γινόμενο ( x  2  i )( x  2  i )  x 2  4 x  5 . Εκτελούμε τη διαίρεση και βρίσκουμε πηλίκο 3x  2 και υπόλοιπο 0. Άρα η εξίσωση γράφεται: (3 x  2)( x 2  4 x  5)  0  3 x  2  0 ή x 2  4 x  5  0 2  x ή x 2  i . 3

w 3 1 ,

6. Επειδή

είναι

1 w  w 2 

w 3 1 0 , w 1

1 w 2   w

οπότε

και

1 w   w 2 . Έτσι, έχουμε: (1 w  w 2 )(1 w  w 2 )  (2 w)(2 w 2 )  4 w 3  4 , αφού w 3 1

7. Είναι: 1 x  x 2  x 3  x 4  x 5  0 

x 6 1 0 x 1

 x 6 1 0  x 6 1  .   x 1  x 1

Άρα οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι μιγαδικοί: x κ  συν

2κπ 2κπ  iημ , 6 6

κ 1, 2, 3, 4, 5 ,

αφού, για κ  0 , έχουμε x 0 1 , που εξαιρείται. 8. Έχουμε:

z 3  3z 2  3 z  9  0  z 2 ( z  3)  3( z  3)  0  ( z  3)( z 2  3)  0  z  3  0 ή z 2  3  0

 z  3 ή z  i 3 .

Παρατηρούμε ότι οι εικόνες A(3,0) , B(0, 3 ) ,  (0, 3 ) των ριζών 3, i 3

και

i 3

AB  B  A  2 3 .

είναι

κορυφές

ισοπλεύρου

τριγώνου,

αφού

207

B΄ ΟΜΑΔΑΣ   π  π  1. α)Έχουμε z 3 1 i  z 3  2  συν    iημ    4    4    π π      2κπ     2κπ   4   iημ 4  ,  z  6 2  συν   3   3           

β)

κ  0,1,2 .

Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα ( z 1) 3  (1 i )( z 1) 3

(1)

και επειδή δεν έχει ρίζα τον αριθμό z  1 , παίρνει τη μορφή 3

 z 1    1 i .  z 1 

(2)

z 1 w , z 1

(3)

Θέτουμε

οπότε η (2) γράφεται w 3 1 i .

Έτσι, λόγω της (α), έχουμε π π  2κπ  2κπ   4  iημ 4 w  6 2  συν  3 3  

  ,   

κ  0,1,2 .

Όμως, λόγω της (3), είναι z 1  w  z 1 zw  w z 1  z (1 w) 1 w

z

1 w , 1 w

Έτσι, η εξίσωση έχει ως λύσεις τους αριθμούς:

( 4)

αφού w  1 .

(4)

208 π π  2κπ  2κπ   1 w κ 4 4 6  zκ  , όπου wκ  2 συν  iημ  1 w κ 3 3  

2. α΄ τρόπος: Η εξίσωση

  ,   

κ  0,1,2 .

z 6  2 z 5  2 z 4  2 z 3  z 2  ( z 1) 2  0 γράφεται διαδοχικά

z 6  2 z 5  2 z 4  2 z 3  2 z 2  2 z 1 0 z 6  2( z 5  z 4  z 3  z 2  z 1) 1 0 z6 2

z 6 1 1 0 z 1

(αφού ο z 1 δεν είναι ρίζα της εξίσωσης) z 7  z 6  z 1 0, z 1

z 6 ( z 1)  ( z 1)  0, z 1 ( z 1)( z 6 1)  0, z 1 .

