Μαθηματικά Κατεύθυνσης Β Λυκείου Λύσεις

1002. Έ στω ζ η εφαπτομένη που τέμνει τις ε και ε ′ στα σημεία Γ και Γ ′ αντιστοίχως. Αν Μ 1(x1, y1) είναι το σημείο επαφής, τότε η εξίσωση της ζ θα είναι xx1 − yy1 =1 (1) α2 β2Επομένως, οι συντεταγμένες των Γ και Γ ′ είναι οι λύσεις των συστημάτων x =α x = −α ε΄ y ε   Μ1(x1,y1)  xx1 − yy1 =1 και  xx1 − yy1 =1 β2 β2 Γ α 2 α 2 Ε΄ Α΄ Ο Α Ε xαντιστoίχως. Λύνουμε τα συστήματα αυτά ζ Γ΄και βρίσκουμε ότι το Γ έχει συντεταγμένες β 2 (x1 − α )  α y1  α ,  , ενώ το Γ′ έχεισυντεταγμένες  β 2 (x1 +α )  .  −α , −α y1   Επομένως, έχουμε (ΑΓ ) = β 2 x1 − α και (Α′Γ ′) = β 2 x1 + α (2) α y1 α y1Άρα(i) (ΑΓ )(Α′Γ ′) = β2 ⋅ β 2 x12 − α 2 α 2 y12 = β2 β 2 x12 − α 2 β 2 α 2 y12 = β2 α2 y12 , γιατί x12 − y12 =1 α2 y12 α2 β2 = β2.(ii) Αρκεί να δείξουμε ότι ΕΓ ⊥ ΕΓ ′. Πράγματι έχουμε

101ΕΓ ⋅ ΕΓ ′ = α −γ , β 2 (x1 − α )  ⋅  −α −γ, β 2 (x1 +α)   α y1   −α y1    = −(α 2 −γ 2) − β 2 β 2 (x12 −α2) α2 y12 β 2 x12 − α 2 β 2 α 2 y12 = β2 − β2 = β 2 − β 2 ⋅1 = 0, γιατί x12 − y12 = 1. α2 β2Άρα ΕΓ ⊥ ΕΓ ′.3. Αρκεί να δείξουμε ότι τα τμήματα Μ1Μ2 και Μ3Μ4 έχουν κοινό μέσο ή, ισοδύναμα, αρκεί να δείξουμε ότι x1 + x2 = x3 + x4 και y1 + y2 = y3 + y4 (1) 22 22• Αν η ευθεία Μ1Μ2 είναι κατακόρυφη τότε, y βαφού ο άξονας x′x είναι άξονας συμμετρίας M3(x3,y3) y=axτης υπερβολής, θα ισχύει το ζητούμενο.• Αν η ευθεία Μ1Μ2 δεν είναι κατακόρυφη, M1(x1,y1)τότε θα έχει εξίσωση M2(x2,y2) y = λx+µ (2) O β x y= axΈτσι, οι συντεταγμένες των Μ1, Μ2 θα είναι M4(x4,y4)οι λύσεις του συστήματος y = λx+µ   x 2 y2 (3) β2 α 2 − =1Αν θέσουμε στη δεύτερη εξίσωση όπου y το λ x + µ, βρίσκουμεβ 2 x2 −α 2 (λ x + µ)2 = α 2β 2ή β 2 x2 − λ 2α 2 x2 − 2λµα 2 x − µ 2α 2 − α 2β 2 = 0ή (β 2 − λ 2α 2 )x2 − 2λµα 2 x − α 2 (β 2 + µ 2 ) = 0.

102 Επομένως x1 + x2 = λµα 2 (4) 2 β 2 − λ 2α 2 (5) Για να βρούμε τις συντεταγμένες των Μ3 και Μ4 λύνουμε τα συστήματα  y = λx+ µ  y = λ x+µ  y = βx  y = − βx  α και  α αντιστοίχως. Από τα συστήματα αυτά βρίσκουμε ότι x3 = β µα και x4 = − β µα − λα + λα οπότε έχουμε x3 + x4 = µα − µα = λµα 2 2 2(β − λα ) 2(β + λα ) β 2 − λ 2α 2 Έτσι, από τις (4) και (5), προκύπτει ότι x1 + x2 = x3 + x4 . 22 Εξάλλου έχουμε y1 = λ x1 + µ, y2 = λ x2 + µ, y3 = λ x3 + µ και y4 = λ x4 + µ. Άρα y1 + y2 = λ x1 + x2 + µ = λ x3 + x4 + µ = y3 + y4 . 22 224. Η παράλληλη ζ1 προς την ασύμπτωτο ε1 : y = β x από το σημείο Μ 1(x1, y1) έχει εξίσωση α y − y1 = β (x − x1 ), y α (1) ζ2 ενώ η παράλληλη ζ2 προς την ασύμπτωτο M3 β ε2 O M1(x1,y1) α ε2 : y = − x από το σημείο Μ 1(x1, y1) x έχει εξίσωση ε1 M2 y − y1 = − β (x − x1 ). ζ1 α (2)

103Έστω Μ2 είναι το σημείο τομής της ζ1 με την ε2 και Μ3 το σημείο τομής της ζ2 μετην ε1. Τότε(ΟΜ 2Μ 1Μ 3 ) = 2(ΟΜ 1Μ 2 ) = det(ΟΜ 1,ΟΜ 2 ) (3)Για να προσδιορίσουμε τις συντεταγμένες του Μ2 λύνουμε το σύστημα των ε2 : y = −β x και ζ1 : y− y1 = β (x − x1) α αΗ δεύτερη εξίσωση, λόγω της πρώτης, γράφεται−β x− y1 = β x− β x1 ⇔ −β x −α y1 = βx− β x1 α α α ⇔ 2β x = β x1 − α y1 ⇔ x = β x1 − α y1 . 2βΈτσι, από την πρώτη εξίσωση βρίσκουμε ότι y = − β x1 −α y1 . Επομένως, οι 2ασυντεταγμένες του Μ2 είναι x2 = β x1 − α y1 και y2 = α y1 − β x1 . 2β 2αΆρα, λόγω της (3), έχουμε: = α x1 y1 − β x12 − β x1 y1 − α y12 2α 2β = αβ x1 y1 − β 2 x12 − αβ x1 y1 + α 2 y12 2αβ = α 2 y12 − β 2 x12 2αβ = −α 2β 2 , γιατί το x12 − y12 =1 2αβ α2 β2 = 1 αβ. 2Άρα, το εμβαδόν του παραλληλόγραμμου ΟΜ2Μ1Μ3 είναι σταθερό.

104 y y = β x NB a5. α΄ τρόπος: Αν ΚΛΜΝ είναι το ορθογώνιο βάσης της υπερβολής, τότε (ΟΑ) = α K και (ΟΚ ) = γ . φAΕπομένως, αν ϕ = ΑΟˆΚ , τότε A΄ Ο x συνϕ = (ΟΑ) = α = 1 (ΟΚ ) γ ε M B΄ Λ (1) y= β x aΆρα συνΚΟˆΛ = συν2ϕ = 2συν2ϕ −1 1 2 2−ε 2 ε2 ε2 ε2 = 2 −1 = −1 = .β΄ τρόπος: Οι ασύμπτωτες ε1 :y = β x και ε2 : y = −β x είναι παράλληλες προς τα   α αδιανύσματα δ1 = (α , β ) και δ2 = (α , −β ) αντιστοίχως. Επομένως, το συνημίτονομιας από τις γωνίεςτων ασυμπτώτων είναι ίσο με το συνημίτονο της γωνίας φ τωνδιανυσμάτων δ1, δ2 , δηλαδή ίσο με α2 −β2 2 2συνϕ = δ1 ⋅δ2 = α2 +β2 α2 +β2 α 2 − β 2 δ1 δ2 = α + β = α2 − (γ 2 −α2) 2α 2 − γ 2 2 −  γ 2 2−ε2 γ2 γ2  α  ε2 = = = .  γ 2  α 6. yΑ΄2 Α΄1 Α1(α,0) Α2(ρα,0) Ο C1 x C2Οι συντεταγμένες των Α1 και Α2 είναι (α , 0) και (ρα , 0) αντιστοίχως

105• Για να δείξουμε ότι από το Α2 δεν άγονται εφαπτομένες στη C1, αρκεί να δείξουμεότι καμιά από τις εφαπτόμενες της C1 δεν διέρχεται από το Α2. Αν Μ 1(x1, y1) είναιένα σημείο της C1, τότε η εφαπτομένη της C1 στο Μ1 θα έχει εξίσωση xx1 − yy1 =1 (1) α2 β2Για να δείξουμε ότι η (1) δεν διέρχεται από το Α2 (ρα , 0), αρκεί να δείξουμε ότι ρα x1 − 0 y1 ≠1 ή, ισοδύναμα, ρ x1 ≠ α. α2 β2Πράγματι, είναι x1 ≥ α , οπότε ρ x1 ≥ ρα > α και άρα ρ x1 ≠ α. Επομένως, απότο Α2 δεν διέρχεται καμιά εφαπτομένη της υπερβολής C1.• Για να δείξουμε ότι από το Α1 άγεται εφαπτομένη στη C2, αρκεί να βρούμεσημείο Μ 2 (x2 , y2 ) της C2 στο οποίο η εφαπτομένη της C2 να διέρχεται από τοΑ1. Η εφαπτομένη της C2 στο Μ 2 (x2 , y2 ) έχει εξίσωση xx2 − yy2 = ρ2 (2) α2 β2Για να περνάει η εφαπτομένη (2) από το Α1(α , 0), αρκεί να ισχύει α x2 − 0 y2 = ρ2 ή, ισοδύναμα, x2 = ρ 2α. (3) α2 β2Όμως, x22 − y22 = ρ2. Επομένως, λόγω της (3), έχουμε α2 β2 ρ 4α 2 − y22 = ρ2 ⇔ ρ4β 2 − y22 = ρ2β 2 α2 β2 ⇔ y22 = ρ 2β 2 (ρ 2 −1) ⇔ y2 = ±ρβ ρ 2 −1.Άρα (x2 , y2 ) = (ρ 2α , ρβ ρ 2 −1) ή (x2 , y2 ) = (ρ 2α , −ρβ ρ 2 −1) (4)

