Issuu on Google+

Β΄ Τοσίτσειο – Αρσάκειο Λύκειο Εκάλης

Επιµέλεια: Ματθαίος Τσιλπιρίδης

12

Β΄ Τοσίτσειο – Αρσάκειο Λύκειο Εκάλης

III. Απόλυτη Τιµή πραγµατικού αριθµού

Ονοµ/µο:

Φύλλο Εργασίας

• Στόχοι: • •

Ηµεροµηνία:

Εισαγωγή της έννοιας της απόλυτης τιµής ως απόσταση ενός πραγµατικού αριθµού από το 0. Αλγεβρικός ορισµός της απόλυτης τιµής. Ιδιότητες της απόλυτης τιµής.

Εισαγωγή Σε πολλές περιπτώσεις χρειάζεται να υπολογίσουµε την απόσταση ενός αντικειµένου από κάποιο συγκεκριµένο σηµείο που το ονοµάζουµε και σηµείο αναφοράς. Έτσι στο παρακάτω σχήµα, αν στο σηµείο αναφοράς αντιστοιχεί ο αριθµός 0 και η απόσταση από το 0 έως το 1 θεωρηθεί ως µονάδα µέτρησης, τότε: •

Ο άνθρωπος απέχει από το 0 απόσταση _____µονάδες.

Το σκυλί απέχει από τον άνθρωπο _____ µονάδες.

Η ταµπέλα της τροχαίας απέχει από τον άνθρωπο _____ µονάδες.

Γεωµετρικός Ορισµός της Απόλυτης Τιµής Πραγµατικού Αριθµού

Γενικά: • •

Η απόσταση ενός πραγµατικού αριθµού x από το 0, καλείται απόλυτη τιµή του x και συµβολίζεται µε d(x,0) ή και µε | x | . Η απόσταση δύο πραγµατικών αριθµών x και y, συµβολίζεται µε | x − y | ή και µε d(x, y) .

 Παραδείγµατα | +2 |=

, | −2 |=

, | 0 |=

, | −3 − 2 |=

, −

3 = 2

 Παρατηρήσεις Από τα παραπάνω παραδείγµατα συµπεραίνω ότι: Επιµέλεια: Ματθαίος Τσιλπιρίδης

13

Β΄ Τοσίτσειο – Αρσάκειο Λύκειο Εκάλης

• •

Όταν ένας πραγµατικός αριθµός α είναι θετικός, τότε η απόλυτη τιµή του ισούται µε ________ Όταν ένας πραγµατικός αριθµός α είναι αρνητικός, τότε η απόλυτη τιµή του ισούται µε ________ ∆ηλαδή για να υπολογίζω την απόλυτη τιµή αρνητικού αριθµού α, θα παίρνω τον ……………… αριθµό του. Η απόλυτη τιµή του µηδενός, ________

Αν έχεις κατανοήσει τα παραπάνω, τότε µπορούµε να περάσουµε στον αλγεβρικό ορισµό της απόλυτης τιµής. Αλγεβρικός Ορισµός Απόλυτης Τιµής Έστω x ένας τυχαίος πραγµατικός αριθµός (ο x µπορεί να είναι θετικός, αρνητικός ή 0). Τότε διακρίνουµε για το x:

x≥0

x =x

x<0

x = −x

x : πραγµατικός

 Παρατηρήσεις: 1. Παρατηρώντας προσεκτικά το παραπάνω σχήµα, συµπληρώστε τα κενά παρακάτω: •

Αν x ≥ 0 τότε η απόλυτη τιµή |x| είναι:  θετικός

 αρνητικός

µη αρνητικός

Αν x < 0 τότε η απόλυτη τιµή |x| είναι:  θετικός

 αρνητικός

µη αρνητικός

2. ∆ιατυπώστε τώρα ένα γενικό συµπέρασµα για το πρόσηµο της παράστασης |x|:

Επιµέλεια: Ματθαίος Τσιλπιρίδης

14

Β΄ Τοσίτσειο – Αρσάκειο Λύκειο Εκάλης

 Παραδείγµατα Στα παρακάτω παραδείγµατα θα χρησιµοποιήσουµε το σχήµα που είδαµε, για να υπολογίσουµε τις απόλυτες τιµές των παραστάσεων που µας δίνονται:

1. | x − 2 |= ?, αν x ≥ 2

.