Επομένως, z  1 ή ( z 6 1 , με z 1 ). Για z 1 , έχουμε: z 6 1 0  ( z 3 1)( z 3 1)  ( z 1)( z 2  z 1)( z 1)( z 2  z 1)  0  z 2  z 1 0 ή z 1 0 ή z 2  z 1 0 z

1 i 3 2

ή z  1

ή z

1 i 3 2

Επομένως, οι ρίζες είναι οι: 1 (διπλή),

1 i 3 2

και

1 i 3 . 2

β΄ τρόπος:

Μια προφανής ρίζα είναι η z  1 . Έτσι η εξίσωση, σύμφωνα με το σχήμα Horner, γράφεται: ( z 1)( z 5  z 4  z 3  z 2  z 1)  0  z 1 0 ή z 5  z 4  z 3  z 2  z 1 0

 z 1 0 ή

z 6 1 0 z 1

209  z  1  z  1

ή ( z 6 1 με z 1 )

ή z  συν

 z  1 (διπλή) ή z 

2κπ 2κπ  iημ , 6 6

κ 1, 2, 3, 4, 5

1 i 3 1 i 3 ή z . 2 2

3. Έχουμε: z 7 1 0  z 7  1 συνπ  iημπ  z  z κ ,

κ  0,1, 2, 3, 4, 5, 6 ,

π  2κπ π  2κπ   z κ   συν  iημ . 7 7  

όπου Επομένως

π π z 0  συν  iημ , 7 7

z4  z2 ,

z1  συν

3π 3π  iημ , 7 7

z 5  z1 ,

z 2  συν

5π 5π  iημ 7 7

z6  z0 .

z 3  συνπ  iημπ  1 ,

Το πολυώνυμο z 7 1 γράφεται z 7 1 ( z 1)( z 6  z 5  z 4  z 3  z 2  z 1)

(1)

Όμως z 7 1 ( z  z 0 )( z  z1 )( z  z 2 )( z  z 3 )( z  z 4 )( z  z 5 )( z  z 6 )  ( z  z 0 )( z  z1 )( z  z 2 )( z 1)( z  z 2 )( z  z1 )( z  z 0 )  ( z 1) ( z  z 0 )( z  z 0 )( z  z1 )( z  z1 )( z  z 2 )( z  z 2 )

(2)

Από τις ισότητες (1) και (2) έχουμε: z 6  z 5  z 4  z 3  z 2  z 1 ( z  z 0 )( z  z 0 )( z  z1 )( z  z1 )( z  z 2 )( z  z 2 ) .

Καθένας από τους τρεις παράγοντες του δευτέρου μέλους είναι τριώνυμο δευτέρου βαθμού με πραγματικούς συντελεστές. Πράγματι, ο παράγοντας ( z  z 0 )( z  z 0 ) γράφεται

210 ( z  z 0 )( z  z 0 )  z 2  ( z 0  z 0 ) z  z 0 z 0 π  z 2  2 zσυν 1 . 7 ( z  z1 )( z  z1 )  z 2  ( z1  z1 ) z  z1 z1

Ομοίως

 z 2  2 zσυν

3π 1 7

( z  z 2 )( z  z 2 )  z 2  ( z 2  z 2 ) z  z 2 z 2

και

 z 2  2 zσυν

5π 1 . 7

4. Έχουμε ( z 2 1) 2  z 3  z  0  ( z 2 1) 2  z ( z 2 1)  0  ( z 2 1)( z 2  z 1)  0

 z 2 1  0 ή z 2  z 1  0  z 2 1 0 ή ( z 3 1 , με z 1 )  z  i ή z  ω ή z  ω ,

όπου ω  συν

2π 2π  iημ , αφού z 1 . 3 3

Θέτουμε, τώρα, καθεμιά από τις ρίζες αυτές στην εξίσωση z 16  2 z 14 1 0 και ελέγχουμε αν την επαληθεύουν ή όχι. Έτσι:  Για z  i είναι: z 16  2 z 14 1 i 16  2i 14 11 2 1 0 . Άρα, ο μιγαδικός i είναι ρίζα και της εξίσωσης z 16  2 z 14 1 0 . Επειδή η εξίσωση αύτή έχει πραγματικούς συντελεστές, ο συζυγής του i, δηλαδή ο i θα είναι και αυτός ρίζα της. Άρα, οι αριθμοί i και i είναι κοινές ρίζες των εξισώσεων.