106 και επομένως από το σημείο Α(α , 0) άγονται προς την C2 δύο εφαπτόμενες με εξισώσεις xρ 2α − yρβ ρ2 −1 = ρ2 και xρ 2α + yρβ ρ2 −1 = ρ2 α2 β2 α2 β2αντιστοίχως, οι οποίες παίρνουν τη μορφή:βρ 2 x − αρ ρ 2 −1y = ρ 2αβ και βρ 2 x + αρ ρ 2 −1y = ρ 2αβ.3.5 Η ΕΞΙΣΩΣΗ Ax2 + Βy2 + Γx + Δy + Ε = 0Α΄ ΟΜΑΔΑΣ1. (i) Είναι: y2 − 8x + 8 = 0 ⇔ y2 = 8(x −1) ⇔ y2 = 2 ⋅ 4(x −1)οπότε, αν θέσουμε X = x −1 και Y = y, έχουμε Y2 = 2⋅4X.Άρα, η εξίσωση παριστάνει παραβολή με κορυφή το σημείο Ο ′(1, 0). Η εστία Ετης παραβολής έχει ως προς το σύστημα Ο ′ΧΥ συντεταγμένες ( X ,Y ) = (2, 0),οπότε ως προς το σύστημα Οxy θα έχει συντεταγμένες (x, y) = (3, 0).(ii) Είναι:x2 + 4x −16 y + 4 = 0 ⇔ x2 + 4x + 4 = 16 y ⇔ (x + 2)2 = 2 ⋅8yοπότε, αν θέσουμε X = x + 2 και Y = y, έχουμε X 2 = 2 ⋅8Y.Άρα, η εξίσωση παριστάνει παραβολή με κορυφή το σημείο Ο ′(−2, 0) και εστίατο σημείο Ε (−2, 4).

107(iii) Είναι:y2 + 4 y + 8x − 28 = 0 ⇔ y2 + 4 y + 4 = −8x + 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 Ο ′(4, −2) και εστίατο σημείο Ε (2, −2).(iv) Είναι x2 − 8x + 6 y − 8 = 0 ⇔ x2 − 8x +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 Ο ′(4, 4) και εστίατο σημείο Ε  4, 5 .  22. (i) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά 9x2 + 25y2 − 36x −189 = 0 9(x2 − 4x) + 25y2 = 189 9(x2 − 4x + 4) + 25y2 = 225 9(x − 2)2 + 25y2 = 225 (x − 2)2 + y2 = 1 25 9οπότε, αν θέσουμε X = x − 2 και Y = y, η εξίσωση παίρνει τη μορφή X2 + Y2 = 1. 52 32Άρα, η εξίσωση παριστάνει έλλειψη με κέντρο το σημείο Ο ′(2, 0) και άξονεςσυμμετρίας τις ευθείες x = 2 και y = 0. Ως προς το σύστημα Ο ′ΧΥ οι κορυφές

108 Α′, Α έχουν συντεταγμένες ( X ,Y ) = (−5, 0) και ( X ,Y ) = (5, 0) αντιστοίχως, ενώ οι εστίες Ε ′, Ε έχουν συντεταγμένες ( X ,Y ) = (−4, 0)και ( X ,Y ) = (4, 0) αντιστοίχως. Επομένως, ως προς το σύστημα Οxy οι κορυφές Α′, Α έχουν συντεταγμένες (−3, 0) και (7, 0) αντιστοίχως, ενώ οι εστίες Ε ′, Ε έχουν συντεταγμένες (−2, 0) και (6, 0) αντιστοίχως.(ii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά x2 + 4x +16 y2 = 0 (x2 + 4x + 4) +16 y2 = 4 (x + 2)2 +16 y2 = 4 (x + 2)2 + y2 =1 4 1 4οπότε, αν θέσουμε X = x + 2 και Y = y, η εξίσωση παίρνει τη μορφή X2 + Y 2 = 1. 22 1  2  2 Άρα, η εξίσωση παριστάνει έλλειψη με κέντρο το σημείο Ο ′(−2, 0), κορυφέςτα σημεία Α′(−4, 0) και Α(0, 0) και εστίες τα σημεία Ε ′ −2 − 15 , 0  και 2   Ε  −2 + 15 , 0  . 2(iii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά 4x2 + 9 y2 − 32x − 36 y + 64 = 0 4(x2 − 8x) + 9( y2 − 4 y) = −64 4(x2 − 2 ⋅ 4x +16) + 9( y2 − 2 ⋅ 2 y + 4) = −64 + 64 + 36 4(x − 4)2 + 9( y − 2)2 = 36 (x − 4)2 + ( y − 2)2 = 1 94

109οπότε, αν θέσουμε X = x − 4 και Y = y − 2, η εξίσωση παίρνει τη μορφήX2 + Y2 = 1.32 22Άρα, η εξίσωση παριστάνει έλλειψη με κέντρο το σημείο Ο ′(4, 2), κορυφές τασημεία Α′(1, 2), Α′(7, 2) και εστίες τα σημεία Ε ′(4 − 5, 2), Ε (4 + 5, 2).(iv) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά 9x2 +16 y2 + 54x − 32 y − 47 = 0 9(x2 + 6x) +16( y2 − 2 y) = 47 9(x2 + 2 ⋅ 3x + 9) +16( y2 − 2 y +1) = 47 + 81+16 9(x + 3)2 +16( y −1)2 = 144 (x + 3)2 + ( y −1)2 = 1 16 9οπότε, αν θέσουμε X = x + 3 και Y = y −1, η εξίσωση παίρνει τη μορφήX2 + Y2 = 1.42 32Άρα, η εξίσωση παριστάνει έλλειψη με κέντρο το σημείο Ο ′(−3,1), κορυφές τασημεία Α′(−7,1), Α(1,1) και εστίες τα σημεία Ε ′(−3 − 7,1), Ε (−3 + 7,1).3. (i) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά: 21x2 − 4 y2 + 84x − 32 y − 64 = 0 21(x2 − 4x) − 4( y2 + 8y) = 64 21(x2 − 2 ⋅ 2x + 4) − 4( y2 + 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

110οπότε, αν θέσουμε X = x − 2 και Y = y + 4, παίρνει τη μορφή X2 − Y2 = 1. 22 ( 21)2Άρα, η εξίσωση παριστάνει υπερβολή με κέντρο το σημείο Ο ′(2, −4). Ως προςτο σύστημα Ο ′ΧΥ οι κορυφές Α′, Α έχουν συντεταγμένες ( X ,Y ) = (0, −4)και ( X ,Y ) = (4, −4) αντιστοίχως, ενώ οι εστίες Ε ′, Ε έχουν συντεταγμένες( X ,Y ) = (−5, 0) και ( X ,Y ) = (5, 0) αντιστοίχως. Επομένως, ως προς το σύστημαΟxy οι κορυφές έχουν συντεταγμένες (−3, −4) και (7, −4) αντιστοίχως.(ii) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά 2y2 − 3x2 − 8y + 6x −1 = 0 2( y2 − 4 y) − 3(x2 − 2x) = 1 2( y2 − 2 ⋅ 2 y + 4) − 3(x2 − 2x +1) = 1+ 8 − 3 2( y − 2)2 − 3(x −1)2 = 6 ( y − 2)2 − (x −1)2 = 1 32οπότε, αν θέσουμε X = x −1 και Y = y − 2, παίρνει τη μορφή Y2 − X2 = 1. ( 3)2 ( 2)2Άρα, η εξίσωση παριστάνει υπερβολή με κέντρο το σημείο Ο ′(1, 2), κορυφέςτα σημεία Α′(1, 2 − 3), Α′(1, 2 + 3) και εστίες τα σημεία Ε ′(1, 2 − 5) καιΕ (1, 2 + 5).4. Η ευθεία y = x − 2 εφάπτεται της παραβολής y = x2 − κ x + 2, αν και μόνο αν τοσύστημα y = x−2 έχει διπλή λύση. Είναι όμως:   y = x2 −κ x + 2

