· PDF fileΣελίδα 1 από 54 28/9/2005...

Σελίδα 1 από 54 28/9/2005

Κεφάλαιο 11

Εισαγωγικές Έννοιες

1.1 ΣΎΝΟΛΑ .........................................................................................................................................3 Υποσύνολα, Τοµή, Ένωση................................................................................................................4 Καρτεσιανό Γινόµενο Συνόλων .......................................................................................................6 Επεξεργασµένα παραδείγµατα .........................................................................................................7 Ασκήσεις 1.1.................................................................................................................................10 Απαντήσεις / Υποδείξεις 1.1...........................................................................................................10

1.2 ΑΠΕΙΚΟΝΊΣΕΙΣ ..............................................................................................................................11 Γραφική Παράσταση Απεικονίσεων...............................................................................................13 Σύνθεση Απεικονίσεων ..................................................................................................................14 Αντίστροφη Απεικόνιση .................................................................................................................16 Επεξεργασµένα Παραδείγµατα.......................................................................................................19 Ασκήσεις 1.2..................................................................................................................................22 Απαντήσεις/Υποδείξεις 1.2.............................................................................................................22

1.3 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΕΠΑΓΩΓΉ ............................................................................................................24 ∆εύτερη Μορφή της Επαγωγής ......................................................................................................25 Επεξεργασµένα Παραδείγµατα.......................................................................................................26 Ασκήσεις 1.3..................................................................................................................................28 Απαντήσεις /Υποδείξεις 1.3............................................................................................................28

1.4 ΜΙΓΑ∆ΙΚΟΊ ΑΡΙΘΜΟΊ ...................................................................................................................29 Πράξεις Μιγαδικών Αριθµών ........................................................................................................29 Αντίστροφοι Μιγαδικών Αριθµών..................................................................................................30 Μέτρο Μιγαδικού Αριθµού ............................................................................................................31 Συζυγής Μιγαδικού Αριθµού..........................................................................................................33 Γραφική Αναπαράσταση Μιγαδικών Αριθµών ...............................................................................34 Τριγωνοµετρική Μορφή Μιγαδικού Αριθµού .................................................................................35 Θεώρηµα του De Moivre και Εξισώσεις........................................................................................38 Επεξεργασµένα Παραδείγµατα.......................................................................................................40 Ασκήσεις 1.4..................................................................................................................................43 Απαντήσεις / Υποδείξεις 1.4...........................................................................................................44

1.5 ΠΟΛΥΏΝΥΜΑ ..............................................................................................................................45 Ρίζες Πολυωνύµων........................................................................................................................47 Σχέσεις του Vieta...........................................................................................................................50 Επεξεργασµένα Παραδείγµατα.......................................................................................................50 Ασκήσεις 1.5.................................................................................................................................53 Απαντήσεις / Υποδείξεις 1.5...........................................................................................................53 Ασκήσεις του Κεφαλαίου 1 ............................................................................................................54

Σε αντίθεση µε τους φοιτητές των κλασικών Ανωτάτων Εκπαιδευτικών Ιδρυµάτων, οι φοιτητές του ΕΑΠ συνήθως αρχίζουν τις πανεπιστηµιακές σπουδές αφού έχει µεσολαβήσει ένα σηµαντικό χρονικό διάστηµα από την αποφοίτησή τους από το Λύκειο. Εποµένως πρέπει να δοθεί ιδιαίτερη προσοχή ώστε οι Θεµατικές Ενότητες που διδάσκονται στο πρώτο έτος του ΕΑΠ να παρέχουν την ευκαιρία υπενθύµισης βασικών εννοιών από την ύλη που διδάσκεται στη µέση εκπαίδευση. Αυτός είναι ο σκοπός του Κεφαλαίου 1. Θα υπενθυµίσουµε µερικές θεµελιώδεις έννοιες των µαθηµατικών που είναι απαραίτητες για τα επόµενα κεφάλαια. Συγκεκριµένα θα ασχοληθούµε µε σύνολα, απεικονίσεις, τους µιγαδικούς αριθµούς, και πολυώνυµα. Επίσης θα αναφερθούµε

1 Συγγραφέας Μιχάλης Μαλιάκας, [email protected]

Σελίδα 2 από 54 28/9/2005

στην µέθοδο απόδειξης που ονοµάζεται µαθηµατική επαγωγή. Με τον τρόπο αυτό διευκολύνεται η µελέτη της ύλης της ΠΛΗ 12 και ιδιαίτερα του συγγράµµατος ‘Γραµµική Άλγεβρα’.

Σελίδα 3 από 54

1.1 Σύνολα Στην παράγραφο αυτή θα αναφερθούµε συνοπτικά στην έννοια του συνόλου και θα καθιερώσουµε µερικούς συµβολισµούς. Ένα σύνολο είναι µια συλλογή διακεκριµένων αντικειµένων. Τα αντικείµενα αυτά λέγονται στοιχεία του συνόλου2. Τα σύνολα συνήθως συµβολίζονται µε κεφαλαία γράµµατα και τα στοιχεία τους µε πεζά. Ο συµβολισµός σηµαίνει ότι το είναι στοιχείο του συνόλου . Στην περίπτωση αυτή λέµε ότι το στοιχείο ανήκει στο σύνολο Α. Ο συµβολισµός

σηµαίνει ότι το a δεν είναι στοιχείο του Α.

a A∈ a Aa

a A∉ Για να περιγράψουµε ένα σύνολο χρησιµοποιούµε άγκιστρα και ανάµεσά τους

περιγράφουµε τα στοιχεία του συνόλου. Για παράδειγµα, 1, 2,3, 4A = , 1 , , ,Αθήνα,Μυτιλήνη3

B a b⎧= ⎨⎩ ⎭

⎫⎬ . Για τα σύνολα αυτά έχουµε , , 4 A∈ 5 A∉

Μυτιλήνη B∈ , Χίος B∉ Οι συνήθεις τρόποι περιγραφής των στοιχείων ενός συνόλου είναι: πλήρης καταγραφή, πχ 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9,10A = καταγραφή αρκετών στοιχείων ώστε να είναι σαφές ποια είναι τα στοιχεία, πχ

1, 2,...,10A = . αναγραφή ιδιοτήτων που καθορίζουν τα στοιχεία, πχ

είναι ακέραιος και 1 1A x x= ≤ 0≤ . Αν είναι ένα σύνολο και µια ιδιότητα, τότε το σύνολο S P έχει την ιδιότηταx S x P∈ αποτελείται από εκείνα τα στοιχεία του που

ικανοποιούν την ιδιότητα Για παράδειγµα, έχουµε

S

.P 1, 2,...,10 1 10.x x= ∈ ≤ ≤Z ∆υο σύνολα λέγονται ίσα αν έχουν τα ίδια στοιχεία. Για παράδειγµα, έστω

1, 2,...,10A = . Τότε τα σύνολα 2, 4,6,8,10 και άρτιοςx A x∈ είναι ίσα. ∆εχόµαστε ότι υπάρχει ένα σύνολο που δεν έχει στοιχεία. Αυτό ονοµάζεται το κενό σύνολο και συµβολίζεται µε ∅ . Στη Θεµατική Ενότητα ΠΛΗ12 θα αναφερθούµε συχνότατα στα παρακάτω σύνολα ..., 1,0,1,...= −Z είναι το σύνολο των ακεραίων είναι το σύνολο των θετικών ακεραίων 1,2,3,...=N είναι το σύνολο των ρητών αριθµών Q είναι το σύνολο πραγµατικών αριθµών R είναι το σύνολο των µιγαδικών αριθµών C

2 Τα παραπάνω δεν αποτελούν έναν αυστηρό ορισµό της έννοιας του συνόλου. Η έννοια αυτή είναι θεµελιακή και δεν είναι δυνατό να αναχθεί σε απλούστερες έννοιες. Μια παρόµοια κατάσταση συµβαίνει µε την έννοια του σηµείου στη γεωµετρία.


Υποσύνολα, Τοµή, Ένωση

1.1.1 Ορισµός Έστω δυο σύνολα. Αν κάθε στοιχείο του είναι στοιχείο του Β θα λέµε ότι το είναι υποσύνολο του Β και θα γράφουµε

,A B AA .A B⊆ Για παράδειγµα έχουµε και . ⊆N Z ⊆Q R Παρατήρηση ∆υο σύνολα είναι ίσα αν και µόνο αν ισχύει και ,A B A B⊆ B A⊆ . Έστω ότι το είναι υποσύνολο του A B . Αν υπάρχει στοιχείο του B που δεν είναι στοιχείο του Α, τότε θα λέµε ότι το είναι γνήσιο υποσύνολο του Β. Για παράδειγµα, το

A 1, 2,3 είναι γνήσιο υποσύνολο του 1, 2,3, 4,5 . Το είναι γνήσιο

υποσύνολο του Z . N

1.1.2 Ορισµός Έστω Α, Β δυο σύνολα.

1) Η τοµή των είναι το σύνολο που αποτελείται από τα στοιχεία που ανήκουν και στο Α και στο Β και συµβολίζεται µε

,A BA B∩ .

2) Η ένωση των είναι το σύνολο που αποτελείται από τα στοιχεία που ανήκουν στο Α ή Β και συµβολίζεται µε .

,A BA B∪

Για παράδειγµα, αν , ,1, 2,3A a b= και , ,3, 4,5,6B a c= τότε ,3A B a∩ = και

, , ,1, 2,3, 4,5,6A B a b c∪ = . Η ‘γραφική αναπαράσταση’ της τοµής και ένωσης µπορεί να αποδοθεί ως το χρωµατισµένο τµήµα των εξής διαγραµµάτων

Παρ

,A B

Όαπαρ(A∩A =A∩

Α
Α
ατήρηση Από τους παραισχύουν οι σχέσεις

AA

ταν σε µια παράσταση αίτητο να χρησιµοποι

γενικά δεν ε)B C∪

1, 2, 2,3, 4,5B C= =( ) 1,2 2,3,4,5B C∪ = ∩

Β

πάνω ορισµούς, βλέπουµε ότι για κάθε δυ

,,

B A A B BA B B A B

∩ ⊆ ∩ ⊆⊆ ∪ ⊆ ∪

έχουµε τοµές και ενώσεις συνόλων,ούµε παρενθέσεις. Για παράδειγµα,ίναι ίσο µε το ( )A B C∩ ∪ . Π, τότε έχουµε ( ) 2 4,5A B C∩ ∪ = ∪

. = 2

Β

ο σύνολα

είναι συχνά το σύνολο ράγµατι, αν

2,4,5= ενώ


Υπάρχουν βέβαια παραστάσεις όπου δεν χρειάζονται παρενθέσεις. Για παράδειγµα, αν είναι τυχαία σύνολα τότε το ( ) είναι ίσο µε το . Πράγµατι, παρατηρούµε ότι

, ,A B C A B C∪ ∪ (A B C∪ ∪ )

).

( )x A B C x A B ή x C x A ή x B ή x C∈ ∪ ∪ ⇔ ∈ ∪ ∈ ⇔ ∈ ∈ ∈ και

( )x A B C x A ή x B C x A ή x B ή x C∈ ∪ ∪ ⇔ ∈ ∈ ∪ ⇔ ∈ ∈ ∈ . Εποµένως ( ) (x A B C x A B C∈ ∪ ∪ ⇔ ∈ ∪ ∪ Αυτό σηµαίνει ότι έχουµε

. ( ) (A B C A B C∪ ∪ = ∪ ∪ )

A A

)

Επειδή οι παρενθέσεις στην παραπάνω ισότητα δεν είναι απαραίτητες, µπορούµε να τις παραλείψουµε, οπότε γράφουµε απλά .A B C∪ ∪ Μερικές απλές ιδιότητες της τοµής και ένωσης δίνονται στην παρακάτω πρόταση.

1.1.3 Πρόταση Έστω σύνολα. Τότε ισχύουν οι παρακάτω σχέσεις. , ,A B CA A A∩ = A A A∪ = A B B A∩ = ∩ A B B A∪ = ∪

( ) ( )A B C A B C∩ ∩ = ∩ ∩ ( ) ( )A B C A B C∪ ∪ = ∪ ∪ ( ) ( ) ( )A B C A B A C∩ ∪ = ∩ ∪ ∩ ( ) ( ) ( )A B C A B A C∪ ∩ = ∪ ∩ ∪ ( )A A B∩ ∪ = ( )A A B∪ ∩ =

A∩∅ =∅ A A∪∅ = Απόδειξη Καθεµιά από τις παραπάνω σχέσεις αποδεικνύεται άµεσα από τους ορισµούς. Αποδείξαµε πριν την τρίτη σχέση στη δεξιά στήλη. Ενδεικτικά ας αποδείξουµε τώρα τη σχέση . Έχουµε ( ) ( ) (A B C A B A C∩ ∪ = ∩ ∪ ∩

( )

( ) ( ).

x A B Cx A x A

x B C x B ή x C

x A x B x A Bή ή

x A x C x A Cx A B A C

και και

και

και

∈ ∩ ∪ ⇔

∈ ∈⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪∈ ∪ ∈ ∈⎩ ⎩∈ ∈ ∈ ∩⎧ ⎧

⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪∈ ∈ ∈ ∩⎩ ⎩

∈ ∩ ∪ ∩

Αν S είναι ένα σύνολο και , τότε το συµπλήρωµα του στο είναι το σύνολο

A S⊆ A S x S x A∈ ∉ και συµβολίζεται µε ή \S A S A− . Για παράδειγµα, αν

και , τότε , ,1, 2,3S a b= ,2A a= ,1,3S A b− = . Το σύνολο 2− −R είναι το σύνολο όλων των πραγµατικών αριθµών εκτός από το –2. Συχνά χρησιµοποιούµε το συµβολισµό στη θέση του όταν είναι σαφές ποιο εννοούµε. cA S A− S

Α

S


Το συµπλήρωµα του Α αναπαρίσταται από το χρωµατισµένο τµήµα του S.

1.1.4 Παρατήρηση

Επισηµαίνουµε ότι από τον ορισµό του συµπληρώµατος έπεται η σχέση ( ) . ccA A=

1.1.5 Πρόταση (Νόµοι του De Morgan) Έστω ένα σύνολο, και S A S⊆ B S⊆ . Τότε ισχύουν οι σχέσεις

( )c c cA B A B∩ = ∪

( ) .c c cA B A B∪ = ∩

Απόδειξη Θα αποδείξουµε την πρώτη ισότητα. Η απόδειξη της δεύτερης είναι παρόµοια. Για να δείξουµε ότι αρκεί να δείξουµε ότι ( )c cA B A B∩ = ∪ c

c

)( )c cA B A B∩ ⊆ ∪ και ( ) .cc cA B A B∪ ⊆ ∩

Έστω ( .cx A B∈ ∩ Τότε x S∈ και .x A B∉ ∩ Εποµένως έχουµε x A∉ ή .x B∉

∆ηλαδή cx A∈ ή .cx B∈ Άρα ,ccx A B∈ ∪ οπότε ( ) . c c cA B A B∩ ⊆ ∪

Έστω c cx A B∈ ∪ . Τότε cx A∈ ή cx B∈ . Εποµένως x A∉ ή .x B∉ Άρα x A B∉ ∩ , δηλαδή ( c)x A B∈ ∩ . Συνεπώς ( ) .cc cA B A B∪ ⊆ ∩

Καρτεσιανό Γινόµενο Συνόλων Έστω δυο διακεκριµένα στοιχεία ενός συνόλου. Γνωρίζουµε ότι Σε πολλές περιπτώσεις επιθυµούµε να διακρίνουµε πιο στοιχείο είναι πρώτο και πιο δεύτερο. Τότε χρησιµοποιούµε διατεταγµένα ζεύγη.

,a b , , .a b b a=

Υπενθυµίζουµε ότι αν έχουµε δυο σύνολα Α, Β, τότε ένα διατεταγµένο ζεύγος στοιχείων των Α, Β είναι ένα ζεύγος της µορφής ( , όπου , )a b a A∈ και 3.b B∈ Λέµε ότι το στοιχείο (αντίστοιχα, ) είναι η πρώτη (αντίστοιχα, δεύτερη) συντεταγµένη του διατεταγµένου ζεύγους ∆υο διατεταγµένα ζεύγη

a b( , ).a b ( , ), ( , )a b a b′ ′ είναι ίσα αν

και µόνο αν a a′= και , δηλαδή b b′=( , ) ( , ) ,a b a b a a b b′ ′ ′ ′= ⇔ = =

1.1.6 Ορισµός Έστω σύνολα . Το καρτεσιανό γινόµενο των είναι το σύνολο που τα στοιχεία του είναι τα διατεταγµένα ζεύγη ( , , όπου

,A B ,A B)a b a A∈ και ,b B∈ και συµβολίζεται µε

. A B× Για παράδειγµα, αν 1, 2A = και 1, ,B b c= , τότε έχουµε

(1,1), (1, ), (1, ), (2,1), (2, ), (2, )A B b c b c× =

3 Και εδώ εξακολουθούµε να µην είµαστε ‘µαθηµατικώς αυστηροί’ στον ορισµό. Όµως για το σκοπό µας ο παραπάνω ορισµός κρίνεται επαρκής.


(1,1), ( ,1), ( ,1), (1, 2), ( , 2), ( , 2)B A b c b c× =

(1,1), (1, 2), (2,1), (2, 2)A A× =

(1,1), (1, ), (1, ), ( ,1), ( , ), ( , ), ( ,1), ( , ), ( , ) .B B b c b b b b c c c b c× = c Σηµείωση Η έννοια του καρτεσιανού γινοµένου µας είναι γνωστή. Από τα µαθητικά µας χρόνια γνωρίζουµε ότι τα σηµεία του επιπέδου στο οποίο υπάρχει ένα σύστηµα αξόνων αναπαρίστανται ως διατεταγµένα ζεύγη ( , ),x y όπου . Στην αναλυτική γεωµετρία συνηθίζεται να ταυτίζουµε το επίπεδο µε το καρτεσιανό γινόµενο . Περισσότερα επί αυτού θα δούµε σε επόµενα κεφάλαια.