 Για z  ω , επειδή ω 3 1 , είναι: ω16  2ω14 1 ω15  ω  2ω12  ω 2 1  ω  2ω 2 1 (1 ω  ω 2 )  ω 2  0  ω 2  ω 2  0

Άρα, η ω δεν είναι κοινή ρίζα των εξισώσεων, οπότε και η συζυγής της δεν μπορεί να είναι κοινή ρίζα αυτών. Τελικά, οι δύο εξισώσεις έχουν δύο ρίζες κοινές, τους μιγαδικούς i και i .

211 5. α΄ τρόπος:

Η εξίσωση: z 7  z 3 1 γράφεται ισοδύναμα z 4 ( z  z ) 3 1 z 4 (| z | 2 ) 3 1 z 4 | z | 6 1 .

(1)

Επομένως: z 4 | z | 6 |1|| z | 4 | z | 6 1| z |10 1| z | 2 1 zz 1 ( zz ) 3 1 .

Άρα η (1) γράφεται: z 4 ( zz ) 3 1 z 4 1 z  1 ή z  i .

β΄ τρόπος: Έστω z  ρ(συνθ  iημθ ) η τριγωνομετρική μορφή του z . Τότε η εξίσωση γράφεται ρ 7 (συν7 θ  iημ7θ )  ρ 3 (συν(-3θ )  iημ(-3θ )) 1 ρ 10 (συν4θ  iημ4θ ) 1  ρ 1 και 4θ  2κπ , κ Z  ρ 1 και θ 

κπ , κ Z . 2

Άρα, οι ρίζες είναι z 0 1 , z 2  συνπ  iημπ  1

π π z1  συν  iημ  i , 2 2

και

z 3  συν

3π 3π  iημ  i . 2 2

6. Έστω ξ μία πραγματική ρίζα της εξίσωσης. Τότε (1 ξi ) ν  p(1 ξi ) ν , οπότε

p

(1 ξi ) ν (1 ξi ) ν

7. α)

. Άρα | p |

(1 ξi ) ν

 |1 ξi |  1 ξi  1 ξi   1ν 1 .      ν    1 1 | 1 | ξ i ξ i ξ i (1 ξi )    

Είναι: x1  x 2 

(2) 4  2 και x1 x 2   4 . 1 1

Άρα, x12  x 22  ( x1  x 2 ) 2  2 x1 x 2  2 2  2  4  4

και

x12 x 22  ( x1 x 2 ) 2 16

212 β) Αφού η εξίσωση x 2  px  q  0 έχει ρίζες τις ρ1  x12 και ρ 2  x 22 θα ισχύει: p  ( ρ1  ρ 2 )  ( x12  x 22 )  4

και q  ρ1 ρ 2  x12 x 22 16 .

8. α) Η εξίσωση συν 2 θ  z 2  2συνθ  z  (5  4συν 2 θ )  0 είναι β΄ βαθμού ως προς z και έχει διακρίνουσα:

  (2συνθ ) 2  4συν 2 θ (5  4συν 2 θ )  4συν 2 θ (1 5  4συν 2 θ )  4συν 2 θ (4  4συν 2 θ )

 16συν 2 θ (1 4συν 2 θ )  (4συνθ ημθ ) 2  0 .

Έτσι έχουμε: z1, 2 

β)

2συνθ  i 4ημθσυνθ 1 2iημθ 1    2iεφθ . συνθ συνθ 2συν 2 θ

 π π Οι εικόνες των λύσεων, καθώς το θ μεταβάλλεται στο   ,  , είναι  2 2

 1  ,  2εφθ  . Έτσι, θα έχουμε: τα σημεία με συνισταμένες ( x, y )   συν θ   1  2 1  x   x  συνθ συν 2 θ  , οπότε   2  y  2 ημθ  y 2  4 ημ θ   συνθ συν 2 θ

1  2 x  συν 2 θ  και άρα  2 . 2  y  ημ θ  4 συν 2 θ

y 2 1 ημ 2 θ συν 2 θ   1 . Άρα, οι εικόνες των λύσεων της 12 2 2 συν 2 θ συν 2 θ εξίσωσης κινούνται στην υπερβολή

Επομένως



x2 1



y2 22

1 .