2. | x − 2 |= ?, αν x < 2

.

3. | x − 2 |= ?, αν x ∈  4. | x − 2 |= ?, αν x > α2 + 2,α ∈ 

Ιδιότητες Απόλυτης Τιµής

1η Κατηγορία: Απόλυτη τιµή και πράξεις

Α. Για κάθε x∈» ισχύει: | x |2 = x 2 .

Απόδειξη: •

Αν x ≥ 0 τότε | x |= x οπότε | x |2 = x (αποδείχτηκε)

Αν x < 0 τότε | x |= − x οπότε | x |2 = ( − x)2 = x 2 (αποδείχτηκε)

Α1. Για κάθε x∈» ισχύει: − | x |≤ x ≤| x | Απόδειξη: • Αν x ≥ 0 τότε | x |= x οπότε αρκεί − x ≤ x ≤ x όπου αυτή ισχύει ως ισότητα στο δεξί µέλος της και ως γνήσια ανισότητα στο αριστερό µέλος της. • Αν x < 0 τότε | x |= − x οπότε έχουµε ανάλογα συµπεράσµατα στα αντίθετα µέλη.

Β. | x ⋅ y |=| x | ⋅ | y | για κάθε x, y ∈  . Απόδειξη: Χρησιµοποιούµε την ιδιότητα Α και θα έχουµε:

| xy |2 = (xy)2 = x 2 y 2 =| x |2 | y |2 και άρα αφού | xy |≥ 0 θα είναι: | x ⋅ y |=| x | ⋅ | y |

Σχόλιο: Καλύτερη και ανεξάρτητη απόδειξη θα ήταν εκείνη που θα διακρίναµε για τους πραγµατικούς x και y τέσσερις περιπτώσεις για το πρόσηµό τους (τις: ( +, + ),( +, −),( −, + ),( −, −) ) και θα βγάζαµε αντίστοιχα τα απόλυτα.

Επιµέλεια: Ματθαίος Τσιλπιρίδης

15

Β΄ Τοσίτσειο – Αρσάκειο Λύκειο Εκάλης

x |x| = , x, y ∈ , y ≠ 0 y |y| Απόδειξη:

Γ.

Ανάλογη µε το Β.

∆. Για κάθε x, y ∈» ισχύει: | x + y |≤| x | + | y | (λέγεται και τριγωνική ανισότητα ή ιδιότητα)

(1)

Απόδειξη: Παρατηρούµε ότι για x = y = 0 η (1) ισχύει ως ισότητα. Τώρα αν ένα από τα x και y δεν είναι µηδέν, θα έχουµε και τα δύο µέλη θετικά (αφού έχουµε απόλυτες τιµές), οπότε µπορούµε να υψώσουµε στο τετράγωνο και τα δύο µέλη χωρίς να αλλάξει η φορά της ανίσωσης. Πάµε λοιπόν: Αρκεί να αποδείξουµε: | x + y |2 ≤ (| x | + | y |) ⇔ (x + y)2 ≤| x |2 +2 | x || y | + | y |2 ⇔ 2

x 2 + +2xy + y 2 ≤ x 2 + 2 | xy | + y 2 ⇔ 2 xy ≤ 2 | xy |

και τελικά αρκεί: xy ≤| xy | που αυτό ισχύει µε βάση την ιδιότητα Α1.

Σχόλια: Α. Είναι φανερό ότι για να ισχύει ως ισότητα η (1), αρκεί η τελική να ισχύει ως ισότητα, δηλαδή να είναι: | xy |= xy που αυτό ισχύει όταν xy ≥ 0 δηλαδή όταν τα x και y είναι οµόσηµα. Β. Ανάλογα µε την (1) µπορούµε να αποδείξουµε και ότι: | x − y |≤| x | + | y | 1. Γ. Ολοκληρωµένη η τριγωνική ανισότητα είναι: | x | − | y | ≤| x ± y |≤| x | + | y |, x, y ∈ 

Το αριστερό µέλος αποδεικνύεται ανάλογα.