,x y∈R

×R R Αν έχουµε περισσότερα σύνολα, έστω , τότε ορίζεται το καρτεσιανό γινόµενο αυτών µε ανάλογο τρόπο, δηλαδή ως το σύνολο των διατεταγµένων n-άδων

όπου για κάθε i. Το σύνολο αυτό συµβολίζεται µε . Στην ειδική περίπτωση που όλα τα σύνολα είναι ίσα

1 2, ,..., nA A A

1 2( , ,..., ),na a a ia A∈ i

A1 2 ... nA A A× ×

1 ... nA A= = = , θα χρησιµοποιούµε το συµβολισµό στη θέση του nA 1 ... nA A× × . Για παράδειγµα, µε συµβολίζουµε το σύνολο των διατεταγµένων ζευγών πραγµατικών αριθµών, µε το σύνολο των διατεταγµένων τριάδων πραγµατικών αριθµών και µε το σύνολο των διατεταγµένων n – άδων πραγµατικών αριθµών.

2R3R

nR

1.1.7 Επεξεργασµένα παραδείγµατα 1. Εξετάστε ποια από τα παρακάτω σύνολα είναι ίσα µεταξύ τους.

2,3A = B = ∅

2 0C x x= ∈ <R

2 5 6 0D x x x= ∈ − + =R

2 10 2( 4) ( 9) 0E x x x= ∈ − − =R

2 2F x x= ∈ =Z

Λύση Παρατηρούµε ότι 2 0x x∈ < =R ∅ γιατί το τετράγωνο κάθε πραγµατικού

αριθµού είναι µη αρνητικός αριθµός. Άρα .B C= Λύνοντας τη δευτεροβάθµια εξίσωση 2 5 6 0x x− + = βρίσκουµε

2( 5) ( 5) 4 62

x− − ± − − ⋅

= , δηλαδή 2x = και 3.x = Άρα έχουµε . .A D=

Οι λύσεις της εξίσωσης 2 10 2( 4) ( 9)x x 0− − = είναι –2, 2, –3, 3 και άρα

2 10 2( 4) ( 9) 0 2,2, 3,3x x x∈ − − = = − −R .

Τέλος παρατηρούµε ότι 2 2x x∈ = =∅Z γιατί οι αριθµοί 2 και 2− δεν

είναι ακέραιοι. Συνεπώς .B F=

2. Έστω ένα σύνολο και υποσύνολά του. Αποδείξτε ότι οι παρακάτω σχέσεις είναι ισοδύναµες

S ,A B


a. A B⊆b. A B A∩ =c. A B B∪ =d. cA B∩ =∅e. c cB A⊆

Λύση Ένας τρόπος να αποδείξουµε το ζητούµενο είναι να αποδείξουµε καθεµιά από τις συνεπαγωγές

a b c d e a⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ .

.

Όµως στο συγκεκριµένο παράδειγµα είναι πιο φυσιολογικό να αποδείξουµε ότι καθεµιά από τις σχέσεις b. µέχρι και e. είναι ισοδύναµη µε την a. Ας τις δούµε µία προς µία. a b⇔ Έστω ότι . Τότε από τον ορισµό της τοµής έπεται άµεσα ότι

. A B⊆

A B A∩ =Αντίστροφα, έστω ότι A B A∩ = . Από τη σχέση A B B∩ ⊆ παίρνουµε

. A B⊆a c⇔ .

.

Έστω ότι . Τότε . A B⊆ A B B∪ =Αντίστροφα, έστω ότι . Τότε από τη σχέση παίρνουµε

A B B∪ = A A B⊆ ∪

.A B⊆a d⇔ Έστω ότι .Έστω ότι υπάρχει A B⊆ cx A B∈ ∩ . Τότε έχουµε x A∈ και x B∉ . Άρα x A B∈ ⊆ , δηλαδή .x B∈ Αυτό είναι άτοπο. Άρα .cA B∩ =∅Αντίστροφα, έστω ότι cA B∩ =∅ . Έστω x A∈ . Από την υπόθεση συµπεραίνουµε ότι cx B∉ , δηλαδή .x B∈ Άρα .

.A B⊆

a e⇔ Έστω ότι . Έστω A B⊆ cx B∈ . Τότε x B∉ και από την υπόθεση παίρνουµε ότι x A∉ . Άρα cx A∈ . Συνεπώς c cB A⊆ . Αντίστροφα, έστω ότι .c cB A⊆ Από την περίπτωση που µόλις αποδείξαµε

συµπεραίνουµε ότι ( ) ( )ccA B⊆cc . Από την Παρατήρηση 1.1.4 έχουµε . A B⊆

3. Έστω ότι είναι σύνολα. Αποδείξτε τις σχέσεις , ,A B C

( )( )A B C A C B C

A B C A C B C

∪ × = × ∪ ×

∩ × = × ∩ ×

Λύση Θα αποδείξουµε την πρώτη σχέση. Η απόδειξη της δεύτερης είναι παρόµοια. Αρκεί να δείξουµε ότι

( )A B C A C B C∪ × ⊆ × ∪ × και ( )A C B C A B C× ∪ × ⊆ ∪ × .

Έστω ( )( , ) .x y A B C∈ ∪ × Τότε x A B∈ ∪ και y C∈ . Άρα x A∈ ή x B∈ και εποµένως ( , )x y A C∈ × ή ( , )x y B C∈ × . Τελικά ( , )x y A C B C∈ × ∪ × . Συνεπώς έχουµε αποδείξει ότι ( )A B C A C B C∪ × ⊆ × ∪ × .


Για να δείξουµε τη σχέση ( )A C B C A B C× ∪ × ⊆ ∪ × παρατηρούµε ότι από

τη σχέση παίρνουµε A A B⊆ ∪ ( )A C A B C× ⊆ ∪ × . Όµοια από την

B A B⊆ ∪ παίρνουµε ( )B C A B C× ⊆ ∪ × . Συνεπώς έχουµε

.( )A C B C A B C× ∪ × ⊆ ∪ ×


Ασκήσεις 1.1 1) Ποια από τα παρακάτω σύνολα είναι το κενό σύνολο;

a. 20 1 7 12x x x x x 0∈ ≤ ≤ ∩ ∈ − + =R R

b. 0 1x x x x 0∈ ≤ ≤ ∩ ∈ >R R

c. 2 0x x∈ ≤ ∩ZR

2) Το σύνολο , όπου A B∩ 3 0A x x= ∈ >R και 2 25B x x= ∈ =Z έχει

ακριβώς ένα στοιχείο. Ποιο είναι αυτό; 3) Έστω ένα σύνολο και δυο υποσύνολά του. Αποδείξτε ότι οι παρακάτω

σχέσεις είναι ισοδύναµες S ,A B

a. A B⊆b. . cA B S∪ =

4) Έστω δυο µη κενά σύνολα τέτοια ώστε ,A B A B B A× = × . Τι συµπεραίνετε για τα ; ,A B

5) Έστω σύνολα Αποδείξτε ότι (, , , .A B C D ) ( ) ( ) (A B C D A C B D)∩ × ∩ = × ∩ ×

Απαντήσεις / Υποδείξεις 1.1 1) Μόνο το πρώτο. 2) 5 3) Βλ Επεξεργασµένα παραδείγµατα 1.1.7 2) 4) Είναι ίσα 5) Βλ Επεξεργασµένα παραδείγµατα 1.1.7.


1.2 Απεικονίσεις Ο σκοπός µας εδώ είναι να υπενθυµίσουµε βασικές έννοιες σχετικά µε απεικονίσεις. Θα επιµείνουµε στις έννοιες εκείνες που θα µας βοηθήσουν στη µελέτη της Γραµµικής Άλγεβρας. Έστω ,X Y δυο σύνολα. Μια απεικόνιση f από το X στο Y είναι ένας κανόνας που αντιστοιχίζει σε κάθε στοιχείο x του Χ ακριβώς ένα στοιχείο ( )f x του Υ. Οι απεικονίσεις ονοµάζονται και συναρτήσεις. Το σύνολο Χ που αναφέραµε πιο πάνω ονοµάζεται το πεδίο ορισµού της απεικόνισης f και το Υ το πεδίο τιµών της .f Το στοιχείο ( )f x λέγεται η εικόνα του x µέσω της .f Η εικόνα της απεικόνισης f είναι το σύνολο ( )f x Y x X∈ ∈ και συµβολίζεται µε ( ).f X Θα συµβολίζουµε µια απεικόνιση f από το Χ στο Υ µε :f X Y→ και αν θέλουµε να δηλώσουµε ότι η εικόνα του x είναι το στοιχείο ( )f x θα γράφουµε

: , ( )f X Y x f x→ .

1.2.1 Παραδείγµατα 1) Η εικόνα της απεικόνισης 2: , ( )f f x x→ =R R είναι το σύνολο των µη

αρνητικών πραγµατικών αριθµών. 2) Η εικόνα της απεικόνισης : , ( , )f x y x y× →R R R + είναι όλο το R .

Πράγµατι, αν , τότε έχουµε z∈R ( ,0) .f z z= 3) Η εικόνα της απεικόνισης : , ( ) 1f f x x→ =R R + είναι το σύνολο

1x x∈ ≥R . Υπενθυµίζουµε εδώ ότι µε x συµβολίζουµε την απόλυτη τιµή

του x , δηλαδή , 0

, 0x x

xx xαναν

≥⎧= ⎨− ≤⎩ .

∆υο απεικονίσεις : , :f X Y g X Y′ ′→ → λέγονται ίσες αν ,X X Y Y′ ′= = και για κάθε x X∈ ισχύει ( ) ( ).f x g x= Για παράδειγµα οι απεικονίσεις και

: , ( )f f x→ =Z Z 1)k: , ( ) cos(2g g x π→ =Z Z είναι ίσες.

1-1 και Επί Απεικονίσεις Έστω :f X Y→ µια απεικόνιση. Η f λέγεται

επί αν για κάθε y Y∈ υπάρχει x X∈ τέτοιο ώστε ( )f x y= ένα προς ένα (ή πιο σύντοµα 1-1) αν κάθε φορά που ισχύει η σχέση

1( ) ( )2f x f x= έπεται ότι 1 2x x= , ή ισοδύναµα αν κάθε φορά που ισχύει η σχέση 1 2x x≠ έπεται ότι 1 2( ) ( ).f x f x≠

∆ηλαδή µια απεικόνιση είναι επί αν κάθε στοιχείο του πεδίο τιµών ανήκει στην εικόνα. Μια απεικόνιση είναι 1-1 αν σε οποιαδήποτε διαφορετικά στοιχεία του πεδίου ορισµού αντιστοιχούν διαφορετικά στοιχεία του πεδίου τιµών.


Πριν προχωρήσουµε σε παραδείγµατα, είναι χρήσιµο να υπενθυµίσουµε συµβολισµούς για µερικά συγκεκριµένα υποσύνολα του , τα λεγόµενα διαστήµατα. Έστω µε Θέτουµε

R,a b∈R .a b≤

[ , ] , [ , )

( , ] , ( , )

[ , ) , ( , )

( , ] , ( , )

a b x a x b a b x a x b

a b x a x b a b x a x b

a x a x a x a x

a x x a a x x a

= ∈ ≤ ≤ = ∈ ≤ <

= ∈ < ≤ = ∈ < <

∞ = ∈ ≤ ∞ = ∈ <

−∞ = ∈ ≤ −∞ = ∈ <

R R

R R

R R

R R

Με χρήση αυτού του συµβολισµού έχουµε , για παράδειγµα,1 [1,2)∈ και . 2 [1,2)∉

1.2.2 Παραδείγµατα 1) Η απεικόνιση 2: , ( )f f x x→ =R R δεν είναι επί γιατί η εικόνα της δεν είναι

όλο το . Επίσης αυτή δεν είναι 1-1 αφού έχουµε, για παράδειγµα, R( 1) (1).f f− =

2) Η απεικόνιση 2: [0, ), ( ) ,f f x x→ ∞ =R είναι επί γιατί η εικόνα της είναι το . ∆εν είναι 1-1. [0, )∞

3) Η απεικόνιση : , ( ) 2 1f f x x→ =Z Z +

2

δεν είναι επί γιατί η εικόνα της είναι το σύνολο των περιττών ακεραίων. Αυτή είναι 1-1 γιατί αν 1( ) ( )f x f x= , τότε

1 2 1 2 12 1 2 1 2 2 2.x x x x x+ = + ⇒ = ⇒ = x1

4) Η απεικόνιση : , ( ) 2f f x x→ =R R + είναι επί. Πράγµατι, έστω .

Θέτοντας

y∈R1

2yx −

= παρατηρούµε ότι 1( ) 2( 1) 1 .2

yf x f y y−⎛ ⎞= = − + =⎜ ⎟⎝ ⎠

(Σηµείωση: Το στοιχείο 12

yx −= το βρήκαµε λύνοντας ως προς x την

εξίσωση ( )y f x= , δηλαδή την 2 1y x= + .) H απεικόνιση f είναι 1-1.

Σχόλιο Όπως είδαµε στο τελευταίο παράδειγµα, για να βρούµε την εικόνα µιας απεικόνισης :f X Y→ εξετάζουµε για ποια y Y∈ υπάρχει x X∈ τέτοια ώστε ( ) Στην περίπτωση που η f δίνεται από έναν ‘τύπο’, τότε .y f x=

••

•••

Απεικόνιση που δεν είναι επί

••

•••

Απεικόνιση που δεν είναι 1-1


συνήθως ελέγχουµε αν κάποια εξίσωση (ή σύστηµα εξισώσεων) έχει λύσεις. Ας δούµε δυο σχετικά παραδείγµατα

5) Εξετάστε αν η απεικόνιση : 2 , ( )2

xf f xx

− → =−

R R , είναι επί ή/και 1-1.

Πρώτα εξετάζουµε αν είναι επί. Έστω y∈R ένα στοιχείο της εικόνας της f.

Τότε για κάποιο ισχύει 2x∈ −R .2

xyx

=−

Έχουµε

2 (1 ) 22

xy x yx y x yx

= ⇔ = − ⇔ − = −−

.y

Η τελευταία εξίσωση έχει λύση ως προς x αν και µόνο αν 1y ≠ . Στην

περίπτωση που 1 , τότε το y ≠ 21

yxy

−=

− είναι διάφορο του 2, γιατί

2 2 2 2 2 01

y y yy

−= ⇒ − = − ⇒ =

−2,άτοπο. Άρα το x αυτό ανήκει στο πεδίο

ορισµού της f. Συνεπώς η εικόνα της f είναι το 1−R . ∆ηλαδή η f δεν είναι επί. Ας εξετάσουµε τώρα αν η f είναι 1-1. Έστω 1 2,x x 2∈ −R τέτοια ώστε

1( ) ( ).2f x f x= Έχουµε

1 21 2

1 2

1 2 1 1 2

1 2 1 2

( ) ( )2 2

2 22 2 .

x

x xf x f xx x

x x x x x xx x x x

= ⇒ =− −

⇒ − = − ⇒⇒ − = − ⇒ =

⇒

Άρα η f είναι 1-1.

6) Ας προσδιορίσουµε την εικόνα της απεικόνισης 2: , ( )1

xf f xx x

→ =+ +

R R .

Έστω ένα στοιχείο της εικόνας. Τότε για κάποιο x έχουµε y2 2

2 ( 1) 01

xy yx yx y x yx y x yx x

= ⇔ + + = ⇔ + − ++ +

.=

Η τελευταία εξίσωση είναι δευτεροβάθµια ως προς x και έχει πραγµατικές λύσεις αν και µόνο αν η διακρίνουσα είναι µη αρνητική, δηλαδή

( )2 21 4 0( 1 2 )( 1 2 ) 0( 1)(3 1) 0

11 .3

y yy y y yy y

y

− − ≥ ⇔

⇔ − − − + ≥ ⇔⇔ + − ≤ ⇔

− ≤ ≤

Εποµένως η εικόνα είναι το σύνολο 11,3

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦.

Γραφική Παράσταση Απεικονίσεων Έστω :f X Y→ µια απεικόνιση όπου τα σύνολα Χ, Υ είναι υποσύνολα του . Τότε µπορούµε να παραστήσουµε γραφικά την f σαν το σύνολο των σηµείων (

R, )x y του

επιπέδου που ικανοποιούν την εξίσωση ( ).y f x= Η γραφική παράσταση της f είναι το σύνολο


2( , ) ( )fC x y y f x= ∈ =R . Για παράδειγµα η γραφική παράσταση της απεικόνισης : , ( ) 1f f x x→ =R R + , είναι µια ευθεία όπως φαίνεται στο σχήµα Μια διεξοδική µελέτη γραφικών παραστάσεων θα δούµε στο Λογισµό Μιας Μεταβλητής. Προς το παρόν θα αρκεστούµε σε δυο παρατηρήσεις που απορρέουν άµεσα από τον ορισµό της απεικόνισης και τον ορισµό της 1-1 απεικόνισης. Η καµπύλη στο διπλανό σχήµα δεν είναι η γραφική παράσταση απεικόνισης, γιατί είναι δυνατό να τη τµήσουµε µε έναν κατακόρυφο άξονα έτσι ώστε να λάβουµε δυο σηµεία τοµής. ∆ηλαδή, υπάρχει τουλάχιστον ένα x που αντιστοιχίζει σε περισσότερα του ενός στοιχεία του Υ.

Η καµπύλη στο διπλανό σχήµα είναι η γραφική παράσταση µιας απεικόνισης που δεν είναι 1-1. Πράγµατι, µπορούµε να τµήσουµε την καµπύλη µε µια οριζόντια ευθεία έτσι ώστε να λάβουµε δυο σηµεία τοµής. Με άλλα λόγια, υπάρχουν δυο διαφορετικά x που αντιστοιχίζουν στο ίδιο y.

