ΟΙ ΑΠΟΔΕΙΞΕΙΣ

Απόδειξη

Επειδή και τα δύο μέλη είναι μη αρνητικοί αριθμοί, έχουμε διαδοχικά:

\[ |\alpha \cdot \beta| = |\alpha| \cdot |\beta| \;\Leftrightarrow\; |\alpha \cdot \beta|^2 = \bigl(|\alpha| \cdot |\beta|\bigr)^2 \;\Leftrightarrow\; (\alpha\beta)^2 = |\alpha|^2 \cdot |\beta|^2 \;\Leftrightarrow\; \alpha^2\beta^2 = \alpha^2\beta^2, \]

που ισχύει.

Απόδειξη

Επειδή και τα δύο μέλη είναι μη αρνητικοί αριθμοί, έχουμε διαδοχικά:

\[ |\alpha+\beta| \leq |\alpha|+|\beta| \;\Leftrightarrow\; |\alpha+\beta|^2 \leq \bigl(|\alpha|+|\beta|\bigr)^2 \] \[ \Leftrightarrow\; \alpha^2+2\alpha\beta+\beta^2 \leq \alpha^2+2|\alpha\beta|+\beta^2 \;\Leftrightarrow\; \alpha\beta \leq |\alpha\beta|, \]

που ισχύει, αφού $x \leq |x|$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$.

Απόδειξη

Έχουμε:

\[ \Bigl(\sqrt[\nu]{\alpha}\cdot\sqrt[\nu]{\beta}\Bigr)^\nu = \Bigl(\sqrt[\nu]{\alpha}\Bigr)^\nu \cdot \Bigl(\sqrt[\nu]{\beta}\Bigr)^\nu = \alpha \cdot \beta, \]

οπότε το $\sqrt[\nu]{\alpha}\cdot\sqrt[\nu]{\beta}$ είναι η $\nu$-οστή ρίζα του $\alpha\beta$, δηλαδή $\sqrt[\nu]{\alpha\beta} = \sqrt[\nu]{\alpha}\cdot\sqrt[\nu]{\beta}$.

Λύση \[ \alpha x + \beta = 0 \;\Leftrightarrow\; \alpha x = -\beta \]

Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:

• Αν $\alpha \neq 0$: τότε $x = -\dfrac{\beta}{\alpha}$. Η εξίσωση έχει ακριβώς μία λύση.
• Αν $\alpha = 0$: η εξίσωση γίνεται $0 = -\beta$:
  • Αν $\beta \neq 0$: αδύνατη (δεν έχει λύση).
  • Αν $\beta = 0$: ταυτότητα (ισχύει για κάθε $x \in \mathbb{R}$).

Λύση

Διαιρούμε με $\alpha \neq 0$ και συμπληρώνουμε το τετράγωνο:

\[ x^2 + \frac{\beta}{\alpha}x + \frac{\gamma}{\alpha} = 0 \;\Leftrightarrow\; \left(x+\frac{\beta}{2\alpha}\right)^2 = \frac{\beta^2-4\alpha\gamma}{4\alpha^2} \]

Θέτουμε διακρίνουσα $\Delta = \beta^2 - 4\alpha\gamma$. Διακρίνουμε:

• $\Delta > 0$: Δύο άνισες πραγματικές ρίζες: \[ x_{1,2} = \frac{-\beta \pm \sqrt{\Delta}}{2\alpha} \]
• $\Delta = 0$: Μία διπλή ρίζα: \[ x = -\frac{\beta}{2\alpha} \]
• $\Delta < 0$: Αδύνατη στο $\mathbb{R}$ (καμία πραγματική ρίζα).

Απόδειξη

Γνωρίζουμε ότι $x_1 = \dfrac{-\beta+\sqrt{\Delta}}{2\alpha}$ και $x_2 = \dfrac{-\beta-\sqrt{\Delta}}{2\alpha}$. Άρα:

\[ x_1+x_2 = \frac{-\beta+\sqrt{\Delta}}{2\alpha}+\frac{-\beta-\sqrt{\Delta}}{2\alpha} = \frac{-2\beta}{2\alpha} = -\frac{\beta}{\alpha} \] \[ x_1 \cdot x_2 = \frac{(-\beta+\sqrt{\Delta})(-\beta-\sqrt{\Delta})}{4\alpha^2} = \frac{\beta^2-\Delta}{4\alpha^2} = \frac{4\alpha\gamma}{4\alpha^2} = \frac{\gamma}{\alpha} \]

Απόδειξη

Διαιρούμε με $\alpha \neq 0$:

\[ x^2+\frac{\beta}{\alpha}x+\frac{\gamma}{\alpha}=0 \;\Leftrightarrow\; x^2 - \!\left(-\frac{\beta}{\alpha}\right)\!x+\frac{\gamma}{\alpha}=0 \;\Leftrightarrow\; x^2 - Sx + P = 0, \]

αφού $S=-\dfrac{\beta}{\alpha}$ και $P=\dfrac{\gamma}{\alpha}$.

Λύση \[ \alpha x+\beta>0 \;\Leftrightarrow\; \alpha x > -\beta \]

• Αν $\alpha>0$: $\;x > -\dfrac{\beta}{\alpha}$
• Αν $\alpha<0$: $\;x < -\dfrac{\beta}{\alpha}$  (αλλαγή φοράς)
• Αν $\alpha=0$: η ανίσωση γίνεται $\beta>0$:
  • $\beta>0$: αόριστη (ισχύει για κάθε $x$).
  • $\beta\leq 0$: αδύνατη.