111y = x−2 ⇔ y = x−2 ⇔ y = x−2 (1)   (2) y = x2 − κ x + 2  x 2 − κ x + 2 = x − 2  x2 − (κ + 1) x + 4 = 0Επομένως, το σύστημα έχει διπλή λύση, αν και μόνο αν η εξίσωση (2) έχει διπλήρίζα που συμβαίνει, αν και μόνο αν Δ = 0. Έχουμε λοιπόν ∆ = 0 ⇔ (κ +1)2 − 42 = 0 ⇔ κ +1 = 4 ή κ +1 = −4 ⇔ κ = 3 ή κ = −5.5. Η μοναδική κατακόρυφη εφαπτομένη της παραβολής y2 = 4x είναι ο άξονας y′y. Ο άξονας, όμως, y′y δεν εφάπτεται του κύκλου x2 + y2 = 1 . Επομένως, αν υπάρχει 2 κοινή εφαπτομένη, ε, του κύκλου και της παραβολής, αυτή θα έχει εξίσωση της μορφής ε : y = λx+β (1)Η ε εφάπτεται του κύκλου x2 + y2 = 1 , αν και μόνο αν η απόστασή της από το 2κέντρο Ο (0, 0) του κύκλου είναι ίση με την ακτίνα του, δηλαδή, αν και μόνο ανισχύει β = 1 ή, ισοδύναμα, 2β2 = λ2 + 1. (2) λ2 +1 2Η ε εφάπτεται της παραβολής y2 = 4x, αν και μόνο αν το σύστημα y = λx+β   y 2 = 4xέχει διπλή λύση. Είναι όμως: y = λx+β y = λx+β y = λx+β (3)  ⇔ (λ x + β )2 = 4x ⇔ λ 2 x2 + 2(λβ − 2)x + β 2 = 0  y 2 = 4xΕπομένως, το σύστημα έχει διπλή λύση, αν και μόνο αν η (3) έχει διπλή λύση πουσυμβαίνει, αν και μόνο αν λ ≠ 0 και ∆ = 0Έχουμε λοιπόν (4)Έτσι, λόγω των (2) και (4), έχουμε

112 2β 2 = λ2 +1 2 = λ2 +1 λ4 + λ2 − 2 = 0  λ 2  β = 1 ⇔  ⇔  1 λ β 1 β = λ = λ λ 2 =1 λ =1 λ = −1.  β =1 β = −1 ⇔ β 1 ⇔ ή = λΆρα, υπάρχουν δύο κοινές εφαπτόμενες του κύκλου και της παραβολής, οι ευθείες: y = x +1 και y = −x −1. ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 3ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ1. (i) Η (1) γράφεται διαδοχικά: y x (x2 − 2λ x) + y2 = 1 A(0,1) K(λ,0) (x2 − 2λ x + λ 2 ) + y2 = λ 2 +1 B(0,-1) (x − λ)2 + y2 = ( λ 2 +1)2 Άρα η (1) παριστάνει κύκλο με κέντρο Κ (λ, 0) και ακτίνα ρ = λ2 +1.(ii) Θα θεωρήσουμε δύο από τους παραπάνω κύκλους και αφού βρούμε τα κοινάτους 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: C0 : x2 + y2 −1 = 0 και C1 : x2 + y2 − 2x −1 = 0 (2)αντιστοίχως. Τα σημεία τομής των κύκλων αυτών είναι οι λύσεις του συστήματοςτων εξισώσεων (2). Λύνουμε το σύστημα αυτό ως εξής:  x 2 + y2 −1= 0 ⇔ x2 + y2 =1⇔  y 2 =1 ⇔ x =0 ή x =0  + y2 − 2x −1= 2x = 0  x =0  =1  = −1  x 2 0   y  y

113Άρα, οι κύκλοι C0 και C1 τέμνονται στα σημεία Α(0,1) και Β (0, −1). Από τασημεία αυτά διέρχονται όλοι οι κύκλοι που ορίζονται από την εξίσωση (1), αφούοι συντεταγμένες των Α και Β επαληθεύουν την (1) για κάθε λ ∈ R.Πράγματι 02 +12 − 2λ0 −1 = 0 και 02 + (−1)2 − 2λ0 −1 = 0.Η εξίσωση της κοινής χορδής είναι η x = 0.2. (i) Ο κύκλος C1 : x2 + y2 = 1 έχει κέντρο το Κ1(0, 0) και ακτίνα ρ1 = 1, ενώ ο κύκλος C2 : (x − 2)2 + y2 = 22 έχει κέντρο το Κ 2 (2, 0) και ακτίνα ρ2 = 2. Επο- μένως, αν ε είναι η ευθεία με εξίσωση y = λ x + β , τότε θα έχουμε d (Κ1,ε ) = λ ⋅0 −0 + β = β λ2 +1 λ2 +1και (1) λ ⋅2−0+ β 2λ + β d (Κ 2 ,ε ) = λ2 +1 = λ2 +1(ii) Για να εφάπτεται η ε και στους δύο κύκλους πρέπει να αρκεί d (Κ1,ε ) = ρ1 και d (Κ 2 ,ε ) = ρ2Όμως: β =1  =2 d (Κ 1,ε ) = ρ1 (1)  λ2 +1 ⇔  β= λ2 +1 d (Κ 2,ε) = ρ2  2λ + β  2λ + β= 2 ⇔    λ2 +1 λ2 +1 ⇔ β 2 = λ2 +1 = − 2λ  ήβ 3 β = 2λ λ 2 1  4λ 2 = λ2 + 1 (αδύνατη)  3  − 2λ ⇔ = ή  9 3 β = 2λ β =

114  3  3 λ = 3 λ = − 3   ⇔ ή . β = 23 β = − 23 3 3Άρα, υπάρχουν δύο κοινές εφαπτόμενες των κύκλων C1 και C2 οι: ε1 : y = 3 x+2 3 και ε2 : y = − 3 x−2 3. 33 33(iii) Οι ευθείες ε1, ε2 είναι συμμετρικές ως προς τον άξονα x′x. Άρα τέμνονταιπάνω στον x′x και, επειδή η ε1 σχηματίζει με τον άξονα x′x γωνία 30 (αφούλ1 = 3 = εϕ30 ), οι ευθείες ε1, ε2 σχηματίζουν γωνία 60. 33. (i) Οι συντεταγμένες (x1, y1) και (x2 , y2 ) των σημείων Α και Β είναι οι λύσειςτου συστήματος y = λx+β . Η δεύτερη εξίσωση του συστήματος, λόγω της   y 2 = 4xπρώτης, γράφεται (λ x + β )2 = 4x ⇔ λ 2 x2 + 2λβ x + β 2 = 4x ⇔ λ 2 x2 + 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 (3)και (4)(ii) α) Αν λ = 1, λόγω των σχέσεων (2), (3) και (4), το σημείο Μ έχει συντεταγμένες x = 2 − β , µε β ≤ 1   y = 2

115Άρα, όταν το β μεταβάλλεται, τότε το Μ διαγράφει την ημιευθεία Μ 0t : y = 2, με x ≥ 1,όπου Μ0 το σημείο με συντεταγμένες (1,2) (Σχ. α).β) Αν β = 0, λόγω των σχέσεων (3) και (4), το σημείο Μ έχει συντεταγμένες: x = 2  x = 2  y 2 =2 x = λ2 λ2  y ≠0 2 , λ ∈ R*, οπότε  και άρα  . λ λ 2 y = , y≠0  yΕπομένως, όταν το λ μεταβάλλεται, τότε το σημείο Μ διαγράφει την παραβολήy2 = 2x με εξαίρεση το σημείο Ο(0,0) (Σχ. β). y y=2, x>1 y y2=4xM0(1,2) t O y2=2x O x x y2=4x (β) (α)4. Η ευθεία ζ, που διέρχεται από το σημείο Σ (0, 2β ) και έχει συντελεστή διεύθυνσηςλ, έχει εξίσωση Μ΄ yy = λx + 2β. Σ(0,2β)Επομένως τα σημεία Μ , Μ ′ έχουν B(0,β) Μσυντεταγμένες ζ: y=λx+2β(α , λα + 2β ) και (−α , −λα + 2β ), A΄(-a,0) A(a,0)που είναι οι λύσεις των συστημάτων O x ε΄: x=-α B΄(0,-β) ε: x=α

116 y = λx + 2β και y = λx + 2β    x = α  x = −α αντιστοίχως. Επομένως (i) Ο κύκλος με διάμετρο ΜΜ ′ έχει κέντρο το Σ (0, 2β ) και ακτίνα ρ = (ΣΜ ) = α 2 + (λα )2 = α λ 2 +1. Άρα έχει εξίσωση: x2 + ( y − 2β )2 = α 2 (λ 2 +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 − 2β )2 = α 2 (λ 2 +1) (2) Όμως (2) ⇔ γ 2 + 4β 2 = α 2λ 2 + α 2 ⇔ α 2λ2 = γ 2 −α 2 + 4β 2 ⇔ α 2λ2 = −β 2 + 4β 2 ⇔ α 2λ 2 = 3β 2 ⇔λ=±β 3 α Επομένως ο κύκλος διέρχεται από τις εστίες, αν και μόνο αν λ = ± β 3. α5. Γ ια την έλλειψη x2 + y2 =1 είναι α = 5 και β = 4. Επομένως γ = 3, οπότε οι εστίες 52 42 x2 y2 της έλλειψης είναι τα σημεία Ε ′(−3, 0) και Ε (3, 0). Άρα, αν α2 − β2 =1 είναι η εξίσωση της ζητούμενης υπερβολής, τότε θα ισχύει α 2 + β 2 = 32 = 9. (1) Για να εφάπτεται η υπερβολή της ευθείας y = x +1 αρκεί το σύστημα y = x +1   x 2 y2 β2 α 2 − =1