Σύνθεση Απεικονίσεων Έστω : , :f X Y g Y→ → Z δύο απεικονίσεις τέτοιες ώστε το πεδίο τιµών της f είναι το πεδίο ορισµού της . Τότε έχει νόηµα να µιλάµε για τα στοιχεία , όπου g ( ( ))g f xx X∈ . Εποµένως µπορούµε να ορίσουµε την απεικόνιση

( ) ( )( ): , ( )g f X Z g f x g f x→ = Αυτή λέγεται η σύνθεση των f και . g Η σύνθεση µπορεί να παρασταθεί γραφικά µε το επόµενο διάγραµµα.


g

Υ Ζ

Παρατηρούµε πεδίο ορισµού τη

1.2.3 Παραδείγµ1) Για τις απέχουµε (g

( ) ( )f g x

2) Αν 2:f R

( ) ( ,g f x Στην περίπτωσ

τότε εκτός από τιτελευταίες δυο απX στο W και επιπ

( )( )h g fγια κάθε x X∈ .

1.2.4 Σηµείωση Ορίσαµε πριν τη Θα δούµε τώρα Έστω δυο απεικδηλαδή η εικόνα

ορίζεται( ( ))g f x(: ,g f X W g→

1.2.5 Πρόταση Έστω : ,f X Y→

1. Αν οι f κα2. Αν οι f κα3. Αν οι f κα

f

Χ

ότι αν ορίζεται η σύνθεση , τότε το πεδίο ορισµού της είναι το ς f.

g f

ατα εικονίσεις 2: , ( ) 1f f x x x→ = +R R + 2x

+ και

) και : , ( )g g x→ =R R

2 2( ) ( ( )) ( 1) 2 2 2f x g f x g x x x x= = + + = +

( ) ( ) 2( ) 2 4 2 1.f g x f x x x= = = + + . Παρατηρούµε ότι g f f g≠

, ( , )f x y x y→ =R + x= και τότε

Η σύνθεση

2: , ( )g g x→R R

( )2) ( ( , )) ( ) .y g f x y g x y x y= = + = + f g δεν ορίζεται.

η που έχουµε τρεις απεικονίσεις όπως παρακάτω : , : , :f X Y g Y Z h Z W→ → →

ς συνθέσεις ορίζονται και οι ,g f h g ( ) , (h g f h g f ) . Οι εικονίσεις είναι ίσες. Πράγµατι, αυτές είναι απεικονίσεις από το λέον έχουµε

( ) ( )( ) ( ( )) ( ( ( ))) (( )( )) ( ) ( )x h g f x h g f x h g h x h g h x= = = =

σύνθεση για απεικονίσεις της µορφής g f : , :f X Y g Y→ → Z

.

. ότι η σύνθεση µπορεί να ορισθεί σε ελαφρώς πιο γενικό πλαίσιο. ονίσεις : , :f X Y g Z W→ → Αν ισχύει η συνθήκη ( )f X Z⊆ , της f να περιέχεται στο πεδίο ορισµού της g, τότε η εικόνα

για κάθε x X∈ . Συνεπώς στην περίπτωση αυτή ορίζεται η σύνθεση ) ( ) ( (f x g f x= )).

:g Y Z→ δυο απεικονίσεις. Ισχύουν τα εξής. ι g είναι επί , τότε και σύνθεση g f είναι επί. ι g είναι 1-1, τότε και η σύνθεση g f είναι 1-1. ι g είναι 1-1 και επί, τότε και η σύνθεση g f είναι 1-1 και επί.

g f


Απόδειξη 1. Έστω ότι οι f, g είναι επί. Για να δείξουµε ότι η είναι επί, έστω Επειδή η g είναι επί, υπάρχει

g f.z Z∈ y Y∈ τέτοιο ώστε

( )g y z= . Επειδή η f είναι επί, υπάρχει x X∈ τέτοιο ώστε

( )f x y= . Από τις σχέσεις αυτές έχουµε ( ( ))g f x z= , δηλαδή ( ) ( ) .g f x z= Άρα η είναι επί.

g f

2. Έστω ότι οι f, g είναι 1-1. Για να δείξουµε ότι η είναι 1-1, έστω g f

1 2,x x X∈ τέτοια ώστε ( )( ) ( )( )1 2 .g f x g f x= Τότε 1 2( ( )) ( ( ))g f x g f x= και επειδή η g είναι 1-1 έχουµε 1( ) ( ).2f x f x= Επειδή η f είναι 1-1 παίρνουµε 1 2.x x= Άρα η είναι 1-1. g f3. Αυτό έπεται άµεσα από τα 1 και 2.

Αντίστροφη Απεικόνιση Ας θεωρήσουµε τις απεικονίσεις

: , ( ) 3 1f f x x→ =R R − 1: , ( )

3xg g x +

→ =R R .

Για τη σύνθεση έχουµε g f

( ) 3 1 1( ) ( ( )) (3 1)3

xg f x g f x g x x− += = − = = ,

για κάθε . Όµοια για τη σύνθεση x∈R f g έχουµε ( ) ( )f g x x=

για κάθε . Βλέπουµε ότι το στοιχείο x∈R x απεικονίζεται µέσω της f στο 3 1x − και αυτό µέσω της g απεικονίζεται στο x . Μιλώντας παραφραστικά στο παράδειγµα αυτό θα λέγαµε: ‘ό,τι κάνει µια η απεικόνιση η άλλη το αναιρεί’.

1.2.6 Ορισµός Έστω :f X Y→ µια απεικόνιση. Αν υπάρχει µια απεικόνιση τέτοια ώστε :g Y X→

( )( )g f x x= για κάθε x X∈ και ( ) ( )f g y y= για κάθε y Y∈

τότε θα λέµε ότι η f είναι αντιστρέψιµη και η g είναι µια αντίστροφη απεικόνιση της f.

Παρατηρήσεις 1) Αν Χ είναι ένα σύνολο τότε την απεικόνιση ,X X x x→ συµβολίζουµε µε

(και τη λέµε την ταυτοτική απεικόνιση στο Χ). Έχουµε δηλαδή 11X ( )X x x= για κάθε x X∈ . Τότε οι δυο συνθήκες στον προηγούµενο ορισµό γράφονται

11 .

X

Y

g ff g

==

2) Έστω :f X Y→ µια αντιστρέψιµη απεικόνιση. Τότε υπάρχει µοναδική αντίστροφη απεικόνιση της f. Πράγµατι, ας υποθέσουµε ότι υπάρχουν απεικονίσεις τέτοιες ώστε 1 2, :g g Y X→


1

1

2

2

1111 .

X

Y

X

Y

g ff gg ff g

====

Παρατηρούµε ότι ( ) ( )1 1 1 2 1 2 21 1Y Xg g g f g g f g g g= = = = 2.=

Την αντίστροφη απεικόνιση της f συµβολίζουµε µε 1.f − 3) Από τον Ορισµό 1.2.6 παρατηρούµε ότι αν µια απεικόνιση f είναι αντιστρέψιµη, τότε η αντίστροφή της είναι και αυτή αντιστρέψιµη και µάλιστα ισχύει 1 1( ) .f f− − =

Υπάρχουν πολλές απεικονίσεις που δεν είναι αντιστρέψιµες. Για παράδειγµα, η 2: , ( ) ,f f x x→ =R R δεν είναι αντιστρέψιµη γιατί αν υπήρχε g µε θα

είχαµε ( ) και 1g f = R

( 1) 1g f − = − ( ) (1) 1g f = . Αλλά

( ) ( )( 1) ( ( 1)) (1) ( (1)) (1)g f g f g g f g f− = − = = = δηλαδή 1 1, άτοπο. Παρατηρούµε ότι η ουσία εδώ είναι η σχέση − = ( 1) 1 (1)f f− = = , ότι δηλαδή η f δεν είναι 1-1. Ένα κριτήριο για το πότε µια απεικόνιση είναι αντιστρέψιµη παρέχεται από το επόµενο αποτέλεσµα.

1.2.7 Πρόταση Μια απεικόνιση είναι αντιστρέψιµη αν και µόνο αν είναι 1-1 και επί. Απόδειξη Έστω ότι η :f X Y→ είναι αντιστρέψιµη. Τότε υπάρχει µε

. :g Y X→

1 , 1X Yg f f g= = ∆είχνουµε ότι η f είναι επί. Έστω y Y∈ . Τότε έχουµε ( ( ))f g y y= . ∆είχνουµε ότι η f είναι 1-1. Έστω 1( ) ( ).2f x f x= Τότε , δηλαδή

1 2( ( )) ( ( ))g f x g f x=

1 2.x x= Αντίστροφα, έστω ότι η f είναι 1-1 και επί. Θα δείξουµε ότι υπάρχει απεικόνιση

, τέτοια ώστε :g Y X→ 1 , 1 .X Yg f f g= = Ορίζουµε µια απεικόνιση ως εξής. Έστω .:g Y X→ y Y∈ Τότε αφού η f είναι επί, υπάρχει x X∈ τέτοιο ώστε ( ) Επιπλέον το x αυτό είναι µοναδικό γιατί η f είναι 1-1. Ορίζοντας παίρνουµε µια απεικόνιση από το Υ στο Χ. Από τους ορισµούς έπεται άµεσα ότι ισχύουν οι σχέσεις

.y f x=( )g y x=

1 , 1 .X Yg f f g= =

1.2.8 Παράδειγµα Εξετάστε ποιες από τις παρακάτω απεικονίσεις είναι αντιστρέψιµες. Στην περίπτωση που µια απεικόνιση είναι αντιστρέψιµη, να βρεθεί η αντίστροφή της.

→R R

3 22( ) 1, ( ) 5 6, ( )

1xf x x g x x x h x

x= + = − + =

+.

Για την f είναι υπόθεση ρουτίνας να επαληθεύσουµε ότι είναι 1-1 και επί. Άρα είναι αντιστρέψιµη. Για να βρούµε έναν ‘τύπο’ για την αντίστροφη, λύνουµε


τη σχέση ως προς x και βρίσκουµε 3 1y x= + 3 1x y= − . Άρα η αντίστροφη

απεικόνιση είναι η 1 3: , 1f x x− → −R R . Η g δεν είναι 1-1 αφού, για παράδειγµα, (2) (3) 0.g g= = Άρα δεν είναι αντιστρέψιµη. Εργαζόµενοι όπως στο Παράδειγµα 1.2.2 6, διαπιστώνουµε ότι η εικόνα της h

είναι το σύνολο 1 1,2 2

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦

1.−

. Άρα η h δεν είναι επί και άρα δεν είναι

αντιστρέψιµη. Σχόλιο Ας θεωρήσουµε την απεικόνιση Τότε αυτή δεν είναι αντιστρέψιµη αφού δεν είναι 1-1. Θεωρούµε τα σύνολα

2: , ( )f f x x→ =R R( ,0], [0, )−∞ ∞ . Οι

απεικονίσεις 2

2

:[0, ) [ 1, ), ( ) 1

: ( ,0] [ 1, ), ( ) 1

f f x

f f+

−

x

x x

∞ → − ∞ = −

−∞ → − ∞ = −

είναι 1-1 και επί. Συνεπώς είναι αντιστρέψιµες. Εύκολα βρίσκουµε ότι

( ,0]−∞

f+f−

1 1

1 1

:[ 1, ) [0, ), ( ) 1

:[ 1, ) ( ,0], ( ) 1

f f x

f f x

− −+ +

− −− −

− ∞ → ∞ = +

− ∞ → −∞ = − + .

x

x

Αυτό που συµβαίνει εδώαπεικόνιση σε υποσύναντιστρέψιµες απεικονίσότι αν επιχειρήσουµε ναλύσεις, 1x y= ± + . Ας υποθέσουµε ότι έχορίζεται η σύνθεσή τους1-1 και επί απεικόνιση. Αη αντίστροφη;

[0, )∞

είναι ότι περιορίζοντας κατολα του πεδίου ορισµού εις. Οι δυο απεικονίσεις 1,f −

+

λύσουµε τη σχέση 2 1y x= − ω

ουµε δυο απεικονίσεις που είνα. Σύµφωνα µε την Πρόταση 1.πό την Πρόταση 1.2.7 αυτή ε

1

άλληλα µια µη αντιστρέψιµη της, ενδέχεται να λάβουµε f −− σχετίζονται µε το γεγονός ς προς x τότε παίρνουµε δυο

ι 1-1 και επί τέτοιες ώστε να 2.5, η σύνθεσή τους είναι µια ίναι αντιστρέψιµη. Ποια είναι


1.2.9 Πρόταση Έστω : , :f X Y g Y Z→ → δυο απεικονίσεις που είναι 1-1 και επί. Τότε η σύνθεση

είναι 1-1 και επί και ισχύει :g f X Z→ ( ) 1 1 1.g f f g− − −= Απόδειξη Σύµφωνα µε αυτά που είπαµε πριν µένει να αποδείξουµε τη σχέση

Έχουµε ( ) 1 1 .g f f g− − −= 1

( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 11 1X Yg f f g g f f g g g g g− − − − − −= = = .=

.

Όµοια αποδεικνύεται ότι

( )1 1 ( ) 1Xf g g f− − =

Άρα ( ) 1 1 1.g f f g− − −=

1.2.10 Επεξεργασµένα Παραδείγµατα 1) Έστω :f X Y→ µια απεικόνιση και , . Να αποδειχθεί ότι A B X⊆

a) ( ) ( ) ( )f A B f A f B∪ = ∪ b) ( ) ( ) ( ).f A B f A f B∩ ⊆ ∩

Λύση Για την πρώτη σχέση, έστω ( ).y f A B∈ ∪ Τότε υπάρχει x A B∈ ∪ µε

Αν ,( ).y f x= x A∈ τότε ( ) ( )f x f A∈ , ενώ αν x B∈ τότε ( ) ( ).f x f B∈ Άρα ( ) ( ) ( ).f x f A f B∈ ∪ Αποδείξαµε τη σχέση ( ) ( ) ( )f A B f A f B∪ ⊆ ∪ .

Ανάλογα αποδεικνύεται ότι ( ) ( ) ( )f A f B f A B∪ ⊆ ∪ . Άρα ισχύει η ισότητα. Για τη δεύτερη σχέση, έστω ( ).y f A B∈ ∩ Τότε υπάρχει x A B∈ ∩ τέτοιο ώστε ( ).y f x= Αφού x A∈ έχουµε ( ) ( ).y f x f A= ∈ Όµοια

Άρα ( ) ( ).y f x f B= ∈ ( ) ( ).y f A f B∈ ∩ Σηµείωση. Επισηµαίνουµε ότι γενικά δεν ισχύει η ισότητα στη σχέση b). Αν για παράδειγµα, η f είναι η απεικόνιση 2, ( )f x x→ =R R και

1 , 1A B= = − , τότε ( )f A B∩ =∅ αλλά ( ) ( ) 1 .f A f B∩ = ≠ ∅

2) Να βρεθεί η εικόνα της απεικόνισης 3: 1 , ( )1

xf f xx

− − → =+

R R .

Λύση

Εξετάζουµε για ποια υπάρχει y∈R 1x∈ − −R τέτοια ώστε 3 .1

xyx

=+

Έχουµε 3 3 (3 )

1xy yx y x y x

x= ⇔ + = ⇔ − =

+.y

Αν 3 , παίρνουµε 0 = 3, άτοπο. Άρα 3y = y ≠ . Έστω 3y ≠ , οπότε 3

yxy

=−

.

Παρατηρούµε ότι 13

yy≠ −

−, γιατί διαφορετικά έχουµε

1 3 03

y y yy= − ⇒ = − + ⇒ = −

−3. Τελικά η εικόνα είναι το σύνολο 3 .−R


3) Αποδείξτε ότι η απεικόνιση 2 2: , ( , ) (2 , )f f x y x y x y→ = +R R + , είναι 1-1 και επί.

Λύση Για το 1-1: Έστω 1 1 2 2( , ) ( , )f x y f x y= . Τότε

1 1 1 1 2 2 2 2

1 1 2 2

1 1 2 2

(2 , ) (2 , )2 2

.

x y x y x y x yx y x y

x y x y

+ + = + +

+ = +⎧⇒ ⎨ + = +⎩

⇒

Αφαιρώντας τη δεύτερη ισότητα από την πρώτη παίρνουµε 1 2.x x= Τότε έχουµε και οπότε 1 2 ,y y= 1 1 2 2( , ) ( , )x y x y= . Άρα η f είναι 1-1. Για το επί: Έστω . Θα δείξουµε ότι υπάρχει ζεύγος

τέτοιο ώστε

2( , )a b ∈R2( , )x y ∈R ( , ) ( , ),f x y a b= δηλαδή (2 , ) ( , )x y x y a b+ + = . Με

άλλα λόγια θα δείξουµε ότι το σύστηµα 2x y ax y b

+ =+ =

έχει µια τουλάχιστον λύση. Αφαιρώντας τη δεύτερη εξίσωση από την πρώτη παίρνουµε x a b= − . Αντικαθιστώντας στη δεύτερη παίρνουµε . Τέλος εύκολα βλέπουµε ότι το ζεύγος

2by a= − +

( )( , ) , 2x y a b a b= − − + είναι µια λύση του συστήµατος. Άρα η f είναι επί.

4) Έστω . Να βρεθούν οι τιµές του τέτοιες ώστε το στοιχείο (1,2) ανήκει a∈R aστην εικόνα της απεικόνισης

2 2: , ( ) ( , 3 )f f x y x y ax y→ + = + +R R . Λύση Θα εξετάσουµε για ποια a υπάρχει ( , )x y τέτοιο ώστε ( , 3 ) (1,2x y ax y ).+ + = Με άλλα λόγια θα εξετάσουµε για ποια a το σύστηµα

13 2

x yax y+ =+ =

έχει λύση. Πολλαπλασιάζοντας την πρώτη ισότητα µε a και αφαιρώντας από τη δεύτερη παίρνουµε

(3 ) 2a y a− = − . ∆ιακρίνουµε δυο περιπτώσεις. Αν , τότε παίρνουµε 0 = 2-3, που είναι άτοπο. Άρα το αρχικό σύστηµα για δεν έχει λύση.