2η Κατηγορία: Απόλυτη τιµή και εξισώσεις - ανισώσεις

Οι παρακάτω ιδιότητες χρησιµοποιούνται για την επίλυση εξισώσεων και ανισώσεων που περιέχουν απόλυτα και για το λόγο αυτό απαιτείται ιδιαίτερη προσοχή.

Ε. Αν α ≥ 0 τότε για κάθε x∈» ισχύει: | x |= α ⇔ x = α ή x = −α Απόδειξη: Υψώνουµε και τα δύο µέλη στο τετράγωνο και θα έχουµε:

1

Προσοχή: Και πάλι έχουµε (+) στο δεύτερο µέλος.

Επιµέλεια: Ματθαίος Τσιλπιρίδης

16

Β΄ Τοσίτσειο – Αρσάκειο Λύκειο Εκάλης

| x |2 = α2 ⇔ x 2 − α2 = 0 ⇔ (x − α)(x + α) = 0 οπότε θα πρέπει: ή x + α = 0 ⇔ x = −α ή x − α = 0 ⇔ x = α οπότε αποδείχτηκε.

Σχόλια: Α. Αν α < 0 τότε η εξίσωση | x |= α είναι αδύνατη. Για παράδειγµα οι εξισώσεις | x |= −1, | x − 3 |= −5, | x |= −(κ 2 + 1), κ ∈  είναι αδύνατες. Β. Μπορείτε να δώσετε µια γεωµετρική ερµηνεία της ιδιότητας Ε χρησιµοποιώντας το γεωµετρικό ορισµό της απόλυτης τιµής;

Ζ. Για κάθε α∈» ισχύει: | x |=| α |⇔ x = α ή x = −α Απόδειξη: Γίνεται ανάλογα µε την ιδιότητα Ε.

Η. Για κάθε α ≥ 0 ισχύει: | x |≤ α ⇔ −α ≤ x ≤ α Απόδειξη: Παρατηρούµε ότι και τα δύο µέλη της ανίσωσης είναι µη αρνητικά, οπότε µπορούµε να υψώσουµε στο τετράγωνο και τότε θα αρκεί: | x |2 ≤ α2 ⇔ x 2 − α2 ≤ 0 ⇔ (x − α)(x + α) ≤ 0

Εποµένως θα πρέπει οι παράγοντες x − α, x + α να είναι ετερόσηµοι για να είναι αρνητικό το γινόµενό τους οπότε θα έχουµε τα δύο συστήµατα παρακάτω: x − α ≤ 0 x − α ≥ 0 (Σ1 ) ή  (Σ2 )  x + α ≥ 0 x + α ≤ 0 Συναληθεύοντας τις ανισώσεις των συστηµάτων Σ1 και Σ2 καταλήγουµε στο συµπέρασµα.

Σχόλια: Α. Αν α < 0 τότε η ανίσωση | x |≤ α είναι αδύνατη. Για παράδειγµα οι ανισώσεις: | x |< −1, | x − 3 |≤ −5, | x |≤ −(κ 2 + 1),κ ∈  είναι αδύνατες. Β. Μπορείτε να δώσετε µια γεωµετρική ερµηνεία της ιδιότητας Η χρησιµοποιώντας το γεωµετρικό ορισµό της απόλυτης τιµής;

Θ. Για κάθε α ≥ 0 ισχύει: | x |≥ α ⇔ x ≤ −α ή x ≥ α . Απόδειξη:

Επιµέλεια: Ματθαίος Τσιλπιρίδης

17

Β΄ Τοσίτσειο – Αρσάκειο Λύκειο Εκάλης

Ανάλογη µε την απόδειξη της Η ιδιότητας.