117να έχει διπλή λύση. Η δεύτερη εξίσωση του συστήματος, λόγω της πρώτης, γράφεται x2 − ( x +1)2 ⇔ β 2x2 − α 2 (x +1)2 = α2β2 α2 β2 ⇔ (β 2 − α 2 )x2 − 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 ) = 0ή, 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 2β 2 − α 2 = 0 ⇔ β2 +1−α2 = 0 ⇔α2 −β2 =1Έτσι, έχουμε α 2 + β 2 = 9  2 − β 2 =1 , οπότε α 2 = 5 α  α ≠ ±β β 2 = 4Άρα, η υπερβολή έχει εξίσωση x2 − y2 = 1 546. Έστω ω το μέτρο της γωνιακής ταχύτητας. y A(4συνωt,4ημωt) Τότε, κατά τη χρονική στιγμή t το διάνυσμα φ B1(1,0) A1(4,0) O -φ x ΟΑ1, θα έχει διαγράψει γωνία ϕ = ωt, ενώ το διάνυσμα ΟΒ1, θα έχει διαγράψει γωνία −ϕ = −ωt. Επομένως, κατά τη χρονική στιγμή t το διάνυσμα ΟΑ1 θα έχει πάρει τη θέση B(συν(-ωt),ημ(-ωt))

118 ΟΑ = (4συνϕ, 4ηµϕ) = (4συνωt, 4ηµωt),ενώ το ΟΒ1, θα έχει πάρει τη θέση ΟΒ = (συν(−ϕ), ηµ(−ϕ)) = (συνωt, −ηµωt).Έτσι, για τη συνισταμένη ΟΜ των ΟΑ και ΟΒ θα ισχύει ΟΜ = ΟΑ +ΟΒ = (4συνωt, 4ηµωt) + (συνωt, −ηµωt) = (5συνωt,3ηµωt).Άρα, το Μ θα διαγράψει την έλλειψη x2 + y2 = 1. 52 327. (i) Αν (α , 2α ) και (β , −2β ), α , β > 0, είναι οι y y=2x συντεταγμένες των Μ1 και Μ2 αντιστοίχως και (x, y) M1(a,2a) οι συντεταγμένες του μέσου Μ, τότε θα ισχύουν α + β = 2x και α − β = y, M(x,y) Oοπότε θα έχουμε x M2(β,-2β) α = 2x + y και β = 2x − y . (1) 22 y=-2x(ii) Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΜ1Μ2 δίνεται από τον τύποΕπομένως(ΟΜ 1Μ 2 ) = 2 ⇔ αβ =1⇔ 2x + y ⋅ 2x − y =1⇔ 4x2 − y2 = 4⇔ x2 − y2 = 1, (2) 2 2 12 22που παριστάνει υπερβολή. Όμως α , β > 0, οπότε x > 0. Άρα το σημείο Μ (x, y)ανήκει στο δεξιό κλάδο της υπερβολής (2).

1198. Ο ι εξισώσεις των εφαπτομένων ε1 και ε2 y y=(εφθ)x των C1 και C2 στα σημεία Γ1 και Γ2 είναι: Γ1 xx1 yy1 ε1 : α2 + β2 =1 (1)και C2 θ Γ2 O ε2 : α 2 xx2 + β 2 yy2 = 1 (2) xαντιστοίχως. Επομένως οι συντελεστές C1διεύθυνσης λ1 και λ2 των ε1 και ε2 είναιίσοι με λ1 = − β 2 x1 και λ2 = − α 2 x2 , α 2 y1 β 2 y2οπότε θα ισχύει λ1λ2 = x1 x2 = x1 x2 = 1 y1 y2 (εϕθ )x1 ⋅ (εϕθ )x2 εϕ2θαφού y1 = (εϕθ )x1 και y2 = (εϕθ )x2.9. (i) Η διχοτόμος y = x, x > 0 της y y=x γωνίας xΟˆ y τέμνει την έλλειψη στο O M1(x1,x1) y = λ xσημείο Μ 1(x1, x1) με x1 = αβ . M(t,λt) α2 +β2 xΕπομένως, η εφαπτομένη ε1 τηςέλλειψης στο σημείο Μ 1(x1, x1)έχει εξίσωση xx1 + yx1 =1 α2 β2και άρα συντελεστή διεύθυνσης λ1 = − β 2 . Επειδή λ1 = −1, έχουμε α 2 2 λ1 =−1 ⇔ − β 2 = −1 ⇔α2 = 2β 2 2 α 2 2

120 ⇔ α 2 = 2(α 2 − γ 2 ) ⇔ 2γ 2 = α 2 ⇔ γ 2 = 1⇔ γ = 2 ⇔ε = 2  α  2 α 2 2(ii) Αν (t, λt) είναι οι συντεταγμένες του Μ, τότε η εφαπτομένη της έλλειψης στοσημείο αυτό έχει εξίσωση xt + yλt =1 α2 β2και άρα έχει συντελεστή διεύθυνσης µ = − β2 . Όμως β2 =α2 −γ 2. λα 2Επομένως, µ = γ 2 −α2 = 1  γ 2  = 1 (ε 2 −1) = 1   2 2  = − 1 , λα 2 λ α  −1 λ λ   2  −1 2λ   οπότε λµ = − 1 . 210. (i) Έστω Μ το κέντρο και r η ακτίνα δε C ενός από τους παραπάνω κύκλους C. M Τότε θα έχουμε: M3 M1 r 14243 r d (Μ , Κ ) = R + r (1) M2 R R και d(Μ ,ε ) = r. 14243 Κ R Επομένως, θα ισχύει C1 d (Μ , Κ ) = d (Μ ,ε ) + R.Αν, τώρα, στο ημιεπίπεδο, ως προς ε, που δεν ανήκει το Κ φέρουμε ευθεία δπαράλληλη προς την ε και σε απόσταση R μονάδων, τότε θα ισχύει (1) d (Μ ,δ ) = R + r = d (Μ , Κ ).Άρα, το κέντρο Μ του κύκλου C θα ανήκει στην παραβολή που έχει εστία το Κκαι διευθετούσα τη δ.

(ii) Έστω Μ το κέντρο και r η ακτίνα ενός από M1 121 τους παραπάνω κύκλους C. Τότε θα έχουμε: rM C1 r d (Μ , Κ1) = R1 − r και M2 d (Μ , Κ 2 ) = R2 + r. K1 K2 Επομένως, θα ισχύει d (Μ , Κ1) + d (Μ , Κ 2 ) = R1 + R2 (σταθερό). Άρα, το κέντρο Μ του κύκλου C θα ανήκει στην έλλειψη με εστίες τα σημεία Κ1 και Κ2 και σταθερό άθροισμα 2α = R1 + R2. (iii) Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι R1 > R2. Έστω Μ το κέντρο και r η ακτίνα ενός από τους παραπάνω κύκλους C. Τότε θα έχουμε: d (Μ , Κ1) = R1 + r και r M r d (M , K2 ) = R2 + r M1 R1 M2 οπότε K1 R2 d (Μ , Κ1) − d (Μ , Κ 2 ) = R1 − R2 > 0 K2 (σταθερό). Άρα, το κέντρο Μ του κύκλου C θα ανήκει στο δεξιό κλάδο της υπερβολής με εστίες τα σημεία Ε ′ = Κ1 και Ε = Κ2 και σταθερή διαφορά 2α = R1 − R2 > 0.11. ( i) Η εξίσωση της εφαπτομένης ε της έλλειψης x2 + y2 =1 στο σημείο με α2 β2 συντεταγμένες (x1, y1) = (α συνϕ, β ηµϕ) είναι η xα συνϕ + yβ ηµϕ =1⇔ (β συνϕ)x + (α ηµϕ) y − αβ = 0 (1) α2 β2 (ii) Λόγω της (1) έχουμε: d (Ε ,ε ) ⋅ d (Ε ′,ε ) = βγ συνϕ −αβ −βγ συνϕ −αβ ⋅ β 2συν2ϕ + α 2ηµ2ϕ β 2συν2ϕ + α 2ηµ2ϕ

122 α 2β 2 − β 2γ 2συν2ϕ = β 2συν2ϕ + α 2ηµ2ϕ β 2 α 2 − γ 2συν2ϕ = (α 2 − γ 2 )συν2ϕ + α 2ηµ2ϕ α 2 − γ 2συν2ϕ = β 2 α 2 (συν2ϕ + ηµ2ϕ) − γ 2συν2ϕ α 2 − γ 2συν2ϕ = β 2 α 2 − γ 2συν2ϕ = β2.(iii) Η εφαπτομένη (1) τέμνει τους άξονες x′x και y′y στα σημεία Α  α , 0   συνϕ     β και Β  0, ηµϕ  , εφόσον βέβαια είναι ηµϕ ≠0 και συνϕ ≠ 0, που συμβαίνει  όταν το Μ δεν συμπίπτει με μια από τις κορυφές Α, Α′, Β , Β ′ της έλλειψης. Τοεμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ είναι ίσο με (ΟΑΒ ) = 1 (ΟΑ)(ΟΒ ) = 1 α ⋅ β = αβ . 2 2 συνϕ ηµϕ ηµ2ϕΕπομένως, το εμβαδόν ελαχιστοποιείται, αν και μόνο αν ηµ2ϕ = 1 που συμβαίνει,αν και μόνο αν 2ϕ = 2κπ ± π , κ ∈ Ζ, ή, ισοδύναμα, ϕ = κπ ± π , κ ∈ Ζ. 24