3a =3a =

Έστω . Τότε βρίσκουµε 3a ≠23

aya

−=

−. Από τη σχέση 1x y+ =

βρίσκουµε 213 3

axa a

1−= − =

− −. Εύκολα επαληθεύεται ότι το ζεύγος

2 1( , ) ,3 3

ax ya a

−⎛= ⎜ − −⎝ ⎠⎞⎟ είναι µια λύση του συστήµατος.

Τελικά οι ζητούµενες τιµές του a είναι 3a∈ −R .

5) Εξετάστε ποιες από τις συνθέσεις ορίζονται όπου , , ,g f f g h g g h


5: , ( ) 33: 1 , ( )

1:[0, ) , ( ) .

f f x xxg g x

xh h x x

→ = +

− − → =+

∞ → =

R R

R R

R

Λύση Θα εξετάσουµε αν ισχύει η συνθήκη που αναφέραµε στη Σηµείωση 1.2.4.Για τη : Παρατηρούµε ότι η εικόνα της f είναι όλο το που δεν είναι υποσύνολο του πεδίου ορισµού της g. Άρα η σύνθεση δεν ορίζεται.

g f Rg f

Για τη f g : Είναι σαφές ότι η εικόνα της g περιέχεται στο πεδίο ορισµού της f και άρα η σύνθεση f g ορίζεται. Για τη : Είναι φανερό ότι η εικόνα της g περιέχει και αρνητικούς

αριθµούς, πχ τον

h g1( )2

g − = −3 . Άρα η σύνθεση δεν ορίζεται. (Σηµείωση:

Στο επεξεργασµένο παράδειγµα 2 αυτής της οµάδας προσδιορίσαµε την εικόνα της g. Εδώ δεν χρειαζόµαστε αυτή την περιγραφή.)

h g

Για τη . Αυτή ορίζεται γιατί για κάθε g h [0, )x∈ ∞ έχουµε 1.x ≠ −


Ασκήσεις 1.2

1. Εξηγήστε γιατί δεν υπάρχει απεικόνιση a. από το 1, 2,...,10 στο που να είναι επί 1, 2,...,11b. από το στο που να είναι 1-1. 1, 2,...,11 1,2,...,10

2. a. Έστω Χ ένα πεπερασµένο σύνολο και :f X X→ µια απεικόνιση. Αποδείξτε ότι η f είναι 1-1 αν και µόνο αν είναι επί.

b. ∆ώστε ένα παράδειγµα µιας απεικόνισης που είναι επί αλλά όχι :f →R R 1-1. c. ∆ώστε ένα παράδειγµα µιας απεικόνισης που είναι 1-1 αλλά όχι :f →R R επί.

3. Έστω απεικονίσεις : , :f X Y g Y X→ → τέτοιες ώστε 1 . Αποδείξτε ότι η g είναι επί και η f 1-1.

Xg f =

4. Έστω 2: , ( ) 2f f x x x→ = +R R και . : , ( )g g x→ =R R 1x +a. Υπολογίστε τις συνθέσεις f g και . g fb. Αληθεύει ότι f g g f= ; c. Εξετάστε αν 2 ( . Ποια είναι η εικόνα ( ) )

1+1+

f− ∈ R ;f R5. Ποιες από τις επόµενες απεικονίσεις είναι 1-1; Επί;

a. 4: , ( )f f x x→ =R Rb. 5: , ( )f f x x→ =R Rc. : , ( ) sinf f x x→ =R R d. [ ]: 0, 2 , ( ) sinf f x xπ → =R

e. 2 2: , ( , ) ( , 2 )f f x y x y x y→ = −R R + . 6. Να προσδιορισθούν οι εικόνες των παρακάτω απεικονίσεων.

a. 2: 5 , ( )5

xf f xx

− → =−

R R

b. 2

2

3: , ( )2

x xg f xx x+ −

→ =+ +

R R

Εξηγήστε γιατί το πεδίο ορισµού της g είναι όλο το R . 7. Εξετάστε ποιες από τις συνθέσεις και g f f g ορίζονται, όπου

2

:[ 1, ) [0, ), ( ) 1: , ( ) .

f f x xg g x x x

− ∞ → ∞ = +

→ = −R R

Σε περίπτωση που µια σύνθεση ορίζεται να βρεθεί το πεδίο ορισµού της.

Απαντήσεις/Υποδείξεις 1.2 1. Για το a. παρατηρήστε ότι το δεύτερο σύνολο έχει περισσότερα στοιχεία από

το πρώτο.


2. Συγκρίνατε το πλήθος των στοιχείων της εικόνας της f µε το πλήθος των στοιχείων του Χ. Για τα b. και c. µπορεί κάποιος να χρησιµοποιήσει γραφικές παραστάσεις.

3. Η άσκηση έπεται από τους ορισµούς των 1-1 και επί απεικονίσεων. 4. Έχουµε Η εικόνα της f είναι το σύνολο [

Αυτό µπορεί να αποδειχθεί όπως το

2( )( ) ( 1) 2( 1).f g x x x= + + + 1, ).− ∞Παράδειγµα 1.2.2 6. Εναλλακτικά, αυτό

έπεται και από τη σχέση 2( ) ( 1) 1f x x= + − που προκύπτει αφού συµπληρώσουµε τα τετράγωνα.

5. 1-1 είναι οι b. d και e. γαι την e βλ Επεξεργασµένο Παράδειγµα 1.2.10 3. Επί είναι οι b. και e.

6. Για την f βλ. Επεξεργασµένο Παράδειγµα 1.2.10 2. Η εικόνα της είναι το

Για τη g βλ 2.−R Παράδειγµα 1.2.2 6. Έχουµε 13( ) [ ,1)7

g = −R .

Προσέξτε ότι το 1 δεν ανήκει στην εικόνα. 7. Και οι δυο συνθέσεις ορίζονται.


1.3 Μαθηµατική Επαγωγή Ο σκοπός µας στην παράγραφο αυτή είναι να υπενθυµίσουµε τη µέθοδο απόδειξης που ονοµάζεται µαθηµατική επαγωγή. Στα επόµενα κεφάλαια θα εφαρµόσουµε αυτή τη χρήσιµη µέθοδο πολλές φορές. Η µαθηµατική επαγωγή ή απλά επαγωγή είναι µια µέθοδος απόδειξης που µπορεί να περιγραφεί ως εξής. Έστω ότι για κάθε φυσικό αριθµό n έχουµε µια πρόταση P(n), που αφορά τον n, τέτοια ώστε

1. η P(1) αληθεύει, και 2. για κάθε n, αν αληθεύει η P(n) τότε αληθεύει και η P(n+1).

Τότε συµπεραίνουµε ότι η πρόταση P(n) αληθεύει για κάθε n. Πράγµατι, έστω ότι αληθεύουν οι υποθέσεις 1. και 2. Η πρόταση P(1) αληθεύει από την υπόθεση 1. Αφού αληθεύει η P(1), από την υπόθεση 2 συµπεραίνουµε ότι αληθεύει και η πρόταση P(2). Όµοια, αφού αληθεύει η P(2), από την υπόθεση 2 συµπεραίνουµε ότι αληθεύει η P(3). Συνεχίζοντας µε αυτό τον τρόπο βλέπουµε ότι η P(n) αληθεύει για κάθε n. Η υπόθεση 1 συνήθως ονοµάζεται αρχικό βήµα και η υπόθεση 2 επαγωγικό βήµα. Για να εφαρµόσουµε µαθηµατική επαγωγή προκειµένου να αποδείξουµε µια πρόταση, θα πρέπει να αποδείξουµε ότι ισχύουν οι υποθέσεις 1. και 2. που αναφέραµε πριν. Ας δούµε δυο τυπικά παραδείγµατα.

1.3.1 Παραδείγµατα

1. Να αποδεχθεί ότι για κάθε θετικό ακέραιο n ισχύει ( 1)1 2 ... .2

n nn ++ + + =

Θα χρησιµοποιήσουµε επαγωγή.

Αρχικό βήµα: Για , η αποδεικτέα σχέση είναι 1n = 1(1 1)12+

= , που αληθεύει.

Επαγωγικό βήµα: Έστω ότι ( 1)1 2 ... .

2n nn +

+ + + =

Θα αποδείξουµε ότι ( 1)( 2)1 2 ... 1 .2

n nn + ++ + + + = Πράγµατι, έχουµε

( ) ( 1)1 2 ... 1 1 2 ... ( 1) 1.2

n nn n n n++ + + + = + + + + + = + +

Το δεξιό µέλος της προηγούµενης ισότητας είναι ( 1)( 2)2

n n+ + που είναι το

ζητούµενο. 2. Να αποδειχθεί ότι για κάθε θετικό ακέραιο n ισχύει

2 2 2 ( 1)(2 1)1 2 ... .6

n n nn + ++ + + =


Θα χρησιµοποιήσουµε επαγωγή.

Αρχικό βήµα: Για η αποδεικτέα σχέση είναι 1n = 1(1 1)(2 1)16

+ += που

αληθεύει.

Επαγωγικό βήµα: Έστω ότι 2 2 2 ( 1)(2 1)1 2 ... .6

n n nn + ++ + + = Θα δείξουµε ότι

2 2 2 ( 1)( 2)(2 3)1 2 ... ( 1)6

n n nn + + ++ + + + = .

Έχουµε 2 2 2 2 2 2 2 2( 1)(2 1)1 2 ... ( 1) 1 2 ... ( 1) ( 1) .

6n n nn n n n+ +

+ + + + = + + + + + = + +

Μετά από πράξεις βλέπουµε ότι το δεξιό µέλος της προηγούµενης ισότητας

είναι ( 1)( 2)(2 3)6

n n n+ + + που είναι το ζητούµενο.

Υπάρχει µια χρήσιµη παραλλαγή της επαγωγής που διαφέρει στο αρχικό βήµα. Έστω m ένας φυσικός αριθµός. Έστω ότι για κάθε φυσικό αριθµό n m έχουµε µια πρόταση P(n), που αφορά τον n, τέτοια ώστε

≥

1. η P(m) αληθεύει, και 2. για κάθε n m , αν αληθεύει η P(n), τότε αληθεύει και η P(n+1). ≥

Τότε συµπεραίνουµε ότι η πρόταση P(n) αληθεύει για κάθε n m . ≥

1.3.2 Παράδειγµα Να αποδειχθεί ότι για κάθε φυσικό αριθµό 22n n> 5.n ≥Χρησιµοποιούµε επαγωγή. Αρχικό βήµα: Για η αποδεικτέα σχέση γίνεται που αληθεύει. 5n = 52 5> 2

,2)

2)

Επαγωγικό βήµα: Έστω ότι όπου Θα δείξουµε ότι . Έχουµε διαδοχικά

22n n> 5.n ≥12 ( 1n n+ > +

1 2 2 2 22 2 2 2 3 2 1 ( 1n n n n n n n n n n n+ = ⋅ > = + ⋅ ≥ + ≥ + + = + . Σηµείωση. Επισηµαίνουµε ότι η ανισότητα δεν αληθεύει για 22n n> 5n <

Θα αναφερθούµε τώρα σε µια άλλη µορφή της µαθηµατικής επαγωγής.

∆εύτερη Μορφή της Επαγωγής Η δεύτερη µορφή της µαθηµατικής επαγωγής διαφέρει από την πρώτη στο επαγωγικό βήµα. Συγκεκριµένα, η δεύτερη µορφή είναι η εξής. Έστω ότι για κάθε φυσικό αριθµό n έχουµε µια πρόταση P(n), που αφορά τον n, τέτοια ώστε

1. η P(1) αληθεύει, και 2. για κάθε n, αν αληθεύουν οι P(1), P(2),…,P(n), τότε αληθεύει και η P(n+1).

Τότε συµπεραίνουµε ότι η πρόταση P(n) αληθεύει για κάθε n. Και η δεύτερη µορφή της επαγωγής έχει µια παραλλαγή που διαφέρει στο αρχικό βήµα.


Έστω m ένας φυσικός αριθµός. Έστω ότι για κάθε φυσικό αριθµό n m έχουµε µια πρόταση P(n), που αφορά τον n, τέτοια ώστε

≥

1. η P(m) αληθεύει, και 2. για κάθε n m , αν αληθεύουν οι P(m), P(m+1),…,P(n), τότε αληθεύει και η

P(n+1). ≥

Τότε συµπεραίνουµε ότι η πρόταση P(n) αληθεύει για κάθε n m . ≥

1.3.3 Επεξεργασµένα Παραδείγµατα 1. Έστω σύνολα Αποδείξτε ότι 1, ,..., .nA A A

( ) ( )1 1( ... ) ... .n nA A A A A A A∩ ∪ ∪ = ∩ ∪ ∪ ∩ Λύση Θα εφαρµόσουµε επαγωγή. Η αποδεικτέα σχέση για 1n = είναι 1A A A A1∩ = ∩ , που βέβαια ισχύει. Έστω ότι ( ) ( )1 1( ... ) ... .n nA A A A A A A∩ ∪ ∪ = ∩ ∪ ∪ ∩ Θα δείξουµε ότι

( ) ( )1 1 1( ... ) ... .n nA A A A A A A+ +∩ ∪ ∪ = ∩ ∪ ∪ ∩ 1 Έχουµε

( )1 1 1 1( ... ) ( ... ) ,n n nA A A A A A A A B A+ +∩ ∪ ∪ = ∩ ∪ ∪ ∪ = ∩ ∪ 1n+ όπου για συντοµία θέσαµε 1 ... nB A A= ∪ ∪ . Από την Πρόταση 1.1.3 έχουµε

( ) ( ) ( )1 1n nA B A A B A A+ +∩ ∪ = ∩ ∪ ∩ .

Επειδή ( ) ( )1 ... nA B A A A A∩ = ∩ ∪ ∪ ∩ παίρνουµε

( ) ( ) ( )1 1 ... .n nA B A A A A A+ +∩ ∪ = ∩ ∪ ∪ ∩ 1

2. Έστω Α ένα πεπερασµένο σύνολο που έχει n στοιχεία. Τότε το πλήθος των

υποσυνόλων του Α είναι 2n.

Λύση Χρησιµοποιούµε επαγωγή. Για n = 1, η πρόταση αληθεύει καθώς το σύνολο a έχει 2 υποσύνολα, το και το κενό σύνολο. Υποθέτουµε τώρα ότι η

πρόταση αληθεύει για κάθε σύνολο µε n ∈ ℕ στοιχεία. . Έστω ότι το Α έχει n+1 στοιχεία. Έστω α∈Α. Το σύνολο Β = Α-α έχει n στοιχεία και συνεπώς το πλήθος των υποσυνόλων του είναι 2

a

1n ≥

n. Θα µετρήσουµε το πλήθος των υποσυνόλων του Α. Έστω C ⊆ Α. ∆ιακρίνουµε δύο περιπτώσεις. 1) Έστω α ∉ C. Τότε C ⊆ Β και συνεπώς το πλήθος των C είναι 2n. 2) Έστω α∈C. Τότε C = D ∪α µε D ⊆ Β, οπότε συµπεραίνουµε ότι το πλήθος των C είναι πάλι 2n. Συνολικά, υπάρχουν 2n + 2n = 2n+1 υποσύνολα του A, που είναι το ζητούµενο.

3. Αν :f X X→ είναι µια απεικόνιση ορίζουµε τη σύνθεση ( )nf , όπου , ως εξής. Για n = 1, θέτουµε

n∈N(1)f f= . Έστω ότι έχει ορισθεί το ( ) .nf Θέτουµε

( 1) ( ) .n nf f f+ = Να υπολογιστεί η σύνθεση , όπου

(2006)f: , ( ) 3f f x→ =R R 1.x +

Λύση


Στο παράδειγµα αυτό θα εργαστούµε ως εξής. Πρώτα θα βρούµε ένα τύπο για τη σύνθεση ( )nf , θα τον αποδείξουµε µε επαγωγή και στο τέλος θα θέσουµε

2006.n =Υπολογίζουµε µερικούς όρους. Έχουµε

(1)

(2) 2

(3) (2) 3 2

( ) ( ) 3 1( ) (3 1) 3 3 1( ) (3 1) 3 3 3 1.

f x f x xf x f x xf x f x x

= = +

= + = + +

= + = + + +

Βασιζόµενοι στα προηγούµενα διατυπώνουµε την εικασία ότι για κάθε n , ∈N( ) 1( ) 3 3 ... 3 1.n n nf x x −= + + + +

Αποδεικνύουµε τον τύπο αυτό µε επαγωγή. Η περίπτωση 1n = είναι προφανής. Έστω ότι ( ) 1( ) 3 3 ... 3 1.n n nf x x −= + + + + Τότε έχουµε

( 1) ( ) 1

1 1

( ) ( ( )) 3 ( ) 3 ... 3 13 (3 1) 3 ... 3 1 3 3 ... 3 1.

n n n n

n n n n

f x f f x f xx x

+ −

− +

= = + + + +

= + + + + + = + + + +

=

Επειδή ισχύει 1 3 13 ... 3 12

nn− −

+ + + = , έχουµε τελικά

( ) 3 1( ) 32

nn nf x x −

= + .