9. Έχουμε x 9  x 5  x 4 1 0  x 5 ( x 4 1)  x 4 1 0

 ( x 4 1)( x 5 1)  0  x 4 1 0

Όμως:

(1) ή x 5 1 0

(2)

x 4 1 0  ( x 2 1)( x 2 1)  0  x 2 1 ή x 2  1  x  1 ή x  i

213 x 5 1 0  x 5  1 x 5  συνπ  iημπ

και

 x  συν

2κπ  π 2κπ  π  iημ , κ  0,1,2,3,4 . 5 5

ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 5ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ

Γ΄ ΟΜΑΔΑΣ 1. α)

Έχουμε  1   1    (1 z ) ( z 1)   1    1   1   z   z   z z  f   1 1  1  1  z        z z  z  z ( z 1)  ( z 1) zz ( z 1)( z 1)   f ( z) .  (z  z) zz zz 

β)

Έχουμε: f ( z) 

z z  z  z 1 α 2 x 2  β 2 y 2  2 βyi 1 α 2 x 2  β 2 y 2 1 βy    i. 2 αx 2αx αx zz

Έτσι: Re( f ( z ))  0  α 2 x 2  β 2 y 2 1 0  α 2 x 2  β 2 y 2 1

Άρα, τα σημεία M ( x, y ) βρίσκονται στην έλλειψη

2. Αν

x2 1   α

x2 1   α 

z  x  yi , τότε η ισότητα w w1 γράφεται διαδοχικά



y2 1   β

1 .

1 ,

214 1 z  zi   αi α 1 x  yi  ( x  yi)i   αi α 1 ( x  y )  ( x  y )i   αi α 1  x  y  α  x  y  α 

Επομένως

και με πολλαπλασιασμό κατά μέλη έχουμε

x 2  y 2 1 που είναι εξίσωση ισοσκελούς υπερβολής.

3. α)

Αν z  x  yi , τότε θα έχουμε x  λ  2 λ  x  2   y  3( x  2) 1  y  3 x  7 .   y  3 λ 1  y  3 λ 1

Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z είναι η ευθεία y  3x  7 . β)

Έχουμε: w  z 1 i  w  ( λ  3)  3λi .

Άρα, αν w  x  yi , τότε θα ισχύει: x  λ  3 λ  x  3   y  3( x  3)  y  3x  9 .   y  3λ  y  3λ

Επομένως, ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του w είναι η ευθεία y  3x  9 . (γ) Το πλησιέστερο σημείο της ευθείας ε : y  3x  7 από το σημείο O(0,0) είναι το ίχνος της κάθετης η προς την ε από το O(0,0) . Επειδή λε  λη  1 , 1 1 έχουμε λη   . Άρα, η ευθεία η έχει εξίσωση y   x . Έτσι, το ζητούμενο 3 3 σημείο θα είναι το σημείο τομής των ε και η. Επιλύοντας το σύστημα  y  3x  7  βρίσκουμε ότι οι συντεταγμένες του σημείου αυτού είναι 1  y  3 x 

215  21 7  ( x, y )   ,   . Άρα, το πλησιέστερο σημείο της ε προς το Ο θα είναι το  10 10   21 7  A ,   .  10 10  4. α) Αν z  x  yi , τότε

| 2 z  1|| z  i || (2 x  1)  2 yi || x  ( y  1)i |

 (2 x 1) 2  (2 y ) 2  x 2  ( y 1) 2

 4 x  4 x 1 4 y  x  y  2 y 1 0 2

x΄

-2/3

 3x  4 x  3 y  2 y  0 2

1/3

y΄

2 2 2 2  1 1   2 1 2 2    x 2  2 x       y 2  2 y          3  3    3   3  3  3     2