4ΚΕΦΑΛΑΙΟ4.1 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗΑ΄ ΟΜΑΔΑΣ1. (i) Έστω P(ν ) η ισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε.• Η P(ν ) αληθεύει για ν = 1, αφού γράφεται 12 = 1⋅ 2 ⋅ 3 , που είναι αληθής. 6• Θα αποδείξουμε ότι, αν η P(ν ) είναι αληθής, τότε και η P(ν +1) θα είναιαληθής, δηλαδή ότι:Αν 12 + 22 + ... +ν 2 = ν (ν +1)(2ν +1) (1), τότε 6 12 + 22 + ... +ν 2 + (ν +1)2 = (ν +1)(ν + 2)(2ν + 3) . 6Πράγματι, έχουμε: 12 + 22 + ... +ν 2 + (ν + 1)2 (1) 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) . 6Άρα, η P(ν ) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν.(ii) Έστω P(ν ) η ισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε.•Η P(ν ) αληθεύει για ν = 1, αφού γράφεται 13 =  1⋅ 2 2 , που είναι αληθής.  2 • Θα αποδείξουμε ότι, αν η P(ν ) είναι αληθής, τότε και η P(ν +1) θα είναι αληθής,δηλαδή ότι:

124Αν 13 + 23 + ... +ν 3 = ν (ν +1) 2 (1), τότε  2  13 + 23 + ... +ν 3 + (ν + 1)3 =  (ν + 1)(ν + 2) 2 .  2 Πράγματι, έχουμε: (1) ν 2 (ν + 1)2 13 + 23 + ... +ν 3 + (ν + 1)3 = 4 + (ν + 1)3 = (ν +1)2 (ν 2 + 4(ν +1)) 4 = (ν +1)2 (ν 2 + 4ν + 4) 4 = (ν +1)2 (ν + 2)2 4 =  (ν + 1)(ν + 2) 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 είναιαληθής, δηλαδή ότι:Αν 1⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + ... +ν (ν +1) = ν (ν +1)(ν + 2) (1), τότε 3 1⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + ... +ν (ν +1) + (ν +1)(ν + 2) = (ν +1)(ν + 2)(ν + 3) . 3Πράγματι, έχουμε: 1⋅ 2 + 2 ⋅ 3 + ... +ν (ν + 1) + (ν + 1)(ν + 2) (1) ν (ν + 1)(ν + 2) + (ν + 1)(ν + 2) = 3 = (ν +1)(ν + 2)(ν + 3) . 3Άρα, η P(ν ) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν.

125(iv) Έστω P(ν ) η ισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε• Η P(ν ) αληθεύει για ν = 1, αφού γράφεται 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 είναιαληθής, δηλαδή ότι:Αν 1 + 1 + ... + ν 1 =ν (1), τότε 1⋅ 2 2⋅3 (ν +1) ν +1 1 + 1 + ... + ν 1 + (ν 1 + 2) = ν +1 . 1⋅ 2 2⋅3 (ν +1) + 1)(ν ν +2Πράγματι, 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 +2Άρα, η P(ν ) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν.2. Έστω P(ν ) η ισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε• Η P(ν ) αληθεύει για ν = 1, αφού γράφεται 1 = x −1, που είναι αληθής. x −1• Θα αποδείξουμε ότι, αν η P(ν ) είναι αληθής, τότε και η P(ν +1) θα είναιαληθής, δηλαδή ότι:Αν 1+ x + x2 + ... + xν −1 = xν −1 (1), τότε 1+ x + x2 + ... + xν −1 + xν = xν +1 −1 . x −1 x −1Πράγματι, έχουμε: 1+ x+ x2 + ... + xν −1 + xν (1) xν −1 + xν = x −1 = xν −1+ xν +1 − xν x −1 = xν +1 −1. x −1

126 Άρα, η P(ν ) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν. ΣΧΌΛΙΟ: Η ισότητα P(ν ) είναι γνωστή από τη θεωρία πολυωνύμων, αφού το πολυώνυμο xν −1 + xν −2 + ... + x +1 είναι το πηλίκο της τέλειας διαίρεσης του xν −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 32 > 2 ⋅ 3 +1 που είναι αληθής.• Θα αποδείξουμε ότι, αν η P(ν ) είναι αληθής, τότε και η P(ν +1) θα είναιαληθής, 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 + 2Επομένως, αρκεί να δείξουμε ότι 4ν + 2 > 2(ν +1) +1. Έχουμε: 4ν + 2 > 2(ν +1) +1 ⇔ 4ν + 2 > 2ν + 3 ⇔ 2ν > 1 ⇔ ν > 1 , 2που ισχύει.Άρα, η P(ν ) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν ≥ 3.(ii) Έστω P(ν ) η ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε•Η P(ν ) αληθεύει για ν = 7, αφού γράφεται  4 7 > 7, που είναι αληθής.  3 • Θα αποδείξουμε ότι, αν η P(ν ) είναι αληθής, τότε και η P(ν +1) θα είναιαληθής, δηλαδή ότι: Αν  4 ν >ν (1), τότε  4 ν +1 > (ν + 1).  3   3 Πράγματι, έχουμε:  4 ν +1  4   4 ν (1) 4  3   3   3  3 = ⋅ > ⋅ν .Επομένως, αρκεί να δείξουμε ότι 4ν >ν +1. Έχουμε: 3

127 4ν >ν +1 ⇔ 4ν > 3ν + 3 ⇔ ν > 3, 3που 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 είναιαληθής, δηλαδή ότι:Αν 5ν > 5ν −1 (1), τότε 5ν +1 > 5(ν +1) −1.Πράγματι, έχουμε: (1) 5ν +1 = 5 ⋅ 5ν > 5(5ν −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 , 20που ισχύει.Άρα, η P(ν ) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν.Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. Έστω P(ν ) η ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε • Η P(ν ) αληθεύει για ν = 4, αφού γράφεται 4! > 24 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 ! > 2ν τότε και (ν +1)! > 2ν +1. Πράγματι έχουμε διαδοχικά: ν ! > 2ν (ν +1) ⋅ν ! > (ν +1)2ν (ν +1)! > (ν +1) ⋅ 2ν

128 (ν +1)! > 2 ⋅ 2ν , αφού ν +1 > 2 γιατί ν ≥ 4 (ν +1)! > 2ν +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 ≤ 2−1, που είναι αληθής. 12 1• Θα αποδείξουμε ότι, αν η P(ν ) είναι αληθής, τότε και η P(ν +1) θα είναιαληθής, δηλαδή ότι:Αν 1 + 1 + ... + 1 ≤ 2− 1 (1), τότε 12 22 ν2 ν 1 + 1 + ... + 1 + (ν 1 ≤2− 1 . 12 22 ν2 + 1)2 ν +1Πράγματι, αν και στα δύο μέλη της (1) προσθέσουμε το (ν 1 , έχουμε + 1)2 1 + 1 + ... + 1 + (ν 1 ≤ 2− 1 + (ν 1 . 12 22 ν2 + 1)2 ν + 1)2Επομένως, αν δείξουμε ότι 2− 1 + (ν 1 ≤ 2− 1, ν + 1)2 ν +1τότε θα ισχύει το ζητούμενο. Έχουμε λοιπόν: 2 − 1 + (ν 1 ≤ 2 − (ν 1 ⇔ −1 + (ν 1 ≤− 1 ν + 1)2 + 1) ν + 1)2 (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 ⇔ 0 ≤ 1, που ισχύει.Άρα, η P(ν ) αληθεύει για όλους τους θετικούς ακέραιους ν.

1293. Α ρκεί να αποδείξουμε ότι ν +1 ν <ν για κάθε ν ≥ 3 ή, ισοδύναμα, ότι  ν  1 + 1 ν <ν για κάθε ν ≥ 3. ν  Έστω P(ν ) η ανισότητα που θέλουμε να αποδείξουμε • Η ανισότητα P(ν ) αληθεύει για ν = 3, αφού γίνεται  4 3 <3 ή, ισοδύναμα, 64 < 81, που είναι αληθής.  3  • Θα αποδείξουμε ότι, αν η P(ν ) είναι αληθής, τότε και η P(ν +1) θα είναι αληθής, δηλαδή ότι: Αν 1 + 1 ν <ν (1), τότε 1+ ν 1 ν +1 <ν + 1. ν  +1  Πράγματι, επειδή 1 < 1+ 1 < 1+ 1 έχουμε ν +1 ν 1+ ν 1 ν +1 < 1 + 1 ν +1 = 1 + 1 ν ⋅ 1 + 1  +1  ν  ν  ν  <ν ⋅ 1 + 1  (λόγω της (1)) ν  =ν +1. Άρα, η P(ν ) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν ≥ 3. 4.2 ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΔΙΑΙΡΕΣΗΑ΄ ΟΜΑΔΑΣ1. (i) Είναι: 83 = 7 ⋅11+ 6 Άρα το πηλίκο είναι 7 και το υπόλοιπο 6. (ii) Είναι: −83 = (−7)11− 6 = (−8)11+ 5 Άρα το πηλίκο είναι −8 και το υπόλοιπο 5.