Άρα 2006

(2006) 2006 3 1( ) 3 .2

f x x −= +

4. Ας δούµε τώρα µια τυπική εφαρµογή της δεύτερης µορφής της επαγωγής. Ένας φυσικός αριθµός διάφορος του 1 λέγεται πρώτος αν δεν είναι το γινόµενο δυο µικρότερων φυσικών αριθµών. Θα αποδείξουµε την πρόταση: κάθε φυσικός αριθµός n διάφορος του 1 είναι πρώτος ή γινόµενο πρώτων. Για το σκοπό αυτό εφαρµόζουµε τη δεύτερη µορφή της επαγωγής. Για , η πρόταση προφανώς αληθεύει. Έστω . Υποθέτουµε ότι η πρόταση αληθεύει για κάθε φυσικό αριθµό k µε

2n =2n ≥

2 k n≤ ≤ . Θεωρούµε το φυσικό αριθµό Αν είναι πρώτος, τότε το ζητούµενο ισχύει. Αν δεν είναι πρώτος τότε

αναλύεται σε γινόµενο δυο µικρότερων φυσικών αριθµών, . Από την υπόθεση της επαγωγής καθένας από τους

είναι πρώτος ή γινόµενο πρώτων. Άρα και ο

1.n +

1 , 2 ,n ab a b+ = ≤ ≤ nb,a b 1n a+ = είναι γινόµενο

πρώτων.


Ασκήσεις 1.3 1. Αποδείξτε ότι για κάθε φυσικό αριθµό n έχουµε

a. 2 2

3 3 3 ( 1)1 2 ...4

n nn ++ + + =

b. 1 1 1...1 2 2 3 ( 1) 1

nn n n

+ + + =⋅ ⋅ + +

.

2. Έστω ∆ίνεται ότι για τη σύνθεση : , ( ) 2f f x x→ =R R 1.+ ( )nf ισχύει ( ) ( ) ,n

n nf x a x b= + για κάθε x∈R , όπου , .n na b ∈Z Να υπολογισθούν οι ακέραιοι 1000 1000, .a b

3. Αποδείξτε ότι 2 2 για κάθε nn < 3,4,...n = . 4. Ορίζουµε φυσικούς αριθµούς 1 2 3, , ,...f f f ως εξής: 1 21, 1f f= = και για

θέτουµε 3n ≥

1n n n 2f f f− −= + (Οι ακέραιοι αυτοί λέγονται αριθµοί του Fibonacci. Οι πρώτοι δέκα από αυτούς είναι 1,1,2,3,5,8,13,21,34,55). Αποδείξτε ότι για κάθε φυσικό αριθµό n έχουµε

a. 1 2 2... 1n nf f f f ++ + + = − b. ο ακέραιος 3nf είναι άρτιος c. 2 1

2 ( 1)nn n nf f f ++ − = −

d. 5

n n

na bf −

= , όπου 1 5 1 5, .2 2

a b+ −= =

Απαντήσεις /Υποδείξεις 1.3 1. Βλ Παραδείγµατα 1.3.1 2. Βλ. Επεξεργασµένο Παράδειγµα 1.3.3 3. 3. Βλ. Παράδειγµα 1.3.2. 4. Καθεµιά από τις σχέσεις αυτές µπορεί να αποδειχθεί µε επαγωγή. Για τη d.

επισηµαίνουµε ότι οι ικανοποιούν την εξίσωση ,a b 2 1 0x x− − = .


1.4 Μιγαδικοί Αριθµοί Ξέρουµε ότι το τετράγωνο κάθε πραγµατικού αριθµού είναι ένας µη αρνητικός πραγµατικός αριθµός. Ιδιαίτερα, δεν υπάρχει πραγµατικός αριθµός που επαληθεύει την εξίσωση Η ανάγκη επίλυσης τέτοιων εξισώσεων οδηγεί στο σύνολο των µιγαδικών αριθµών. Ο σκοπός µας στην παράγραφο αυτή είναι να θυµηθούµε βασικές ιδιότητες των µιγαδικών αριθµών που θα χρειαστούµε παρακάτω.

2 1.x = −

Υπενθυµίζουµε ότι το σύνολο των µιγαδικών αριθµών είναι ένα σύνολο που περιέχει το σύνολο των πραγµατικών αριθµών. Υπάρχει στο ένα στοιχείο τέτοιο ώστε . Επιπλέον κάθε στοιχείο του έχει µοναδική παράσταση της

µορφής όπου . Εποµένως, αν

CR C

i 2 1i = − Ca bi+ ,a b∈R , , ,a a b b′ ′∈R , έχουµε

καιa bi a b i a a b b′ ′ ′+ = + ⇔ = = ′i

. Έστω . Όταν για ένα µιγαδικό αριθµό γράφουµε χωρίς να διευκρινίζουµε τους , θα εννοούµε ότι αυτοί είναι πραγµατικοί αριθµοί. Ο πραγµατικός αριθµός ονοµάζεται το πραγµατικό µέρος του και συµβολίζεται µε

. Ο πραγµατικός αριθµός ονοµάζεται το φανταστικό µέρος του και

συµβολίζεται µε Αν για παράδειγµα

z a bi= + ∈C z z a b= +a b

a zRe( )z b z

Im( ).z 1 32

z i= + , τότε 1Re( ) , Im( ) 3.2

z z= =

Παρατηρούµε ότι ένας µιγαδικός αριθµός είναι πραγµατικός αν και µόνο αν το φανταστικό µέρος του είναι ίσο µε µηδέν. ∆ηλαδή, αν z∈C , τότε

Im( ) 0z z∈ ⇔ =R .

Πράξεις Μιγαδικών Αριθµών Έστω µε και ,z w∈C z a bi= + .w c di= + Πρόσθεση Ορίζουµε το άθροισµα z w+ ως εξής

( ) (z w a c b d i)+ = + + + . Πολλαπλασιασµός Ορίζουµε το γινόµενο ως εξής zw

( ) (zw ac bd ad bc i)= − + +

Για παράδειγµα, αν 2 5z i= − και 1 3w i= + , τότε ( 2 1) ( 5 3) ( 2 1) ( 2)z w i i+ = + + − + = + + −

( 2 5 3) (3 2 5) ( 2 15) (3 2 5)zw i i= + ⋅ + − = + + − . Σηµείωση Ο τύπος που δίνει το άθροισµα είναι απλός: προσθέτουµε τα πραγµατικά µέρη και προσθέτουµε τα φανταστικά µέρη. Ο τύπος που δίνει το γινόµενο ίσως δεν είναι αναµενόµενος. Μπορεί όµως να δικαιολογηθεί ως εξής. Επιθυµούµε οι πράξεις των µιγαδικών αριθµών να έχουν ιδιότητες παρόµοιες µε τις αντίστοιχες πράξεις των πραγµατικών. Τρεις από αυτές είναι: η µεταθετική ιδιότητα της πρόσθεσης, δηλαδή

x y y x+ = + για κάθε ,x y∈R , η µεταθετική ιδιότητα του πολλαπλασιασµού, δηλαδή

xy yx= για κάθε ,x y∈R


και η επιµεριστική ιδιότητα, δηλαδή ( )x y u xu yu+ = + για κάθε , ,x y u∈R .

Αν λοιπόν υποθέσουµε ότι ο πολλαπλασιασµός µιγαδικών ικανοποιεί παρόµοιες ιδιότητες, τότε θα έχουµε

2

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

zw a bi c di a c di bi c diac adi bic bidi ac adi bci bdiac adi bci bd ac bd ad bc i

= + + = + + + =

= + + + = + + + == + + − = − + + .

∆ηλαδή λαµβάνουµε τον τύπο του γινοµένου. Συνεπώς µπορούµε να πολλαπλασιάζουµε µιγαδικούς αριθµούς χωρίς να χρειάζεται να εφαρµόζουµε το σχετικό τύπο, αλλά απλά να εκτελούµε τις πράξεις ακολουθώντας τους συνήθεις κανόνες που γνωρίζουµε ότι ισχύουν στους πραγµατικούς. Ξέρουµε ότι ένα τριώνυµο 2ax bx c+ + , όπου , ,a b c∈R , έχει πραγµατικές ρίζες αν και µόνο αν η διακρίνουσά του είναι µη αρνητική, δηλαδή Όµως κάθε τριώνυµο έχει µιγαδικές ρίζες (ανεξάρτητα από το πρόσηµο της διακρίνουσας). Πράγµατι, εύκολα επαληθεύεται µε πράξεις ότι η εξίσωση

2 4b ac− ≥ 0.

2 0ax bx c+ + = , όπου

, έχει ρίζες τις 0a ≠2 4

2b b acx

a− ± −

= . Αν 2 4b ac 0− < , τότε οι ρίζες αυτές

γράφονται ( ) ( )2 2( 1) 4 4

2 2

b ac b b i acx

a a

− ± − − − ± −= =

b

3

. Για παράδειγµα, οι ρίζες

του 2 2x x+ + είναι 2 8 1 22i .x i− ±

= = − ±

Αντίστροφοι Μιγαδικών Αριθµών Ξέρουµε ότι για κάθε µη µηδενικό πραγµατικό αριθµό υπάρχει ο αντίστροφός του, δηλαδή δεδοµένου ενός , όπου x∈R 0x ≠ , υπάρχει ένας y∈R τέτοιος ώστε θα δούµε τώρα ότι ισχύει κάτι ανάλογο στους µιγαδικούς αριθµούς. Έστω

µε . Αυτό σηµαίνει ότι έχουµε

1.xy =

z a bi= + ∈C 0z ≠ 0a ≠ ή . Άρα ο (πραγµατικός) αριθµός είναι µη µηδενικός. Θεωρούµε το µιγαδικό αριθµό

0b ≠2a b+ 2

2 2 2 2

a bwa b a b

= −+ +

i και παρατηρούµε ότι

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2( ) a b a b ab abzw a bi ia b a b a b a b

− + − +⎛ ⎞= + + = + =⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠1.

Ο µιγαδικός αριθµός 2 2 2 2

a b ia b a b

−+

+ + ονοµάζεται ο αντίστροφος του και

συµβολίζεται µε ή

a bi+

( ) 1a bi −+1

a bi+. Για παράδειγµα, ο αντίστροφος του 1 είναι ο 2i−

2 2 2 2

1 ( 2) 11 ( 2) 1 ( 2) 5 5

i i− −+ =

+ − + −2

+ .

Σηµείωση Ένα εύλογο ερώτηµα εδώ είναι ‘πως σκεφθήκαµε τον τύπο

2 2 2 2

a b ia b a b

−+

+ + για τον αντίστροφο του a bi+ ;’ Αν λύσουµε την εξίσωση

ως προς ( )( )a bi x yi+ + =1 ,x y , όπου 0a bi+ ≠ , βρίσκουµε


1( )( ) 1 ( ) ( ) 1

0ax by

a bi x yi ax by ay bx iay bx

− =⎧+ + = ⇒ − + + = ⇒ ⎨ + =⎩

.

Πολλαπλασιάζοντας την πρώτη ισότητα µε και τη δεύτερη µε παίρνουµε το σύστηµα

a b

2

2 0a x aby aaby b x

− =

+ =.

Προσθέτοντας κατά µέλη τις δυο ισότητες του συστήµατος έχουµε

Επειδή ισχύει , έχουµε

2 2( )a b x a+ = .

0a bi+ ≠ 2 2 0a b+ ≠ . Άρα 2

axa b

= 2+. Με ανάλογο τρόπο

βρίσκουµε ότι 2 2

bya b−

=+

.

1.4.1 Παράδειγµα

Για να γράψουµε το µιγαδικό αριθµό 2 31

ii

−+

στη µορφή a bi+ παρατηρούµε

ότι ο αντίστροφος του 1 είναι ο i+ 1 12 2

i− και άρα

2 3 1 1 1 1 5(2 3 ) (2 3 )1 1 2 2 2 2

i i i ii i

− ⎛ ⎞= − = − − = − −⎜ ⎟+ + ⎝ ⎠i .

Μέτρο Μιγαδικού Αριθµού Στη συνέχεια θα αναφερθούµε στις βασικές ιδιότητες του µέτρου µιγαδικού αριθµού.

1.4.2 Ορισµός

Το µέτρο του µιγαδικού αριθµού z a bi= + είναι ο αριθµός 2a b2+ και συµβολίζεται µε z .

Για παράδειγµα, το µέτρο του 1 2i− είναι 2 21 2 1 ( 2) 5i− = + − = και του

είναι 3 3 0i− = − + 2 23 ( 3) 0 3− = − + = . Επίσης 2 23 0 ( 3) 3i− = + − = .. Παρατηρούµε ότι το µέτρο ενός πραγµατικού αριθµού είναι η απόλυτη τιµή του. Το µέτρο µιγαδικών αριθµών ικανοποιεί ιδιότητες ανάλογες µε αυτές της απόλυτης τιµής.

1.4.3 Πρόταση Έστω . Τότε 1 2, ,z z z ∈C

1. z z= −

2. 1 2 1 2z z z z=

3. αν , τότε 2 0z ≠ 11

2 2

zzz z

=

4. 1 2 1 2z z z z+ ≤ + . Απόδειξη 1. Αν z a bi= + , τότε 2 2 2 2( ) ( )z a b a b z= + = − + − = −


2. Έστω Τότε 1 1 1 2 2 2, .z a b i z a b i= + = + 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1( )z z a a b b a b a b i= − + + . Για να

δείξουµε ότι 1 2 1 2z z z z= αρκεί να δείξουµε ότι 2 21 2 1 2z z z z= 2 , δηλαδή

( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 2 1 1 1 2 2a a b b a b a b a b a b− + + = + + . (#)

Η τελευταία σχέση αποδεικνύεται άµεσα µε πράξεις. 3. Το ζητούµενο προκύπτει άµεσα αν εφαρµόσουµε την ισότητα 2 της που µόλις

αποδείξαµε στη σχέση 11 2

2

zz zz

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

4. Έστω Έχουµε 1 1 1 2 2 2, .z a b i z a b i= + = +

( ) ( )2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2z z z z a a b b a b a b+ ≤ + ⇔ + + + ≤ + + + 2

Λαµβάνοντας υπόψη ότι τα ριζικά είναι µη αρνητικοί αριθµοί µπορούµε στον επόµενο υπολογισµό να υψώνουµε στο τετράγωνο. Έχουµε

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )( )

2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 1 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2

2 2 2 21 2 1 2 1 1 2 2

2 2 2 2 21 2 1 2 1 1 2 2

2

.

a a b b a b a b

a a b b a b a b a b a b

a a b b a b a b

a a b b a b a b

+ + + ≤ + + + ⇔

+ + + ≤ + + + + + +

+ ≤ + + ⇔

+ ≤ + +

⇔

Η τελευταία ανισότητα προκύπτει άµεσα από την ισότητα (#) αν στη θέση του βάλουµε το .

1b

1b−

Σηµείωση Η ανισότητα 1 2 1 2z z z z+ ≤ + που είδαµε πριν ονοµάζεται η τριγωνική ανισότητα, γιατί σχετίζεται άµεσα µε µια ιδιότητα του τριγώνου. Περισσότερα επί αυτού θα δούµε παρακάτω (Παρατηρήσεις 1.4.9), όπου θα εξετάσουµε τη γραφική παράσταση µιγαδικών αριθµών.


1) Για να βρούµε το µέτρο του µιγαδικού αριθµού ( )( )

1 22 3 1

ii i+

+ −µπορούµε να

τον φέρουµε στη µορφή a bi+ (βλ Παράδειγµα 1.4.1) και να εφαρµόσουµε τον ορισµό του µέτρου. Ένας πιο σύντοµος τρόπος είναι να εφαρµόσουµε την Πρόταση 1.4.3. Έχουµε

( )( ) ( )( )

( ) ( )

1 21 22 3 1 2 3 1

1 2 5 5 .262 3 1 13 2

iii i i i

ii i

++= =

+ − + −

+= =

+ − ⋅=

2) Αποδείξτε ότι 1 22 3 1z z+ < 4 όπου 1 2 3z i= − και 2 2z = ; Χρησιµοποιώντας την τριγωνική ανισότητα έχουµε

1 2 1 2 1 22 3 2 3 2 3

2 13 6 2 4 6 14.

z z z z z z+ ≤ + = + =

= + < ⋅ + =


Συζυγής Μιγαδικού Αριθµού Θα υπενθυµίσουµε εδώ τις βασικές ιδιότητες των συζυγών µιγαδικών αριθµών.

1.4.5 Ορισµός Ο συζυγής του µιγαδικού αριθµού z a bi= + είναι ο a bi− και συµβολίζεται µε z . Για παράδειγµα, έχουµε 2 3 2 3i i+ = − και 2 3 2 3i i− = + . Επίσης 5 5 0 5i= + = και 7 7i i= − . Παρατηρούµε ότι ένας µιγαδικός αριθµός είναι πραγµατικός αν και µόνο αν ταυτίζεται µε τον συζυγή του, δηλαδή αν z∈C , τότε

.z z z∈ ⇔ =R Επίσης επισηµαίνουµε ότι για κάθε µιγαδικό αριθµό z a bi= + έχουµε

2 2

2

.

z z a

zz a b

+ = ∈

= + ∈

RR

Οι βασικές ιδιότητες των συζυγών αριθµών δίνονται παρακάτω.

1.4.6 Πρόταση Έστω . Τότε 1 2, ,z z z ∈C

1. 2z z= z

2. 1 2 1 2z z z z+ = +

3. 1 2 1 2z z z z=

4. αν , τότε 2 0z ≠ 1 1

2 2

z zz z

⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Απόδειξη Η απόδειξη καθεµιάς από τις ισότητες 1-3 είναι ένας άµεσος υπολογισµός που αφήνεται σαν άσκηση. Η 4 προκύπτει από την 3 µε τρόπο παρόµοιο µε αυτόν που είδαµε στην απόδειξη της Πρότασης 1.4.3 3.

1.4.7 Παρατήρηση Οι ισότητες 2 και 3 στην προηγούµενη πρόταση ισχύουν και για περισσότερους µιγαδικούς αριθµούς. Συγκεκριµένα έχουµε ( )1 1... ...n nz z z z+ + = + + και

( )1 1... ...n nz z z z= .


1) Έστω µε z∈C 1.z = Τότε 12 1

zz z

⎛ ⎞ =⎜ ⎟ 2+ +⎝ ⎠.

Πράγµατι, από την υπόθεση και την πρώτη ισότητα στην Πρόταση 1.4.6

έχουµε 1 zz= . Άρα

11

12 12 2

z z zz zz

z

⎛ ⎞ = = =⎜ ⎟+ ++⎝ ⎠ + 2.