2 2  2   1   5  .   x    y     3   3   3 

Άρα, οι εικόνες των μιγαδικών z που ικανοποιούν την ανίσωση είναι τα εσωτερικά σημεία του κυκλικού δίσκου με κέντρο 5  2 1 K   ,  και ακτίνα ρ  . 3  3 3

y y 2 4 x

O β)

Αν z  x  yi , τότε έχουμε

| z 1|1 Re( z ) | ( x 1)  yi |1 x  ( x 1) 2  y 2 1 x  y 2  4 x  1 x  0

( x 1) 2  y 2  (1 x ) 2  1 x  0

 y 2  4x .

Άρα, οι εικόνες των μιγαδικών που ικανοποιούν την εξίσωση είναι τα σημεία της παραβολής y 2  4 x . 5. Αν z ν  x ν  iy ν ,

ν 1,2,..., κ , τότε

216 z1  z 2  ...  z κ  ( x1  x 2  ...  x κ )  i ( y1  y 2  ...  y κ )

Επομένως, αν υποθέσουμε ότι z1  z 2  ...  z κ  0 , τότε θα έχουμε x1  x 2  ...  x κ  0 και y1  y 2  ...  y κ  0 Εφόσον, όμως, οι εικόνες των μιγαδικών y z1 , z 2 ,..., z κ βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο της ευθείας y  λx , λR και yν δεν ανήκουν σ’αυτήν, θα ισχύει

( y ν  λx ν για κάθε ν) ( y ν  λx ν για κάθε ν),

(1)

zν

  λxν 

θ O

(ε)

xν

οπότε θα έχουμε y1  y 2  ...  y κ  λ( x1  x 2  ...  x κ ) ή y1  y 2  ...  y κ  λ( x1  x 2  ...  x κ ) .

Έτσι, λόγω της (1), θα ισχύει 0  λ  0 ή 0  λ  0 , που είναι άτοπο.

6. Από την ισότητα, (1 z ) ν  z ν , αν έχουμε: | (1 z ) ν || z ν ||1 z | ν | z | ν |1 z || z |

z  x  yi ,

x΄ O

1/2 1

y΄

x=1/2

| (1 x)  yi || x  yi |  (1 x) 2  y 2  x 2  y 2  1 2 x  0  x

1 . 2

1 Άρα, κάθε λύση της εξίσωσης ανήκει στην ευθεία x  . 2

7. α) Αφού το τριώνυμο f ( x)  αx 2  βx  γ με α, β , γR και α  0 δεν έχει πραγματικές ρίζες, ως γνωστόν, οι τιμές του για κάθε xR θα είναι ομόσημες του α. Έτσι οι f (κ ), f ( λ) θα είναι ομόσημοι του α, άρα και μεταξύ τους, οπότε f (κ )  f ( λ)  0 , δηλαδή (ακ 2  βκ  γ)(αλ2  βλ  γ )  0 . β)

Επειδή z 2  z1 , έχουμε: (az12  βz1  γ)(αz 22  βz 2  γ )  (az12  βz1  γ)(αz12  βz1  γ)

217  (az12  βz1  γ)(αz12  βz1  γ ) | az12  βz1  γ | 2  0 ,

αφού ο z1 δεν είναι ρίζα του αz 2  βz  γ .

8. Οι ρίζες της εξίσωσης z ν 1 είναι οι: z κ  συν

2κπ 2κπ  iημ , ν ν

κ  0,1,2,..., ν 1 .

Επομένως η σχέση 1 z1  z 2  ...  z ν 1  0 γράφεται 2(ν 1)π   2π 2(ν 1)π  2π 4π 4π  1 συν  συν  ...  συν   i ημ  ημ  ...  ημ 0 . ν ν ν ν ν ν    

Άρα ημ και

συν

2(ν 1)π 2π 4π  ημ  ...  ημ 0 ν ν ν 2(ν 1)π 2π 4π  συν  ...  συν  1 . ν ν ν