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 = 3λ ή α = 3λ +1 ή α = 3λ + 2, λ ∈ Ζ. • Αν α = 3λ, τότε α 2 = 9λ 2 = 3⋅ 3λ 2 = 3κ , όπου κ = 3λ 2 ∈ Z. • Αν α = 3λ +1, τότε α 2 = 9λ 2 + 6λ +1 = 3(3λ 2 + 2λ) +1 = 3κ +1, όπου κ = 3λ 2 + 2λ ∈ Z. • Αν α = 3λ + 2, τότε α 2 = 9λ 2 +12λ + 4 = 9λ 2 +12λ + 3 +1 = 3(3λ 2 + 4λ +1) +1 = 3κ +1, όπου κ = 3λ2 + 4λ +1∈ Ζ. (ii) Έχουμε α = 6κ + 5 = 6κ + 3 + 2 = 3(2κ +1) + 2 = 3λ + 2, όπου λ = 2κ +1∈ Z. 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. Ε πειδή ο α είναι περιττός θα είναι της μορφής α = 2κ +1, κ ∈ Ζ. 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∈ Ζ.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.

Β΄ ΟΜΑΔΑΣ 131 (1)1. Α ν υ είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης του 660 με τον β, τότε θα ισχύει 660 = 17β +υ, με 0 ≤ υ < β ,οπότε υ = 660 −17β και 0 ≤ υ < βΈτσι έχουμε 0 ≤ 660 −17β < β ⇔ 0 ≤ 660 −17β 660 −17β < β ⇔ 17β ≤ 660 660 < 18β ⇔ 660 < β ≤ 660 18 17 ⇔ 36 + 12 < β ≤ 38 + 14 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. Α ς 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 είναιάρτιος. Άρα, ο αρ 2 + βρ + γ θα είναι περιττός, αφού το γ είναι περιττός. Αυτόόμως είναι άτοπο, λόγω της (1).Αν ο ρ είναι περιττός, τότε και ο ρ 2 θα είναι περιττός, και, επειδή οι α, β είναιπεριττοί, 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. Σ ύμφωνα με την εφαρμογή 2, οι α 2 και β 2 θα είναι της μορφής

132 (1) α 2 = 8λ +1, λ ∈ Ζ και β 2 = 8µ +1, µ ∈ Ν Επομένως (i) α 2 − β 2 = (8λ +1) − (8µ +1) = 8λ − 8µ = (λ − µ) ∈ Z 888 (ii) α 4 + β 4 − 2 = (8λ +1)2 + (8µ +1)2 − 2 = 16 16 = 64λ 2 + 64µ 2 +16λ +16µ = (4λ 2 + 4µ 2 + λ + µ) ∈ Z. 164. Α ν κ = 5λ +υ, υ = 0, 1, 2, 3, 4 είναι η ταυτότητα της ευκλείδειας διαίρεσης του κ με τον 5, τότε θα ισχύει3κ + 4 = 3(5λ +υ) + 4 = 15 ⋅ λ + 3υ + 4 = 3λ + 3υ + 4 .55 5 5Επομένως, ο 3κ + 4 είναι ακέραιος, αν και μόνο αν ο 3υ + 4 είναι ακέραιος. 55Διακρίνουμε, λοιπόν, πέντε περιπτώσεις:— Αν υ = 0, τότε 3υ + 4 = 4 ∉ Z 55— Αν υ = 1, τότε 3υ + 4 = 7 ∉ Z 55— Αν υ = 2, τότε 3υ + 4 = 2 ∈ Z 5— Αν υ = 3, τότε 3υ + 4 = 13 ∉ Z 55— Αν υ = 4, τότε 3υ + 4 = 16 ∉ Z. 55Άρα, ο 3κ + 4 είναι ακέραιος, αν και μόνο αν υ = 2, δηλαδή, αν και μόνο αν ο 5κ είναι της μορφής κ = 5λ + 2, λ ∈ Z.

1335. (i) Αν ο α είναι άρτιος, τότε θα είναι της μορφής α = 2κ , κ ∈ Ζ, οπότε θα ισχύει α 2 = (2κ )2 = 4κ 2 = 4λ, όπου λ = κ 2 ∈ Ζ.Αν ο α είναι περιττός, τότε θα είναι της μορφής α = 2κ +1, κ ∈ Ζ, οπότε θα ισχύεια 2 = (2κ +1)2 = 4κ 2 + 4κ +1 = 4(κ 2 + κ ) +1 = 4λ +1, όπου λ = (κ 2 + κ ) ∈ Z.(ii) Επειδή οι α, β είναι περιττοί ακέραιοι, τα τετράγωνά τους θα είναι της μορφήςα 2 = 4λ +1, λ ∈ Ζ και β 2 = 4µ +1, µ ∈ Ζ.Επομένως, θα ισχύει α 2 + β 2 = 4(λ + µ) + 2, δηλαδή ο α 2 + β 2 θα είναι της μορφήςα 2 + β 2 = 4ρ + 2, ρ ∈ Ζ (1)Αν υποθέσουμε ότι η εξίσωση x2 = α 2 + β 2 έχει ακέραια ρίζα γ, τότε θα ισχύειγ 2 = α 2 + β 2. Έτσι, λόγω της (1), το τετράγωνο του γ θα είναι της μορφήςγ 2 = 4ρ + 2, που είναι άτοπο, σύμφωνα με το ερώτημα (i).(iii) Καθένας από τους αριθμούς αυτούς είναι της μορφής4λ + 2, λ ∈ Ζοπότε, σύμφωνα με το ερώτημα (i), δεν είναι τετράγωνο φυσικού αριθμού. 4.3 ΔΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑΑ΄ ΟΜΑΔΑΣ1. (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.

1342. Ε πειδή α β και γ δ , θα υπάρχουν ακέραιοι κ, λ τέτοιοι ώστε β = κα και δ = λγ . Άρα βδ = (κλ)(αγ ), οπότε αγ βδ .3. Επειδή 11 (α + 2) και 11 (35 − β ) , θα υπάρχουν ακέραιοι κ, λ τέτοιοι ώστε α + 2 = 11κ 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 ∈ Ζ (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 ) = πολ4.5. Α ς 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 το 2.Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. i) Επειδή ο α είναι περιττός θα είναι της μορφής α = 2κ +1, κ ∈ Ζ. Έτσι, θα έχουμε α 2 = (2κ +1)2 = 4κ 2 + 4κ +1 = 4(κ 2 + κ ) +1 = 4λ +1, όπου λ = (κ 2 + κ ) ∈ Z (ii) Επειδή ο α είναι περιττός, λόγω της (i), έχουμε

135 (α 2 + 3)(α 2 + 7) = (4λ + 4)(4λ + 8) = 16 (λ +1)(λ + 2) = 32µ = πολ32, 2µ αφού το γινόμενο (λ +1)(λ + 2) είναι άρτιος αριθμός, ως γινόμενο δύο διαδοχικών ακέραιων.2. Δ ιακρίνουμε δύο περιπτώσεις: • α = 2κ , κ ∈ Ζ. Τότε α 2 + 2 = 4κ 2 + 2 = 4λ + 2 ≠ πολ4, όπου λ = κ 2 • α = 2κ +1, κ ∈ Ζ. Τότε α 2 + 2 = (2κ +1)2 + 2 = 4κ 2 + 4κ +1+ 2 = 4 (κ 2 + κ ) + 3 = 4λ + 3 ≠ πολ4. λ3. Έ στω ότι οι διαδοχικοί θετικοί ακέραιοι α και α +1 είναι τετράγωνα ακεραίων. Τότε θα ισχύεια = κ 2 και (α +1) = λ 2 , για κάποιους κ , λ ∈ N *.Επομένως, θα είναι α +1 = κ 2 +1 και έτσι θα έχουμε:κ2 +1= λ2 ⇔ λ2 −κ2 =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 2α −1 = 2νβ −1 = (2β )ν −1 = (2β −1)[(2β )ν −1 + (2β )ν −2 + ... + (2β ) +1] = πολ(2β −1). λ∈Z5. (i) Έστω α −1, α, α +1 τρεις διαδοχικοί ακέραιοι. Θα δείξουμε ότι 6 (α −1)α (α +1) ή, ισοδύναμα, ότι6 α3 −α. (1)Αν α = 6κ +υ, υ = 0, 1, 2, 3, 4, 5 είναι η ταυτότητα της ευκλείδειας διαίρεσηςτου α με τον 6, τότε θα έχουμε

136 α 3 − α = (6κ +υ)3 − (6κ +υ) = (6κ )3 + 3(6κ )2υ + 3(6κ )υ 2 +υ3 − 6κ −υ = 6 (36κ 3 +18κ 2υ + 3κυ 2 − κ ) +υ3 −υ λ 6λ = πολ6, αν υ = 0 6λ = πολ6, αν υ = 1 6λ αν υ = 2 = 6λ + (υ 3 −υ ) = 6λ + 6 = πολ6, αν υ = 3 + 24 = πολ6, αν υ = 4 αν υ = 5 6λ + 60 = πολ6,  6λ +120 = πολ6,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) ,λ, µ ∈ Ζ = 6λ + 6µ = 6(λ + µ) = πολ6.(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 ,λ, µ ∈ Ζ 6λ 2µ (i) = 6λ + 3⋅ 2µ = 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 ) (1), τότε 3 [(ν +1)3 + 2(ν +1)]. Πράγματι.