2) Έστω οιο ώστε , 1z z∈ ≠C τ, έτ 4 2.1

zz−

=−

Να βρεθεί το µέτρο του . z

Χρησιµοποιώντας την Πρόταση 1.4.6 έχουµε

( )

2

2

4 4 4 42 4 41 1 1 1

4 4 16 4 4 4 16 4 11

4 4 2.

z z z zz z z z

zz z z zz z z zz z zzz z z

zz z z

− − − −⎛ ⎞= ⇒ = ⇒ = ⇒⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠

− − +⇒ = ⇒ − − + = − − + ⇒

− − +

⇒ = ⇒ = ⇒ =

Γραφική Αναπαράσταση Μιγαδικών Αριθµών Θεωρούµε το επίπεδο εφοδιασµένο µε τους συνήθεις άξονες, δηλαδή τον άξονα των x και κάθετα σε αυτόν τον άξονα των . Στο µιγαδικό αριθµό αντιστοιχίζουµε το σηµείο

y z a bi= +( , )M a b του επιπέδου που έχει συντεταγµένες . Το

σηµείο ( , )a b

( , )M a b λέγεται η εικόνα του αριθµού .a bi+ Χρησιµοποιούµε συχνά και το συµβολισµό ( ) ( , )M z M a b= . Οι µιγαδικοί αριθµοί παριστάνονται στο επίπεδο µε τις εικόνες τους ( )

zM z .

Συχνά, αντί του σηµείου ( , )M a b , επιλέγουµε να αντιστοιχίσουµε στο µιγαδικό αριθµό το διάνυσµα , όπου γράφουµε για συντοµία a bi+ OM M στη θέση του

( , )M a b , όπως φαίνεται στο σχήµα

1.4.9 Παρατηρήσεις 1) Εφαρµόζοντας το Πυθαγόρειο Θεώρηµ

το µέτρο 2 2a b+ του µιγαδικού αδιανύσµατος OM , δηλαδή το µήκος O

2) Χρησιµοποιώντας διανύσµατα, η πρόµε το γνωστό µας κανόνα του ππροσθέσουµε δυο µιγαδικούς αριθµούςτο παραλληλόγραµµο που ορίζουν τα το σηµείο 1 1( )M z και 2M είναι το σαντιστοιχεί στο άθροισµα 1z z2+ είναιπου βρίσκεται πάνω στη διαγώνιο που

( , )M a bib

Ο

α στο παραπάνω σχήµα, βλέπουµε ότι ριθµού z a bi= + είναι το µήκος του M του ευθυγράµµου τµήµατος OM .σθεση µιγαδικών αριθµών εκφράζεται αραλληλογράµµου. ∆ηλαδή, για να 1 1 1 2 2 2,z a b i z a b i= + = + σχηµατίζουµε διανύσµατα , όπου 1,OM OM 2 1M είναι ηµείο 2 2( )M z . Τότε το σηµείο που η κορυφή M του παραλληλογράµµου διέρχεται από το O .

a


κανόνας του παραλληλογράµµου

Πράγµατι, από τον ορισµό του M προκύπτει ότι 1 2( ).M M z z= + 3) Ας θεωρήσουµε το τρίγωνο που σχηµατίζουν τα σηµεία

στον κανόνα του παραλληλογράµµου. Τότε για τα µήκη των πλευρών έχουµε τη σχέση

1 1 1 2, ( ), (O M z M z z+ )

1 1OM OM M M≤ + δηλαδή

1 2 1 2z z z z+ ≤ + που είναι η γνωστή µας τριγωνική ανισότητα.

Υπάρχει ένας κανόνας και για το γινόµενο µιγαδικών αριθµών, αλλά σε αυτό θα επανέλθουµε αργότερα γιατί χρειαζόµαστε περισσότερα στοιχεία.

Τριγωνοµετρική Μορφή Μιγαδικού Αριθµού Ας θεωρήσουµε την εικόνα ( )M z ενός µη µηδενικού µιγαδικού αριθµού . Έστω

z a bi= +θ η γωνία που σχηµατίζεται αν κινηθούµε µε φορά αντίθετη της κίνησης των

δεικτών ρολογιού από τον ηµιάξονα Ox στο OM όπως φαίνεται στο σχήµα4. Τότε έχουµε cosa OM θ= και sinb OM θ=

.

4 Εννοούµε ότι 0 2θ π≤ < .

1 1( )M z

2 2( )M z

( )1 2M M z z= +

O

aΟ

( , )M a bib

θ

Συνεπώς

x


( )cos sinz a bi OM iθ θ= + = + .

Η παράσταση (cos sinOM i )θ+ ονοµάζεται η τριγωνοµετρική µορφή του .

Παρατηρούµε ότι το

a bi+

OM είναι το µέτρο του a bi+ . Η δε γωνία θ ονοµάζεται το όρισµα του . Συνεπώς η τριγωνοµετρική µορφή είναι a bi+

( )cos siniρ θ θ+

όπου 2 2a bρ = + και θ είναι το όρισµα του a bi+ . Το όρισµα του προσδιορίζεται από τις σχέσεις a bi+

cos , sin , 0 2a bρ θ ρ θ θ= = ≤ π< . Ας δούµε ένα παράδειγµα.

1.4.10 Παράδειγµα Για να βρούµε την τριγωνοµετρική µορφή του 3 i− + , βρίσκουµε πρώτα το µέτρο του

( )223 3 1iρ 2.= − + = − + =

Για να βρούµε το όρισµα έχουµε cos , sina bρ θ ρ θ= = δηλαδή 3cos , sin

2 2θ −=

1θ = . Από τις σχέσεις αυτές συµπεραίνουµε ότι

5cos cos , sin6 6

5π πθ = =θ και άρα 5 26

kπθ π= + για κάποιο . Επειδή k∈Z

0 2θ π≤ < έχουµε 56πθ = . Άρα η τριγωνοµετρική µορφή είναι

5 52(cos sin ).6 6

iπ π+

Η χρησιµότητα της τριγωνοµετρικής µορφής οφείλεται στο παρακάτω αποτέλεσµα.

1.4.11 Πρόταση Έστω ( )1 1 1 1cos sinz iρ θ θ= + και ( )2 2 2 2cos sinz iρ θ= + θ . Τότε έχουµε

( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 2cos sinz z iρ ρ θ θ θ θ= + + + και αν 2 0,z ≠

( ) ( )( )1 11 2 1 2

2 2

cos sinz iz

ρ θ θ θρ

= − + −θ

2

2

.

Απόδειξη Χρησιµοποιώντας τις γνωστές τριγωνοµετρικές ταυτότητες

( )( )

1 2 1 2 1

1 2 1 2 1

sin sin cos cos sin

cos cos cos sin sin

θ θ θ θ θ θ

θ θ θ θ θ

+ = +

+ = − θ

έχουµε ( )( ) ( )( )

( )( )( ) ( )( )

1 2 1 1 1 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

cos sin cos sin

cos cos sin sin sin cos cos sin

cos sin .

z z i i

i

i

ρ θ θ ρ θ θ

ρ ρ θ θ θ θ θ θ θ θ

ρ ρ θ θ θ θ

= + + =

= − + +

= + + +

=


Η απόδειξη της δεύτερης σχέσης της πρότασης είναι παρόµοια και αφήνεται σαν άσκηση.

Από την προηγούµενη πρόταση βλέπουµε ότι η τριγωνοµετρική µορφή µας βοηθά στον πολλαπλασιασµό και στη διαίρεση µιγαδικών αριθµών. Ιδιαίτερα, ισχύει το παρακάτω αποτέλεσµα.

1.4.12 Θεώρηµα (De Moivre) Έστω (cos sinz i )ρ θ= + θ . Τότε για κάθε φυσικό αριθµό έχουµε n

( ) ( )( )cos sinn nz n i nρ θ θ= + . Απόδειξη Το συµπέρασµα έπεται από µια εύκολη επαγωγή που βασίζεται στην προηγούµενη πρόταση. Πράγµατι, για 1n = , η αποδεικτέα σχέση είναι προφανής. Έστω ότι ( ) ( )( )cos sin .n nz n i nρ θ= + θ Τότε

( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )

1

1

cos sin cos sin

cos 1 sin 1 .

n n n

n

z z z n i n i

n i n

ρ θ θ ρ θ

ρ θ θ

+

+

= = + +

= + + +

θ =

1.4.13 Σηµείωση Επισηµαίνουµε ότι αν ( )cos sin 0,z iρ θ θ= + ≠

n

τότε το συµπέρασµα του προηγούµενου θεωρήµατος ισχύει όχι µόνο για τους φυσικούς αριθµούς αλλά για κάθε ακέραιο. Πράγµατι, αν ο ακέραιος είναι αρνητικός, , τότε εφαρµόζοντας το

nm m = −

Θεώρηµα του De Moivre και την Πρόταση 1.4.11 έχουµε

( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )

1 cos 0 sin 0cos sin

cos 0 sin 0

cos sin .

mn n

n

m

izz n i n

n i n

m i m

ρ θ θ

ρ θ θ

ρ θ θ

−

+= = =

+

= − + − =

= +

1.4.14 Εφαρµογή

Να υπολογισθεί στη µορφή a bi+ ο µιγαδικός αριθµός ( )20053 i− + .

Στο Παράδειγµα 1.4.10 είδαµε ότι η τριγωνοµετρική µορφή του 3 i− + είναι 5 53 2(cos sin )6 6

i iπ π− + = + . Εφαρµόζοντας το Θεώρηµα του De Moivre

έχουµε

( )2005

20052005

2005

5 53 2 cos sin6 6

5 52 cos 2005 sin 2005 .6 6

i i

i

π π

π π

⎛ ⎞− + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠


Επειδή ( )5 52005 835 26 6π ππ= + έχουµε ότι

5 5cos(2005 ) cos , sin(2005 ) sin6 6 3

56

π π π=

π= . Άρα παίρνουµε

( )20052005 2005 20045 5 3 13 2 cos sin 2 2 ( 3

6 6 2 2i i iπ π ⎛ ⎞−⎛ ⎞− + = + = + = − +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1) .

Από την Πρόταση 1.4.11 βλέπουµε ότι ο πολλαπλασιασµός µιγαδικών έχει µια απλή γεωµετρική ερµηνεία: στο γινόµενο αντιστοιχεί ένα διάνυσµα που το µέτρο του είναι το γινόµενο

1 2z z

1 2z z και σχηµατίζει γωνία µε τον άξονα των x ίση µε

1 2θ θ+ όπως φαίνεται στο επόµενο σχήµα.

2( )M z

1 2θ θ+

1( )M z2θ

1θ

γεωµετρική ερµηνεία γινοµένου µιγαδικών αριθµών

Θεώρηµα του De Moivre και Εξισώσεις Το Θεώρηµα του De Moivre είναι συχνά χρήσιµο στην επίλυση εξισώσεων. Ας θεωρήσουµε την εξίσωση Ξέρουµε ότι αυτή έχει µόνο µια πραγµατική λύση. Υπενθυµίζουµε ότι το Θεµελιώδες Θεώρηµα της Άλγεβρας λέει ότι κάθε πολυωνυµική εξίσωση µε πραγµατικούς ή µιγαδικούς συντελεστές που έχει βαθµό έχει µιγαδικές ρίζες (όχι αναγκαστικά διακεκριµένες). Συνεπώς αναµένουµε να

βρούµε άλλες τέσσερις ρίζες της

5 1.x =

n n5 1x = . Για να τις υπολογίσουµε µπορούµε να

εργαστούµε ως εξής. Έστω (cos sinz r i )φ φ= + µια λύση της 5 1 0x − = . Τότε έχουµε

1 2( )M z z


( )( )

55 5

5

5

1 cos sin 1

cos5 sin 5 1 cos 0 sin 0

1cos5 cos 0sin 5 sin 0.

z r i

r i i

r

φ φ

φ φ

φφ

= ⇒ + = ⇒

+ = = + ⇒

⎧ =⎪ =⎨⎪ =⎩

Εφόσον ο r είναι πραγµατικός, παίρνουµε 1.r = Από τις σχέσεις cos5 cos 0sin 5 sin 0

φφ==

παίρνουµε 5 2 ,k kφ π= ∈Z . Επειδή το φ είναι όρισµα έχουµε 0 2φ π≤ < οπότε 0 5 10φ π≤ < και άρα οι δυνατές τιµές του k είναι 0,1, 2,3,4k = ∆ηλαδή

2 , 0,1,2,3,45k kπφ = = . Τελικά έχουµε πέντε τιµές για το z

( ) 2 2cos sin cos sin , 0,1,2,3,4.5 5k kz r i i kπ πφ φ= + = + =

Παρατηρούµε ότι οι πέντε αυτοί µιγαδικοί αριθµοί είναι διακεκριµένοι. Βρήκαµε λοιπόν πέντε διακεκριµένες λύσεις. Από το Θεµελιώδες Θεώρηµα της Άλγεβρας έπεται ότι αυτές είναι όλες οι λύσεις. Ακολουθεί ένα σηµαντικό αποτέλεσµα που γενικεύει το προηγούµενο παράδειγµα.

1.4.15 Θεώρηµα Έστω Η εξίσωση ,a a∈ ≠C 0. nx a= έχει n διακεκριµένες λύσεις που δίνονται από τον τύπο

2 2cos sin , 0,1,..., 1,nk

k kz i kn n

θ π θ πρ + +⎛ ⎞ n= + =⎜ ⎟⎝ ⎠

−

όπου ρ είναι το µέτρο του και θ είναι το όρισµά του. a Απόδειξη Από το Θεώρηµα του De Moivre έπεται ότι , 0,1,..., 1.n

kz a k n= = − Μένει να δείξουµε ότι οι µιγαδικοί αριθµοί , 0,1,..., 1kz k n= −

j . είναι διακεκριµένοι.

Έστω , όπου Τότε εξισώνοντας πραγµατικά και µιγαδικά µέρη παίρνουµε

iz z= 0 , 1i j n≤ ≤ −

2 2cos cos

2 2sin sin .

i jn n

i in n

θ π θ π

θ π θ π

+ +=

+ +=

Άρα υπάρχει ακέραιος k τέτοιος ώστε 2 2 2i j kn n

.θ π θ π π+ +− = Από τη σχέση αυτή

παίρνουµε 2i j . Επειδή έχουµε kn− = 0 ,i j n 1≤ ≤ − συµπεραίνουµε ότι Άρα

0.i j− =.i jz z=

1.4.16 Παράδειγµα Να λυθεί η εξίσωση 4 3x i= − + .


Είδαµε στο Παράδειγµα 1.4.10 ότι 5 53 2(cos sin6 6

i i )π π− + = + , δηλαδή

2ρ = και 56πθ = . Άρα οι ζητούµενες λύσεις είναι οι

4

5 52 26 62 cos sin , 0,1, 2,3.

4 4k

k kz i

π ππ π⎛ ⎞+ +⎜ ⎟= + =⎜ ⎟

⎜ ⎟⎝ ⎠

k

Αντικαθιστώντας διαδοχικά 0,1, 2,3k = βλέπουµε ότι οι λύσεις είναι

40

41

42

43

5 52 cos sin24 24

17 172 cos sin24 2429 292 cos sin24 24

41 412 cos sin .24 24

z i

z i

z i

z i

π π

π π

π π

π π

⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

Σηµείωση Η γραφική παράσταση των προηγούµενων λύσεων είναι

0( )M z

1( )M z 5π

Παρατηρούµε ότι η γων

είναι ορθή. Όµοια και οορθές. Βλέπουµε ότι οι

εγγράφεται σε έναν κύΘεώρηµα 1.4.15 είναι οι κύκλο ακτίνας n ρ .

1.4.17 Επεξεργασµένα Π

1. Να υπολογιστεί η

Λύση

4( )M z

24

ία µεταξύ των 0( ), ( )1M z M z είναι 17 524 24 2π π π− = δηλαδή

ι άλλες γωνίες µεταξύ δυο διαδοχικών διανυσµάτων είναι εικόνες των σχηµατίζουν ένα τετράγωνο που

κλο ακτίνας 0 1 2 3, , ,z z z z

4 2 . Γενικά οι εικόνες των στο 0 1,..., nz z −

κορυφές ενός κανονικού n – γώνου που εγγράφεται σε έναν

αραδείγµατα

δύναµη 2004

2 22 2

i⎛ ⎞

+⎜ ⎟⎜ ⎟ . ⎝ ⎠

2( )M z


Με τη µέθοδο που είδαµε στο Παράδειγµα 1.4.10 βρίσκουµε ότι η

τριγωνοµετρική µορφή του 22 2

i+ 2 είναι cos sin4 4

iπ π+ .

Χρησιµοποιώντας το Θεώρηµα του De Moivre έχουµε 2004 20042 2 cos sin

2 2 4 4

cos(501 ) sin(501 ) cos 1.

i i

i

π π

π π π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠= + = = −

2. Περιγράψτε γεωµετρικά το σύνολο των εικόνων των µιγαδικών αριθµών

που επαληθεύουν την εξίσωση z

2 2Re((1 3 ) ) 6 0z i z− − + = . Λύση Θέτουµε z x yi= + . Κάνοντας τις πράξεις έχουµε

2

2 2

2 2

2 2

2 Re((1 3 )( )) 6 0

2 Re( 3 ( 3 )) 6 02( 3 ) 6 0

2 6 6 0.

x iy i x iy

x y x y i y xx y x yx x y y

+ − − + + = ⇔

+ − + + − + =

+ − + + = ⇔

− + − + =

⇔

Στη συνέχεια ‘συµπληρώνουµε τα τετράγωνα’ 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

2 6 6 0( 2 1 ) ( 2 3 3 ) 1 3 6 0( 1) ( 3) 2 .

x x y yx x y yx y

− + − + = ⇔

− + + − ⋅ ⋅ + − − + = ⇔

− + − =

Άρα το σύνολο των εικόνων είναι ένας κύκλος κέντρου (1,3) και ακτίνας 2.