Ομοίως αντιμετωπίζεται η $\alpha x+\beta<0$.

Απόδειξη

Συμπληρώνουμε το τετράγωνο:

\[ \alpha x^2+\beta x+\gamma = \alpha\!\left[\left(x+\frac{\beta}{2\alpha}\right)^{\!2} - \frac{\Delta}{4\alpha^2}\right] \]

α) $\Delta>0$: Τότε $\Delta=(\sqrt{\Delta})^2$, οπότε:

\[ = \alpha\!\left(x+\frac{\beta}{2\alpha}+\frac{\sqrt{\Delta}}{2\alpha}\right)\!\left(x+\frac{\beta}{2\alpha}-\frac{\sqrt{\Delta}}{2\alpha}\right) = \alpha(x-x_1)(x-x_2) \]

όπου $x_1=\dfrac{-\beta+\sqrt{\Delta}}{2\alpha}$, $\;x_2=\dfrac{-\beta-\sqrt{\Delta}}{2\alpha}$.

β) $\Delta=0$:

\[ \alpha x^2+\beta x+\gamma = \alpha\!\left(x+\frac{\beta}{2\alpha}\right)^{\!2} \]

γ) $\Delta<0$: Τότε $|\Delta|=-\Delta$, οπότε:

\[ \alpha x^2+\beta x+\gamma = \alpha\!\left[\left(x+\frac{\beta}{2\alpha}\right)^{\!2}+\frac{|\Delta|}{4\alpha^2}\right] \]

Απόδειξη

Περίπτωση $\Delta>0$. Ισχύει $f(x)=\alpha(x-x_1)(x-x_2)$, με $x_1<x_2$.

• $x<x_1$: $(x-x_1)<0$ και $(x-x_2)<0$ $\Rightarrow$ γινόμενο $>0$ $\Rightarrow$ $f(x)$ ομόσημο του $\alpha$.
• $x_1<x<x_2$: $(x-x_1)>0$ και $(x-x_2)<0$ $\Rightarrow$ γινόμενο $<0$ $\Rightarrow$ $f(x)$ ετερόσημο του $\alpha$.
• $x>x_2$: $(x-x_1)>0$ και $(x-x_2)>0$ $\Rightarrow$ γινόμενο $>0$ $\Rightarrow$ $f(x)$ ομόσημο του $\alpha$.
• $x=x_1$ ή $x=x_2$: $f(x)=0$.

Περίπτωση $\Delta=0$. $f(x)=\alpha\!\left(x+\dfrac{\beta}{2\alpha}\right)^2$. Το τετράγωνο είναι πάντα $\geq 0$, άρα $f(x)$ είναι παντού ομόσημο του $\alpha$ (μηδενίζεται μόνο για $x=-\dfrac{\beta}{2\alpha}$).

Περίπτωση $\Delta<0$. $f(x)=\alpha\!\left[\left(x+\dfrac{\beta}{2\alpha}\right)^2+\dfrac{|\Delta|}{4\alpha^2}\right]$. Η αγκύλη είναι πάντα θετική, άρα $f(x)$ είναι παντού ομόσημο του $\alpha$.

Απόδειξη

Από τον ορισμό $a_{\nu+1}=a_\nu+\omega$ γράφουμε διαδοχικά:

Προσθέτοντας κατά μέλη και με τηλεσκοπική διαγραφή:

\[ a_\nu = a_1 + \underbrace{\omega+\omega+\cdots+\omega}_{(\nu-1)\;\text{φορές}} = a_1 + (\nu-1)\,\omega \]

Απόδειξη

($\Rightarrow$) Αν $\beta-\alpha=\omega$ και $\gamma-\beta=\omega$, τότε $\beta-\alpha=\gamma-\beta$, άρα $\alpha+\gamma=2\beta$.

($\Leftarrow$) Αν $\alpha+\gamma=2\beta$, τότε $\beta-\alpha=\gamma-\beta$, δηλαδή οι $\alpha,\beta,\gamma$ έχουν κοινή διαφορά, άρα είναι διαδοχικοί όροι Α.Π.

Απόδειξη

Από τον ορισμό $a_{\nu+1}=a_\nu\cdot\lambda$ γράφουμε διαδοχικά:

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη και με τηλεσκοπική διαγραφή:

\[ a_\nu = a_1 \cdot \underbrace{\lambda\cdot\lambda\cdots\lambda}_{(\nu-1)\;\text{φορές}} = a_1 \cdot \lambda^{\nu-1} \]

Απόδειξη

($\Rightarrow$) Αν $\dfrac{\beta}{\alpha}=\lambda$ και $\dfrac{\gamma}{\beta}=\lambda$, τότε $\dfrac{\beta}{\alpha}=\dfrac{\gamma}{\beta}$, άρα $\beta^2=\alpha\gamma$.

($\Leftarrow$) Αν $\beta^2=\alpha\gamma$, τότε $\dfrac{\beta}{\alpha}=\dfrac{\gamma}{\beta}$, δηλαδή οι $\alpha,\beta,\gamma$ έχουν κοινό λόγο, άρα είναι διαδοχικοί όροι Γ.Π.