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 ∈ Ν.(ii) 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⋅ 27ν + 2 ⋅ 2ν ) (4), τότε 5 (3⋅ 27ν +1 + 2 ⋅ 2ν +1).Πράγματι, λόγω της (4), υπάρχει κ ∈ Ζ τέτοιος, ώστε 3⋅ 27ν + 2 ⋅ 2ν = 5κ , οπότε 3⋅ 27ν = 5κ − 2 ⋅ 2ν (5)Έτσι, έχουμε 3⋅ 27ν +1 + 2 ⋅ 2ν +1 = 3⋅ 27ν ⋅ 27 + 2 ⋅ 2ν ⋅ 2 (5) = (5κ − 2 ⋅ 2ν )27 + 4 ⋅ 2ν = 5 ⋅ 27κ − 54 ⋅ 2ν + 4 ⋅ 2ν = 5(27κ −10 ⋅ 2ν ) = πολ5.Άρα, ο P(ν ) αληθεύει για κάθε ν ∈ Ν.(iv) Έστω P(ν ) ο ισχυρισμός που θέλουμε να αποδείξουμε.• Για ν = 0, ο ισχυρισμός γράφεται 14 14, που είναι αληθής

138• Θα αποδείξουμε ότι, αν ο P(ν ) είναι αληθής, τότε και ο P(ν +1) είναι αληθής,δηλαδή: Αν 14 (34ν +2 + 52ν +1) (6), τότε 14 (34ν +6 + 52ν +3 )Πράγματι, λόγω της (6), υπάρχει κ ∈ Ζ τέτοιος, ώστε 34ν +2 + 52ν +1 = 14κ , οπότε 34ν +2 = 14κ − 52ν +1 (7)Έτσι, έχουμε 34ν +6 + 52ν +3 = 34 ⋅ 34ν +2 + 52 ⋅ 52ν +1 (7) = 34 (14κ − 52ν +1 ) + 52 ⋅ 52ν +1 = 14 ⋅81κ − 81⋅ 52ν +1 + 25 ⋅ 52ν +1 = 14 ⋅81κ − 56 ⋅ 52ν +1 = 14(81κ − 4 ⋅ 52ν +1) = πολ14.Άρα, ο P(ν ) αληθεύει για κάθε ν ∈ Ν.7. Ε πειδή (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).

1394.4 Μ ΕΓΙΣΤΟΣ ΚΟΙΝΟΣ ΔΙΑΙΡΕΤΗΣ - ΕΛΑΧΙΣΤΟ ΚΟΙΝΟ ΠΟΛΛΑΠΛΑΣΙΟΑ΄ ΟΜΑΔΑΣ1. (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+ 0Επομένως, έχουμε (135,56) =1 και = 7 ⋅10 − 3⋅ 23 1 = 10 − 3⋅3 = 10 − 3(23 − 2 ⋅10) = 7 ⋅ (56 − 2 ⋅ 23) − 3⋅ 23 = 7 ⋅56 −17 ⋅ 23 = 7 ⋅56 −17(135 − 2 ⋅56) = −17 ⋅135 + 41⋅56Άρα 1 = (−17) ⋅135 + 41⋅56(ii) Έχουμε διαδοχικά: 180 = 2 ⋅84 + 12 , οπότε 12 = 180 − 2 ⋅84 84 = 7 ⋅12 + 0Επομένως (180,84) = 12 και 12 = 1⋅180 + (−2) ⋅84(iii) Είναι (−180,84) = (180,84) = 12, οπότε, λόγω της (ii), έχουμε12 = (−1)(−180) + (−2)84.(iv) Είναι (−180, −84) = (180,84) = 12, οπότε, λόγω της (ii), έχουμε12 = (−1)(−180) + 2(−84)2. (i) Είναι (2κ + 2, 2κ ) = (2κ + 2 − 2κ , 2κ ) = (2, 2κ ) = 2

140 (ii) Eίναι (2ν −1, 2ν +1) = (2ν −1, 2ν +1− 2ν +1) = (2ν −1, 2) = 1, αφού ο ακέ- ραιος 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)3. Έ στω δ = (α , β ). Τότεδ α , οπότε δ (α +β) και συνεπώς δ (α + β,α − β ). Άρα δ ≤ (α + β,α − β ),δ β δ (α −β)δηλαδή (α , β ) ≤ (α + β ,α − β ).4. Έστω δ = (α + β , x + y). Τότεδ (α + β ) οπότε δ (α x + β x) Συνεπώς δ (α x + β x − β x − β y) , οπότεδ , δ (β x + . (x + y) β y)δ (α x − β y). Όμως α x − β y = 1. Άρα δ 1, οπότε δ = 1.5. (i) Έστω δ = (2α − 3β , 4α − 5β ). Τότεδ (2α − 3β ) οπότε δ (4α − 6β ) Άρα δ (4α − 5β − 4α + 6β ), οπότε δ β.δ (4α , δ (4α . − 5β ) − 5β )(ii) Έστω δ = (2α + 3, 4α + 5). Τότεδ (2α + 3) οπότε δ (4α + 6) Άρα δ (4α + 6 − 4α − 5) , δηλαδή δ 1, οπότεδ , δ . (4α + 5) (4α + 5)δ = 1.(iii) Έστω δ (5α + 2, 7α + 3). Τότεδ (5α + 2) οπότε δ (35α + 14) Άρα δ (35α +15 − 35α −14) , δηλαδή δ 1,δ (7α , δ (35α . + 3) + 15)οπότε δ = 1.

1416. ( i) Έστω δ =  2κ + 1, κ (κ +1) . Τότε  2 δ (2κ +1) οπότε δ 4κ 2 + 2κ Άρα δ (4κ 2 + 4κ − 4κ 2 − 2κ ) , οπότε δ 2κ .  κ (κ +1) ,  4κ 2 .  δ δ 2 + 4κ 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) = 17. Ε ίναι: (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 ∈ Ν *. 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 ∈ Ν *. Αυτό ισχύει, όπως είδαμε πριν, μόνο για α = 1.9. Έ στω δ1 = (α ,γ ). Τότε δ1 α και δ1 γ και επειδή γ (α + β ) , έχουμε ότι δ1 (α + β ).

142 Έτσι δ1 α και δ1 (α + β ) , οπότε δ1 β . Άρα δ1 α και δ1 β , οπότε δ1 (α , β ) , δηλαδή δ1 1, οπότε δ1 = 1. Έστω δ2 = (β ,γ ). Τότε, ομοίως εργαζόμενοι, βρίσκουμε ότι δ2 = 1.Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. (i) Έστω δ = (α + β ,α − β ). Τότε δ (α + β ) οπότε (+) δ 2α και άρα δ (2α , 2β ). δ , (−) δ 2β (α − β )Όμως (2α , 2β ) = 2(α , β ) = 2 ⋅1 = 2. Επομένως δ 2, οπότε δ = 1 ή δ = 2.(ii) Έστω δ = (2α + β ,α + 2β ). Τότεδ (2α + β ) οπότε δ [2(2α + β ) − (α + 2β )] ή, ισοδύναμα, δ 3α και άραδ , δ [2(α + 2β ) − (2α + β )] δ 3β (α + 2β )δ (3α ,3β ). Όμως (3α ,3β ) = 3(α , β ) = 3⋅1 = 3. Επομένως δ 3, οπότε δ = 1 ήδ = 3.2. Ε πειδή (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 ∈ Ζ. 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 = 4λ + 2, λ ∈ Ζ. Έτσι, θα έχουμε (α + β , 4) = (4(κ + λ +1), 4) = 4(κ + λ +1,1) = 4.3. Γ ια να απλοποιείται το κλάσμα 2ν + 3 , αρκεί ο ΜΚΔ των όρων του να είναι 5ν + 7 διαφορετικός της μονάδας. Έστω δ = (2ν + 3,5ν + 7). Τότε

143δ 2ν + 3 οπότε δ [5(2ν + 3) − 2(5ν + 7)]. Άρα δ 1, οπότε δ = 1. Έτσι, τοδ , 5ν + 7κλάσμα 2ν + 3 είναι ανάγωγο για όλες τις τιμές του ν ∈ Ν *. 5ν + 74. Έστω (α , β ) = [α , β ] = x. Επειδή x = (α , β ) θα ισχύει (1) x α και x βκαι επειδή x = [α , β ], θα ισχύει α x και β x (2)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. Ε ίναι (α , β ) = 32 , (β ,γ ) = 2 ⋅ 3⋅ 5 και (γ ,α ) = 22 ⋅ 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 32 , που είναι άτοπο.6. Είναι κα + λβ = δ ⇔ κ α + λ β = 1 δδ ⇔ κΑ + λΒ = 1, όπου Α = α ∈ Z και Β = β ∈ Z. δδΈτσι, 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 οπότε δ α Άρα δ (α ,κβ ) , δηλαδή δ δ′ (1). δ , δ . β κβΕπειδή (α ,κ ) = 1, θα υπάρχουν x, y ∈ Z τέτοιοι, ώστε xα + yκ = 1, οπότε xαβ + yκβ = β. (2)Έτσι, έχουμε

144δ ′ α , οπότε δ′ ( xαβ + yκβ ) και άρα, λόγω της (2), δ′ β. Συνεπώς δ ′ αδ ′ κβ δ ′ βοπότε 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[α , β ]. =κ (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 ΑΡΙΘΜΟΙΑ΄ ΟΜΑΔΑΣ1. 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. Α πό 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 )(α + β) = 3 ⇔ α − β =1 ⇔ 2α = 4 ⇔ α = 12. α + β =3 2β = 2 β =