3. Να λυθεί η εξίσωση 627 1 0.z + = Λύση Θα εφαρµόσουµε το Θεώρηµα 1.4.15 σύµφωνα µε το Παράδειγµα 1.4.16. Πρώτα µετασχηµατίζουµε τη δοσµένη εξίσωση στην ‘επιθυµητή µορφή’. Έχουµε

6 6 1 127 1 0 (cos sin )27 27z z iπ π+ = ⇔ = − = + .

Κατά συνέπεια 6

2 21 (cos sin ), 0,1, 2, 56 627k kz i kπ π π π+ += + = … .

Παίρνουµε τις λύσεις

0

1

2

3 3 31 1(cos sin ) ( ) ,6 6 3 2 2 2 633 33 31 (cos sin ) (cos sin ) ,6 6 3 2 2 333 3 35 51 1(cos sin ) ( ) ,6 6 3 2 2 23

z i i i

z i i

z i i

π π

π π π π

π π

= + = + = +

= + = + =

= + = − + = − +

1

16

i

i


3

4

5

3 3 37 71 1(cos sin ) ( ) ,6 6 3 2 2 2 633 39 9 3 31 (cos sin ) (cos sin ) ,6 6 3 2 23

3 3 311 111 1(cos sin ) ( ) .6 6 3 2 2 2 63

z i i

z i i

z i i i

π π

π π π π

π π

= + = − − = − −

= + = + = −

= + = − = −

1

3

1

i

i

4. Να αποδειχθεί η ταυτότητα 3cos3 4cos 3cosθ θ θ= − .

Λύση Ένας κοµψός τρόπος απόδειξης βασίζεται στο Θεώρηµα του De Moivre. Έχουµε

( )3cos sin cos3 sin 3 .i iθ θ θ+ = + θ Αναπτύσσοντας το αριστερό µέλος παίρνουµε µετά από µερικές πράξεις ( ) ( )3 3 2 2cos sin cos 3cos sin 3cos sin sini i3θ θ θ θ θ θ θ+ = − + − θ . Άρα

( )3 2 2 3 .cos3 sin 3 cos 3cos sin 3cos sin sini iθ θ θ θ θ θ θ+ = − + − θ Εξισώνοντας τα πραγµατικά µέρη έχουµε

3 2cos3 cos 3cos sin .θ θ θ= − θ Η ζητούµενη ταυτότητα προκύπτει αν αντικαταστήσουµε στην τελευταία σχέση τη 2 2sin 1 cos .θ θ= −


Ασκήσεις 1.4 1) Αν και , να υπολογισθούν οι παραστάσεις 2 3z i= − 3w = + i

1. 3 2z w− 2. zw

3. 1 1z w+ .

2) Να βρεθεί το µέτρο και το όρισµα για καθέναν από τους µιγαδικούς 1. 1 3i−

2. ( )2

1

1 3

i

i

−

−

3) Περιγράψτε γεωµετρικά το σύνολο των σηµείων του επιπέδου που είναι εικόνες των µιγαδικών αριθµών που επαληθεύουν την εξίσωση 2 ( )zz i z z= − .

4) Έστω Περιγράψτε γεωµετρικά το σύνολο των σηµείων του επιπέδου που είναι εικόνες των µιγαδικών αριθµών που επαληθεύουν την εξίσωση

1 2 1 2, ,w w w w∈ ≠C .

1 2z w z w− = − .

5) Αποδείξτε ότι για κάθε z∈C και n∈N , ο µιγαδικός αριθµός ( )nnz z+ είναι

πραγµατικός.

6) Έστω ,z w∈C τέτοιοι ώστε 1.z w= = Αποδείξτε ότι ο1z w

zw++

είναι ένας

πραγµατικός αριθµός. 7) Να λυθούν οι εξισώσεις

1. 2 3 0x x+ + = 2. 3 2 2x i= + 3. 4 22 2x x 0.− + =

Οι επόµενες δυο ασκήσεις αφορούν πραγµατικούς αριθµούς, αλλά µπορούν να λυθούν κοµψά µε τη χρήση µιγαδικών. 8) Αποδείξτε ότι 4 2 2cos 4 cos 6cos sin sin .4θ θ θ θ= − + θ 9) Να βρεθούν όλες οι πραγµατικές λύσεις του συστήµατος

3 2

2 3

3 33 1x xyx y y− =

− = − .

10) Έστω cos sin .z iθ θ= + Αποδείξτε ότι

( )

( )

1 2cos

1 2 sin

nn

nn

z nz

z iz

n

θ

θ

+ =

− =

για κάθε ακέραιο . n11) Να βρεθούν όλοι οι φυσικοί αριθµοί που επαληθεύουν την εξίσωση

( ) ( )3 3n n

i i+ = −


Απαντήσεις / Υποδείξεις 1.4

1) Οι απαντήσεις είναι 2 3 3 111 , 9 7 ,13 10 13 10

i i ⎛− − + + −⎜⎝ ⎠

i⎞⎟ αντίστοιχα.

2) Υπόδειξη για το 2. Αφού προσδιορίστε την τριγωνοµετρική µορφή του αριθµητή και του παρονοµαστή του κλάσµατος, εφαρµόστε την Πρόταση

1.4.11. Απάντηση για το 2. Το µέτρο είναι 12 2

και το όρισµα 12π .

3) Βλ. Επεξεργασµένο Παράδειγµα 1.4.17 2. Η γραφική παράσταση είναι ένας κύκλος µε κέντρο το σηµείο (0,-2) και ακτίνα 2.

4) Πρόκειται για τη µεσοκάθετο του ευθυγράµµου τµήµατος µε άκρα τα σηµεία ( ), ( ).M z M w

5) Αποδείξτε ότι ο µιγαδικός αριθµός της άσκησης ταυτίζεται µε το συζυγή του. 6) Αποδείξτε ότι ο µιγαδικός αριθµός της άσκησης ταυτίζεται µε το συζυγή του.

Χρησιµοποιήστε τη σχέση 2zz z= . 7) Υπόδειξη για το 2. Βλ. Επεξεργασµένο Παράδειγµα 1.4.17 3. Υπόδειξη για το

3. Λύστε πρώτα ως προς 2x θεωρώντας τη δοσµένη εξίσωση σαν δευτεροβάθµια ως προς 2.x Στη συνέχεια λύστε τις εξισώσεις 2x c= που

προκύπτουν. Απάντηση για το 3: Οι λύσεις είναι 4 2( cos sin )8 8

iπ π± ±

8) Βλ. Επεξεργασµένο Παράδειγµα 1.4.17 4. 9) Θεωρήστε το ανάπτυγµα της παράστασης 3( )x yi+ και χρησιµοποιήστε το

Θεώρηµα του De Moivre. 10) Χρησιµοποιήστε το Θεώρηµα του De Moivre. 11) Πολλαπλάσια του 6.


1.5 Πολυώνυµα Στην παράγραφο αυτή θα µελετήσουµε ορισµένες βασικές ιδιότητες πολυωνύµων που θα χρειαστούµε σε επόµενα κεφάλαια.

Από τώρα και στο εξής, µε F συµβολίζουµε ένα από τα σύνολα . Ένα πολυώνυµο µε συντελεστές από το F είναι µια παράσταση της µορφής

,R C

( )f x = 11 1...n n

n n 0f x f x f x f−−+ + + + , όπου το n είναι ένας µη αρνητικός ακέραιος και

τα , 0 ,if i n≤ ≤ ανήκουν στο F. Οι αριθµοί if ονοµάζονται οι συντελεστές του ( ).f x Το σύνολο όλων των πολυωνύµων µε συντελεστές από το F θα συµβολίζεται µε

[ ].F x∆υο πολυώνυµα 1 0 1... , ...n m

n m 0f x f x f g x g x+ + + + + + gn

µε συντελεστές από το F είναι ίσα αν και µόνο αν και για κάθε m n= 1,2,...,i = έχουµε .iif g= Για παράδειγµα, έχουµε

2 3 23 2 1 0 3 2 1 05 6 0, 1, 5, 6x x g x g x g x g g g g g− + = + + + ⇔ = = = − = .

Τονίζουµε εδώ ότι σε ένα πολυώνυµο µπορούµε να παρεµβάλουµε ή να παραβλέψουµε όρους της µορφής 0 kx χωρίς αυτό να αλλάζει.

Έστω 11 1( ) ...n n

n n 0f x f x f x f x f−−= + + + + ένα µη µηδενικό πολυώνυµο. Τότε

κάποιος συντελεστής είναι µη µηδενικός. Στην περίπτωση αυτή λέµε ότι ο βαθµός του πολυωνύµου είναι το µεγαλύτερο n για το οποίο 0nf ≠ , συµβολικά deg ( ) .f x n= Επίσης, ο συντελεστής nf ονοµάζεται ο µεγιστοβάθµιος συντελεστής του ( ).f x Για παράδειγµα ο βαθµός του πολυωνύµου 2( ) 3 5 6f x x x= − − + είναι 2, και του

είναι 0. Οι µεγιστοβάθµιοι συντελεστές είναι αντίστοιχα –3 και 4. Ορίζουµε ο βαθµός του µηδενικού πολυωνύµου να είναι το

( ) 4g x =−∞ . Αυτό γίνεται για κανένα άλλο

λόγο παρά µόνο να έχουµε κάποια οικονοµία στις εκφράσεις, όπως θα δούµε αργότερα.

Από τα µαθητικά µας χρόνια είµαστε εξοικειωµένοι µε πράξεις πολυωνύµων. Ξέρουµε πως να προσθέτουµε και να πολλαπλασιάζουµε πολυώνυµα. Υπενθυµίζουµε ότι για να προσθέσουµε δυο πολυώνυµα, προσθέτουµε αντίστοιχους συντελεστές. Για παράδειγµα, αν , τότε έχουµε

2 3( ) 2 7 2, ( ) 5 7 4f x x x g x x x x= − + = + + −2

0

3 2 3 2( ) ( ) (0 5) (2 1) ( 7 7) (2 4) 5 3 2.f x g x x x x x x+ = + + + + − + + − = + −Για να πολλαπλασιάσουµε δυο πολυώνυµα έχουµε τον εξής ορισµό. Έστω

1 0 1( ) ... , ( ) ...n mn mf x f x f x f g x g x g x g= + + + = + + + . Τότε

1 0( ) ( ) ... ,n mm nf x g x h x h x h++= + + + όπου

0 0 0

1 0 1 1 0

0 1 1

......

....

i i i i

n m n m

h f gh f g f g

h f g f g f g

h f g

−

+

0

== +

= + + +

=


Για παράδειγµα, έχουµε 2 3 2(2 1)(3 5) 6 ( 10 3) (5 3) 5x x x x x x− + − = + − − + + − 3 26 13 8x x x= − + −5.

Από τους ορισµούς έπεται άµεσα η εξής πρόταση.

1.5.1 Πρόταση Έστω ( ), ( ) [ ].f x g x F x∈ Τότε

deg( ( ) ( )) deg ( ) deg ( ).f x g x f x g x= + Έστω ( ), ( ) [ ].f x g x F x∈ Θα λέµε ότι το ( ) διαιρεί το ( )g x f x επί του F αν υπάρχει τέτοιο ώστε ( ) [ ]h x F x∈ ( ) ( ) ( ).f x g x h x= Για παράδειγµα, το 3x − διαιρεί το επί του F αφού 2 5 6x x− + 2 5 6 ( 3)( 2)x x x x .− + = − − Το x i− διαιρεί το επί του γιατί

2 1x +C 2 1 ( )( ),x x i x i+ = − + αλλά δεν το διαιρεί επί του . R

Ένα από τα πιο σηµαντικά αποτελέσµατα που σχετίζονται µε πολυώνυµα είναι το παρακάτω.

1.5.2 Θεώρηµα (Αλγόριθµος διαίρεσης) Έστω ( ), ( ) [ ]f x g x F x∈ µε ( ) 0.g x ≠ Τότε υπάρχουν µοναδικά πολυώνυµα

τέτοια ώστε ( ), ( ) [ ]q x r x F x∈( ) ( ) ( ) ( )f x g x q x r x= + και deg ( ) ( ).r x g x<

Απόδειξη 1) Ύπαρξη. Έστω f(x) = f0 + f1x + f2x2 + … + fnxn και g(x) = g0 + g1x + g2x2 + … + gmxm µε gm ≠ 0. Αν degf(x)<degg(x), γράφουµε f(x) = 0g(x) + f(x) οπότε θέτουµε q(x) = 0 και r(x) = f(x). Έστω τώρα ότι degf(x) ≥ degb(x). Θα εφαρµόσουµε επαγωγή στο degf(x). Αν degg(x) = 0, τότε degf(x) = 0 και άρα f(x) = f0 και g(x) = g0. Το g0 είναι µη µηδενικός αριθµός. Γράφουµε f0 = (f0g0

-1)g0 + 0, οπότε θέτουµε q(x) = f0g0-1 και r(x) = 0.

Για το επαγωγικό βήµα θα υποθέσουµε ότι υπάρχουν q(x), r(x) µε f(x) = g(x)q(x) + r(x) και degr(x) < degg(x) κάθε φορά που το f(x) έχει βαθµό < n. Θεωρούµε το πολυώνυµο

h(x) = f(x) - fngm-1xn-mg(x) ∈ F[x].

Ο συντελεστής του xn στο h(x) είναι fn – fngm-1gm = 0. Άρα degh(x) < n = degf(x). Από

την υπόθεση της επαγωγής υπάρχουν q(x), r(x) ∈ F[x] µε f(x) - fngm

-1xn-mg(x) = g(x)q(x) + r(x) και degr(x) < degg(x). Έχουµε

f(x) = (fngm-1xn-m + g(x)q(x)) + r(x) και degr(x) < degg(x).

2) Μοναδικότητα. Έστω ότι υπάρχουν q(x), r(x), q΄(x), r΄(x) ∈F[x] µε f(x) = g(x)q(x) + r(x) και degr(x) < degg(x), και

f(x) = g(x)q΄(x) + r΄(x) και degr΄(x) < degg(x). Αφαιρώντας λαµβάνουµε

g(x)(q(x) – q΄(x)) = r΄(x) – r(x). Αν q(x) – q΄(x) ≠ 0, τότε από την Πρόταση 1.5.1 προκύπτει ότι deg(r΄(x) – r(x)) ≥ degg(x). Αυτό είναι άτοπο, γιατί degr(x) < degg(x) και degr΄(x) < degg(x) και κατά συνέπεια παίρνουµε deg(r΄(x) – r(x)) < degg(x).


Το ( )r x του προηγουµένου Θεωρήµατος λέγεται το υπόλοιπο της διαίρεσης του

( )f x µε το ( ) .g x Στην πράξη για να βρούµε τα χρησιµοποιούµε τον αλγόριθµο που γνωρίζουµε από το σχολείο. Ένα παράδειγµα (για

( ), ( )q x r x4 3( ) 2 3f x x x x= − + − ,

) είναι το εξής. 2( ) 1g x x= − 4 3 2 3x x x− + − 2 1x −

4 2x x− + 2 1x x− + 3 2 2 3x x x− + + − 3x x−

2 3x x+ − 2 1x− + 2x −

Άρα έχουµε 2( ) 1, ( ) 2q x x x r x x= − + = − και

( )( )4 3 2 22 3 1 1 2x x x x x x x− + − = − − + + − . Επισηµαίνουµε ότι η απόδειξη του Θεωρήµατος 1.5.2 συνίσταται ουσιαστικά από την προσεκτική διατύπωση της ιδέας του υπολογισµού του προηγούµενου παραδείγµατος.

Ρίζες Πολυωνύµων Έστω 1 0( ) ... [ ]n

nf x f x f x f F x= + + + ∈ . Ένα a F∈ λέγεται ρίζα του ( )f x αν ισχύει δηλαδή αν Για παράδειγµα, οι αριθµοί 2, 3 είναι

ρίζες του . Γενικά ο υπολογισµός των ριζών πολυωνύµων είναι ένα δύσκολο πρόβληµα στα Μαθηµατικά που παραµένει ανοιχτό.

( ) 0,f a = 1 0... 0.nnf a f a f+ + + =

2 5x x− + 6

Από τον Αλγόριθµο ∆ιαίρεσης µπορούµε να συνάγουµε µερικά χρήσιµα συµπεράσµατα για ρίζες πολυωνύµων.

1.5.3 Θεώρηµα Έστω ( ) [ ]f x F x∈ και Ισχύουν τα εξής .a F∈

1. Το υπόλοιπο της διαίρεσης του ( )f x µε το x a− είναι το ( ).f a 2. Το a είναι ρίζα του ( )f x αν και µόνο αν το x a− διαιρεί το ( )f x επί του F. 3. Αν τότε το πλήθος των ριζών του είναι το πολύ ( ) 0,f x ≠ deg ( ).f x

Απόδειξη 1. Από τον Αλγόριθµο ∆ιαίρεσης έχουµε ( ) ( ) ( ) ( )f x x a q x r x= − + , όπου Άρα το πολυώνυµο ( ) είναι µια σταθερά,

Θέτοντας deg ( ) deg( ) 1.r x x a< − = r x ( ) .r x c F= ∈

x a= παίρνουµε ( ) 0 ( ).f a r a= + Άρα ( ) ( ).r x f a= 2. Αν το a είναι ρίζα του ( )f x , τότε ( ) 0f a = και από το 1. του Θεωρήµατος συµπεραίνουµε ότι το x a− διαιρεί το ( ).f x Αντίστροφα, αν το x a− διαιρεί το

( )f x , τότε ( ) ( ) ( )f x x a q x= − , για κάποιο ( ) [ ],q x F x∈ οπότε έχουµε ( ) 0.f a =3. Χρησιµοποιούµε επαγωγή στο deg ( ).f x Αν , τότε

που βέβαια έχει µια ρίζα, την

deg ( ) 1f x =

( ) , 0,f x ax b a= + ≠ba

− . Έστω ότι κάθε πολυώνυµο

µε συντελεστές από το F βαθµού n έχει το πολύ n ρίζες. Έστω ότι το ( )f x έχει


βαθµό Αν το ( )1.n + f x δεν έχει ρίζα στο F τότε το Θεώρηµα ισχύει. Έστω ότι το f(x) έχει µια τουλάχιστον ρίζα στο F, ας πούµε την a. Από το 2. συµπεραίνουµε ότι υπάρχει µε ( ) [ ]q x F x∈ ( ) ( ) ( ).f x x a q x= − Από την Πρόταση 1.5.1 έχουµε

και άρα το ( ) έχει το πολύ n ρίζες στο F. Από τη σχέση deg ( )q x n= q x( ) ( ) ( )f x x a q x= − έπεται ότι το ( )f x έχει το πολύ n+1 ρίζες στο F.

1.5.4 Παράδειγµα Έστω Να βρεθεί το a αν το .a∈R 1x + διαιρεί το 3 2( ) 2 1f x x ax x= + + − . Σύµφωνα µε το Θεώρηµα 1.5.3, το 1 ( 1)x x+ = − − διαιρεί το ( )f x αν και µόνο αν ( 1) 0f − =

a

.

. Έχουµε

( ) ( ) ( )3 2( 1) 0 1 1 2 1 1 0 4.f a− = ⇔ − + − + − − = ⇔ = Όταν αναφερόµαστε σε ρίζες πολυωνύµων θα πρέπει να είµαστε προσεκτικοί να διευκρινίζουµε αν εννοούµε πραγµατικές ή µιγαδικές ρίζες. Για παράδειγµα, το πολυώνυµο δεν έχει πραγµατικές ρίζες, αλλά έχει δυο µιγαδικές, τις και Αποδεικνύεται ότι κάθε πολυώνυµο θετικού βαθµού µε συντελεστές από το F έχει τουλάχιστον µια µιγαδική ρίζα. Το αποτέλεσµα αυτό είναι ιδιαίτερα σηµαντικό και ονοµάζεται το Θεµελιώδες Θεώρηµα της Άλγεβρας. ∆εν θα δώσουµε µια απόδειξη αυτού γιατί απαιτούνται µέσα που δεν είναι δυνατό να συµπεριληφθούν στις σηµειώσεις αυτές.

2 1x + i i−

1.5.5 Θεώρηµα (Θεµελιώδες Θεώρηµα της Άλγεβρας) Κάθε πολυώνυµο θετικού βαθµού µε συντελεστές από το έχει τουλάχιστον µια µιγαδική ρίζα.

C

Από το Θεµελιώδες Θεώρηµα της Άλγεβρας συνάγουµε το εξής αποτέλεσµα.

1.5.6 Πρόταση Έστω ( ) [ ]f x F x∈ ένα πολυώνυµο θετικού βαθµού deg ( ) .f x n= Τότε υπάρχουν

τέτοια ώστε 1, ,..., nc a a ∈C 1( ) ( )...( )nf x c x a x a= − − . Απόδειξη Χρησιµοποιούµε επαγωγή στο deg ( ).f x Αν τότε έχουµε deg ( ) 1,f x =

( ) ( ).bf x ax b a xa−

= + = − Έστω ότι και ότι η πρόταση ισχύει για κάθε

πολυώνυµο βαθµού n. Έστω ότι το ( )

1n ≥

f x έχει βαθµό n+1. Από το Θεµελιώδες Θεώρηµα της Άλγεβρας, υπάρχει κάποιο 1a ∈C τέτοιο ώστε Από την 1( ) 0f a = .Πρόταση 1.5.4 συνάγουµε ότι

1( ) ( ) ( )f x x a q x= − για κάποιο Έχουµε d( ) [ ].q x x∈C eg ( ) ,q x n= οπότε από την υπόθεση της επαγωγής έπεται ότι υπάρχουν και a∈C 2 1,..., na a + ∈C τέτοια ώστε

Άρα 2 1( ) ( )...( ).nq x c x a x a += − − 1 2( ) ( ) ( )( )...( ).nf x q x c x a x a x a +1= = − − −


Παρατηρήσεις 1. Από τη σχέση 1( ) ( )...( )nf x c x a x a= − − βλέπουµε ότι το c είναι ο

µεγιστοβάθµιος συντελεστής του ( ).f x 2. Τα στην προηγούµενη πρόταση δεν είναι αναγκαστικά διακεκριµένα. 1,..., na a

Από την Πρόταση 1.5.6 συνάγουµε µε τη βοήθεια µιας άµεσης επαγωγής το ακόλουθο αποτέλεσµα. Αφήνουµε την απόδειξη σαν άσκηση.

1.5.7 Πόρισµα Έστω ότι είναι κάποιες διακεκριµένες ρίζες ενός πολυωνύµου 1,..., mb b ( ).f x Τότε το γινόµενο 1( )...( )mx b x b− − διαιρεί το ( )f x επί του . C

1.5.8 Παράδειγµα ∆ίνεται ότι δυο ρίζες του 4 3 2( ) 3 3 3 2f x x x x x= − + − + είναι οι 1 και 2. Να βρεθούν οι άλλες ρίζες. Εφαρµόζοντας το Πόρισµα 1.5.7 έχουµε ότι το 2( 1)( 2) 3 2x x x x− − = − + διαιρεί το ( )f x επί του C . Εκτελώντας τη διαίρεση βρίσκουµε ότι

2 2( ) ( 3 1)( 1).f x x x x= − + + Άρα οι υπόλοιπες ρίζες του ( )f x είναι οι ,i i.−

Όπως είπαµε πριν, ο προσδιορισµός των ριζών πολυωνύµων είναι γενικά ένα δύσκολο πρόβληµα. Στην περίπτωση που οι συντελεστές ενός πολυωνύµου είναι πραγµατικοί αριθµοί, τότε έχουµε µια επιπλέον πληροφορία.

1.5.9 Πρόταση Αν το είναι ρίζα ενός πολυωνύµου που έχει πραγµατικούς συντελεστές, τότε και ο συζυγής

z∈Cz είναι ρίζα του πολυωνύµου αυτού.

Απόδειξη Έστω ότι το z είναι ρίζα του 1( ) ... ,n

n 0f x a x a x a= + + + όπου . Τότε έχουµε

ia ∈R

( ) ( )

1 0

1 0 1 0

1 0 1 0

( ) 0 ( ) 0 ... 0

... 0 ... 0

... 0 ... 0

( ) 0.

nn

n nn n

nnn n

f z f z a z a z a

a z a z a a z a z a

a z a z a a z a z a

f z

= ⇒ = ⇒ + + + = ⇒

+ + + = ⇒ + + + = ⇒

+ + + = ⇒ + + + = ⇒

=

1.5.10 Παράδειγµα Να βρεθούν οι ρίζες του 3 2( ) 3 4 2f x x x x= − + − αν δίνεται ότι µια ρίζα είναι η 1 . i+Από την Πρόταση 1.5.9 έπεται ότι µια άλλη ρίζα είναι η Από το 1 i− .Πόρισµα 1.5.7 έχουµε ότι το 2( (1 ))( (1 )) 2 2x i x i x x− + − − = − + διαρεί το

( )f x επί του . Πραγµατοποιώντας τη διαίρεση βρίσκουµε C2( ) ( 2 2)( 1).f x x x x= − + −


Άρα οι ρίζες του ( )f x είναι οι 1 ,1 ,1i i .+ −

Σχέσεις του Vieta Είναι σαφές ότι οι ρίζες ενός πολυωνύµου καθορίζονται από του συντελεστές του. Συνεπώς αναµένουµε να υπάρχουν σχέσεις µεταξύ ριζών και συντελεστών. Ας θεωρήσουµε ένα πολυώνυµο βαθµού 3

3 23 2 1( ) 0f x f x f x f x f= + + + .

Έστω ότι οι ρίζες του είναι οι Τότε έχουµε 1 2 3, ,a a a .

( )( )( )3 23 2 1 0 3 1 2 3f x f x f x f f x a x a x a+ + + = − − − .

Πραγµατοποιώντας τις πράξεις στο δεξιό µέλος και εξισώνοντας αντίστοιχους όρους βρίσκουµε τις σχέσεις

21 2 3

3

11 2 1 2 2 3

3

01 2 3

3

.

fa a af

fa a a a a af

fa a af

+ + = −

+ + =

= −

Γενικά, αν το 1( ) ...nn 0f x f x f x f= + + + είναι ένα πολυώνυµο βαθµού n και

είναι οι ρίζες του, τότε µε παρόµοιο τρόπο βρίσκουµε 1,..., na a ∈C

( )1

11 ...... 1

k

k

n k n ki i

i i n n

fa af

− −

≤ < < ≤

= −∑

Οι σχέσεις αυτές ονοµάζονται σχέσεις του Vieta.

1.5.11 Επεξεργασµένα Παραδείγµατα 1) Έστω ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός ( ) [ ]f x F x∈ µε το 1x − είναι ίσο µε

5 και µε το 2x − είναι ίσο µε 6. Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεση του ( )f x µε το ( 1)( 2)x x− − .

Σύµφωνα µε το Θεώρηµα 1.5.3 έχουµε (1) 5, (2) 6.f f= = Από τον Αλγόριθµο ∆ιαίρεσης υπάρχουν ( ), ( ) [ ]q x r x F x∈ τέτοια ώστε

( ) ( 1)( 2) ( ) ( ), deg ( ) deg( 2)( 3) 2.f x x x q x r x r x x x= − − + < − − = Άρα δηλαδή deg ( ) 1,r x ≤ ( ) .r x ax b= + Έχουµε

( ) ( 1)( 2) ( ) .f x x x q x ax b= − − + + Θέτοντας 1x = και παίρνουµε 2x =

56 2

a ba b

= += +

Αφαιρώντας την πρώτη ισότητα από τη δεύτερη παίρνουµε Τότε Άρα .

1.a = 4.b =( ) 4r x x= +

2) Έστω a∈C . Αν γνωρίζουµε ότι µία λύση της εξίσωσης

είναι η 3 2 1 0z az z+ + + = 1z i= , προσδιορίστε το α και βρείτε τις υπόλοιπες ρίζες της. Αφού το i είναι ρίζα έχουµε 3 2 1 0i ai i+ + + − , οπότε βρίσκουµε Εφόσον το πολυώνυµο

1.a =3 2 1z z z+ + + έχει πραγµατικούς συντελεστές και µια


µιγαδική ρίζα την , θα έχει ρίζα και τη συζυγή της i, δηλαδή την , σύµφωνα µε την

i i−Πρόταση 1.5.9. Από το Πόρισµα 1.5.7, το

διαιρεί το 2( )( )z i z i z− + = +1 3 2 1z z z+ + +

)

. Εκτελούµε τη διαίρεση

3 2 2

3

2

2

1 11

11

0

z z z zz z z

zz

+ + + +− − +

+− −

Εποµένως, 3 2 1z z z+ + + = 2( 1)( 1z z+ + και η τρίτη ρίζα είναι η -1.

3) Έστω ότι είναι οι ρίζες του πολυωνύµου

1 2 3, ,a a a ∈C3 2( ) 2 3 4.f x x x x= + + +

a. Υπολογίστε την παράσταση 1 2

1 1 1a a a3

+ + .

b. Να βρεθεί ένα πολυώνυµο που έχει ρίζες τις 1 2 3

1 1 1, ,a a a

Θα χρησιµοποιήσουµε τις σχέσεις του Vietα που στο συγκεκριµένο πολυώνυµο είναι

1 2 3

1 2 1 2 2 3

1 2 3

12

32

2.

a a a

a a a a a a

a a a

+ + = −

+ + =

= −

a. Έχουµε

1 2 1 3 2 3

1 2 3 1 2 3

31 1 1 32 .

2 4a a a a a a

a a a a a a+ +

+ + = = = −−

b. Έστω ότι ένα πολυώνυµο µε ρίζες τις 1 2 3

1 1 1, ,a a a

είναι το

. Τότε εφαρµόζοντας τις σχέσεις του Vieta στο πολυώνυµο αυτό έχουµε

3 22 1( )g x x g x g x g= + + + 0

21 2 3

1 2 31

1 2 1 3 2 3 1 2 3

01 2 3 1 2 3

1 1 1 34

11 1 1 1 1 1 12

2 41 1 1 1 1 .

2

ga a a

a a aga a a a a a a a a

ga a a a a a

⎛ ⎞= − + + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

−+ += + + = = =

−

= − = − =

Άρα 3 23 1( )4 4

g x x x x 12

= + + + .


Εναλλακτικά θα µπορούσαµε να λύσουµε το b ως εξής. Θεωρούµε το

πολυώνυµο 1 2

1 1x x xa a a

⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞− − −⎜⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠3

1⎟ , κάνουµε τις πράξεις και

χρησιµοποιούµε τους τύπους του Vieta.

4) Αποδείξτε ότι 3 1cos cos .5 5 2π π+ =

Ένας κοµψός τρόπος απόδειξης είναι να χρησιµοποιήσουµε µιγαδικούς αριθµούς και συγκεκριµένα τις λύσεις της εξίσωσης Από το 5 1 0.z + =Θεώρηµα 1.4.15 οι λύσεις αυτές είναι

0

1

2

3

4

cos sin5 53 3cos sin5 55 5cos sin5 5

7 7cos sin5 5

9 9cos sin .5 5

z i

z i

z i

z i

z i

π π

π π

π π

π π

π π

= +

= +

= +

= +

= +

Μια από τις σχέσεις Vieta για το πολυώνυµο 5 1 0z + = είναι 0 1 2 3 4 0z z z z z+ + + + =

Παίρνοντας τα πραγµατικά µέρη έχουµε 0 4Re( ... ) 0.z z+ + = Άρα

3 5 7 9cos cos cos cos cos 0.5 5 5 5 5π π π π π+ + + + = (*)

Αλλά έχουµε τις σχέσεις 5cos 15

7 3cos cos cos5 5

9cos cos cos .5 5

35

5

π

π π π

π π π

= −

⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠

Αντικαθιστώντας αυτές στην ισότητα (*) βρίσκουµε 32cos 2cos 1 0

5 5π π+ − =

από το οποίο προκύπτει το ζητούµενο.


Ασκήσεις 1.5 1) Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του 3 2( ) 2 2f x x x x= − + − µε το

Στη συνέχεια να βρεθούν οι ρίζες του ( )1.x −

.f x 2) Εξηγήστε γιατί ένα πολυώνυµο βαθµού 2005 που έχει πραγµατικούς

συντελεστές έχει τουλάχιστον µια πραγµατική ρίζα. 3) Να βρεθεί ο πραγµατικός a (αν υπάρχει) τέτοιος ώστε το διαιρεί το 2 2x +

4 26 .x x a− + Για τις τιµές αυτές του a να λυθεί η εξίσωση 4 26 0x x a− + = .4) Έστω . ∆ίνεται ότι το πολυώνυµο a∈C 3 2 1x ax x+ + + έχει ρίζα το Να

βρεθεί το a και οι άλλες ρίζες. 1 i− .

5) Αποδείξτε ότι 2 4 6 8cos cos cos cos9 9 9 9

12

π π π π+ + + = − .

6) Έστω οι ρίζες του πολυωνύµου 1 2 3, ,a a a 3( ) 3f x x x= − + . a) Να υπολογιστεί ο µιγαδικός αριθµός 1 2(1 )(1 )(1 ).a a a3+ + + b) Έστω Υπολογίστε το και εξηγήστε γιατί ισχύει ( ) ( 1).g x f x= − (0)g

1 2(0) (1 )(1 )(1 ).g a a 3a= − + + +

Απαντήσεις / Υποδείξεις 1.5

1) Το υπόλοιπο είναι µηδέν. Οι ρίζες είναι 1, 2i± . 2) Το πλήθος των µη πραγµατικών ριζών είναι άρτιο (βλ. Πρόταση 1.5.9). 3) . Οι λύσεις είναι 16a = − 2, 2 2.± ± 4) Βλ. Επεξεργασµένο Παράδειγµα 1.5.11 3. 5) Θεωρήστε την εξίσωση 9 1z = . Βλ Επεξεργασµένο Παράδειγµα 1.5.11 4. 6) Ένας τρόπος για το a είναι να κάνετε τις πράξεις και να χρησιµοποιήστε τους

τύπους του Vieta. Απάντηση 1 2 3(1 )(1 )(1 ) 3.a a a+ + + = −


Ασκήσεις του Κεφαλαίου 1 1) Ορίζουµε ρητούς αριθµούς ως εξής. 1 2, ,...a a

11

2 11, , 2,3,...3

nn

aa a n− −= = =

Αποδείξτε ότι για κάθε n ισχύει 23 13

n

na ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

2) Αποδείξτε ότι αν 1,..., nz z ∈C , τότε 1 1... ... .n nz z z z+ + ≤ + +

3) Να βρεθεί το µέτρο και το όρισµα του

3 3cos sin7 75 52 cos sin7 7

i

i

π π

π π

+

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

.

4) Χρησιµοποιώντας το Θεώρηµα του De Moivre µε εκθέτη 4, αποδείξτε ότι 3

2 4

4 tan 4 tantan 4 .1 6 tan tan

θ θθθ θ−

=− +

Στη συνέχεια λύστε την εξίσωση 4 3 24 6 4 1x x x x 0.+ − − + =

(Απάντηση: 5 9 13tan , tan , tan , tan .16 16 16 16

x π π π=

π )

5) Για ποιές τιµές του το a∈C 12i− + 3 είναι ρίζα του 4 3( ) 1f x ax x= + + ; Για

τις τιµές αυτές να βρεθούν οι ρίζες του ( )f x .

· PDF fileΣελίδα 1 από 54 28/9/2005...

Documents

Transcript of · PDF fileΣελίδα 1 από 54 28/9/2005...