145(ii) Επειδή α 2 − 4 = (α + 2)(α − 2) και α + 2 > α − 2 έχουμε α2 −4 = p ⇔ (α − 2)(α + 2) = p ⇔ α −2 =1 ⇔ α = 3. α +2 =p  = 5  p(iii) Επειδή α2 −1 = (α −1)(α +1) και α +1 > α −1 και p > 3, έχουμε(α 2 −1) p = 15 ⇔ (α −1)(α + 1) p = 1⋅ 3⋅ 5 ⇔ α −1 = 1 ⇔ α = 2. α +1 = 3  = 5  p =5  p4. Έ χουμε 3p +1=ν 2 ⇔ 3p =ν 2 −1 ⇔ 3 p = (ν −1)(ν +1) ⇔ ν − 1 = 3 ή ν −1 = p ν + 1 = p ν +1 = 3 ⇔ ν = 4 ή ν =3 αδύνατο  = 5  =1  p  p ⇔ ν = 4.  = 5  p5. Έ χουμε• ν 3 −1 = p ⇔ (ν −1)(ν 2 +ν +1) = 1⋅ p ⇔ ν −1 = 1 , αφού ν 2 +ν +1 > 1 ν 2 +ν +1 = p ⇔ ν = 2  = 7  p• ν 3 +1 = p ⇔ (ν +1)(ν 2 −ν +1) = 1⋅ p ν +1 = p αφού ν ⇔ ν 2 , +1 > 1 −ν +1 = 1 ν +1 = p ⇔ ν 2 −ν = 0 ⇔ p = 2. ν =1

1466. Ο ι α, β είναι της μορφής α = 2κ +1 και β = 2λ +1, κ , λ ∈ Ν *. Επομένως α 2 + β 2 = (2κ +1)2 + (2λ +1)2 = 4κ 2 + 4κ +1+ 4λ2 + 4λ +1 = 4κ 2 + 4λ2 + 4κ + 4λ + 2 = 2(2κ 2 + 2λ 2 + 2κ + 2λ +1), που είναι σύνθετος, αφού είναι της μορφής 2μ, όπου µ = 2κ 2 + 2λ2 + 2κ + 2λ +1 > 1.7. Α ν p αν , τότε p α , οπότε α = κ p, όπου κ ∈ Ζ. Άρα αν = κν pν , οπότε8. α ΄ τρόπος: Έστω ότι (α µ , βν ) > 1. Τότε θα υπάρχει θετικός πρώτος διαιρέτης p του (α µ , βν ). Άρα θα ισχύει p αµ , οπότε  p α . Συνεπώς p (α , β ) , οπότε p1 και άρα p = 1, που είναι p βν  p β άτοπο.β΄ τρόπος: Επειδή (α , β ) = 1, οι κανονικές μορφές των α και β δεν έχουν κοινόπαράγοντα. Άρα και οι κανονικές μορφές των α µ και βν δεν θα έχουν κοινόπαράγοντα, οπότε θα ισχύει (α µ , βν ) = 1.9. Εργαζόμαστε όπως και στο Γυμνάσιο: 490 2 1125 3 2728 2 245 5 1364 2 49 7 375 3 682 2 77 125 5 341 11 1 25 5 31 31Έτσι, έχουμε 55 1 1 490 = 2 ⋅ 5 ⋅ 72 , 1125 = 32 ⋅ 53 , 2728 = 23 ⋅11⋅ 31.

147Επομένως, σύμφωνα με το συμπέρασμα της σελίδας 167, είναι (490,1125, 2728) = 1 και [490,1125, 2728] = 23 ⋅ 53 ⋅ 72 ⋅11⋅ 31.10. Αν οι εκθέτες είναι όλοι άρτιοι, τότε θα είναι της μορφής α1 = 2β1, α2 = 2β2 , ..., ακ = 2βκ , όπου β1, β2 ,..., βκ ∈ N *οπότε θα ισχύει ( )αp 2 β1 p βκ 2 = β2, = 1 p2β2 ... pκ2βκ = p β1 pβ2 ... κ όπου β = p β1 pβ2 ... p βκ . 2 1 2 1 2 κΑντιστρόφως, έστω α = β 2 , όπου β ∈ N *. Τότε κάθε θετικός πρώτος διαιρέτηςτου β θα είναι και διαιρέτης του α. Επομένως, ο β θα έχει ως κανονική μορφή την β = p β1 pβ2 ... p βκ . 1 2 κΈτσι η ισότητα α = β 2 γράφεται ( )pα1pα2... pακ = p β1 pβ2 ... p βκ 2 = p 2 β1 p22β2 ... pκ2βκ 1 2 κ 1 2 κ 1οπότε έχουμε α1 = 2β1, α2 = 2β2 , ..., ακ = 2βκ . Άρα όλοι οι εκθέτες της κανο-νικής μορφής του α θα είναι άρτιοι.Β΄ ΟΜΑΔΑΣ1. (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 ) οπότε  p (α +β) ή  p (α +β) ,  α  β p  p  p αβκαι 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 + β2) οπότε  p (α 2 + β2) ή  p (α 2 + β2)  ,   .  p αβ  p α  p βΆρα  p β 2 ή  p α 2 οπότε  p β ή  p α     .  p α  p β  p α  p β

148 Επομένως, και στις δύο περιπτώσεις θα έχουμε p (α , β ), δηλαδή p 1, που είναι άτοπο.2. • Υποθέτουμε ότι (α , βγ ) = 1 και θα δείξουμε ότι (α , β ) = 1 και (α ,γ ) = 1. Έστω ότι (α , β ) > 1. Τότε ο (α , β ) θα έχει έναν, τουλάχιστον, θετικό πρώτο διαιρέτη, έστω τον p. Επομένως, θα ισχύει p α , οπότε  p α . Άρα p (α , βγ ) , δηλαδή p 1, που είναι άτοπο. p β  p βγ Ομοίως αποδεικνύεται ότι (α ,γ ) = 1.• Υποθέτουμε ότι (α , β ) = (α ,γ ) = 1 και θα δείξουμε ότι (α , βγ ) = 1. Έστω ότι(α , βγ ) > 1. Τότε ο (α , βγ ) θα έχει έναν, τουλάχιστον, θετικό πρώτο διαιρέτη,έστω τον p. Επομένως, θα ισχύει p α , οπότε  p α ή  p α . Άρα p (α , β ) ή p (α ,γ ) , δηλαδή p 1, που p βγ   γ  p β  pείναι άτοπο.3. Επειδή (α , p2 ) = p και (β , p3 ) = p2 οι ακέραιοι α, β θα είναι της μορφής: α = pΑ με p | A και β = p2Β με p | B (1)Έτσι, θα έχουμε (1)• (αβ , p4 ) = ( p3ΑΒ , p4 ) = p3 (ΑΒ , p) = p3 ⋅1 = p3 , αφού• (α + β , p4 ) = ( pΑ + p2Β , p4 ) = p(Α + pΒ , p3 ) = p ⋅1 = p, αφού4. Έ χουμε • 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.• 8ν +1 = (23 )ν +1 = (2ν )3 +1 = (2ν +1)(22ν − 2ν +1)Άρα 8ν +1 = (2ν +1)(22ν − 2ν +1).Όμως 1 < 2ν +1 < 8ν +1. Άρα ο 8ν +1 είναι σύνθετος.

1495. Επειδή α = 43 , έχουμε 34α = 43β (1). β 34Επομένως, 34 43β και επειδή (34, 43) = 1, θα ισχύει 34 β . Άρα, υπάρχει κ ∈ Ν*,τέτοιος ώστε β = 34κ , οπότε, λόγω της (1), θα είναι α = 43κ. Έχουμε λοιπόνοπότε α = 43κ και β = 34κ , κ ∈ Ν*, α + β = 43κ + 34κ = 77κ = 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 ή p = 3κ +1 ή p = 3κ + 2, κ ∈ Ν*.• Αν p = 3κ , κ ∈ Ν*, επειδή ο p είναι πρώτος, θα είναι κ = 1, οπότε θα έχουμεp = 3, p + 2 = 5 και p + 4 = 7. Παρατηρούμε, δηλαδή, ότι και οι τρεις αριθμοίp, p + 2, p + 4 είναι πρώτοι.• Αν p = 3κ +1, κ ∈ Ν*, τότε θα είναι p + 2 = 3κ + 3 = 3(κ +1), οπότε ο αριθμόςp + 2 είναι σύνθετος. Άρα, δεν είναι και οι τρεις αριθμοί p, p + 2 και p + 4 πρώτοι.• Αν p = 3κ + 2, κ ∈ Ν*, τότε θα είναι p + 4 = 3κ + 6 = 3(κ + 2), οπότε ο αριθμόςp + 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 + 4είναι και οι τρεις πρώτοι, είναι ο p = 3.7. ( i) α΄ τρόπος: x3 + x2 + x − 3 = 0 ⇔ x(x2 + x +1) = 3 ⇔ x = 1 και x2 + x +1 = 3, αφού x2 + 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 x2 + x + p = 112 ⇔ p = 112 − x(x +1). Όμως, ο αριθμός x(x +1) είναι άρτιος. Άρα, ο αριθμός p θα είναι άρτιος, οπότε