Σχόλια: Α. Αν α < 0 τότε η ανίσωση | x |≥ α είναι αόριστη ως γνήσια ανίσωση αφού | x |≥ 0 . Για παράδειγµα οι ανισώσεις: | x |> −1, | x − 3 |> −5, | x |≥ −(κ 2 + 1),κ ∈  είναι αόριστες ως γνήσιες ανισώσεις, δηλαδή ισχύουν για κάθε x∈» ως γνήσιες ανισώσεις. Β. Μπορείτε να δώσετε µια γεωµετρική ερµηνεία της ιδιότητας ή χρησιµοποιώντας το γεωµετρικό ορισµό της απόλυτης τιµής;

Ι. Για κάθε πραγµατικούς αριθµούς x1, x 2 ,..., x ν ισχύει η ισοδυναµία: | x 1 | + | x 2 | +... | x ν |= 0 ⇔ x1 = x2 = ... = xν = 0 Απόδειξη: Έστω | x1 | + | x2 | +... | xv |= 0 . Παρατηρούµε ότι πρόκειται για άθροισµα µη αρνητικών αριθµών και εποµένως για να ισούται µε 0, θα πρέπει αναγκαστικά: x1 = x2 = ... = xv = 0 . Αντίστροφα, αν x1 = x2 = ... = xv = 0 τότε φανερά και | x1 | + | x2 | +... | xv |= 0 . Συγκεντρωτικά:

Για εξισώσεις µε απόλυτα •

Για κάθε α ≥ 0 ισχύει: | x |= α ⇔ x = α ή x = −α Για α<0 είναι αδύνατη

Για κάθε α∈» ισχύει: | x |=| α |⇔ x = α ή x = −α

Για ανισώσεις µε απόλυτα •

Για κάθε α ≥ 0 ισχύει: | x |≤ α ⇔ −α ≤ x ≤ α Για α<0 είναι αδύνατη

Για κάθε α ≥ 0 ισχύει: | x |≥ α ⇔ x ≤ −α ή x ≥ α Για α<0 είναι αόριστη

 Παραδείγµατα (Ιδιότητες Ε, Ζ, Η, Θ) 1. Να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις και ανισώσεις:

Εξίσωση - Ανίσωση

Ιδιότητα

Λύση

 | x + 1|= 3  | x + 1|= −3  | x + 1|=| α + 1|, α ∈ 

Επιµέλεια: Ματθαίος Τσιλπιρίδης

18

Β΄ Τοσίτσειο – Αρσάκειο Λύκειο Εκάλης

 | x + 1|< 3  | x + 1|≥ 3  | x + 1|< −3  | x + 1|≥ −3 2. Να λυθεί η ανίσωση: 1 <| 1 − 3x |≤ 4

(1).

Λύση: Η ανίσωση (1) αποτελείται από τις ανισώσεις: 1 <| 1 − 3x | (α1) και | 1 − 3x |≤ 4

(α2)

Θα λύσουµε χωριστά κάθε ανίσωση και στο τέλος θα συναληθεύσουµε τα αποτελέσµατα για να βρούµε τις κοινές τους λύσεις. Θα έχουµε: 2  x>  − < − − < − 1 3x 1 3x 2   3    ή ⇔ ή ⇔ ή ( Λ1 ) (α1) ⇔| 1 − 3x |> 1 ⇔   1 − 3x > 1  −3x > 0 x < 0     −1

: ( −3)

(α2) ⇔| 1 − 3x |≤ 4 ⇔ −4 ≤ 1 − 3x ≤ 4 ⇔− 5 ≤ −3x ≤ 3 ⇔

−1 ≤ x ≤

5 ≥ x ≥ −1 ή τελικά 3

5 (Λ 2 ) 3

Συναληθεύουµε τώρα τα αποτελέσµατα (Λ1) και (Λ2) και θα έχουµε:

Τελικά οι λύσεις της ανίσωσης θα είναι: −1 ≤ x < 0 ή

3. Να λυθεί η εξίσωση: | x + 3 | − | x − 2 |=| x |

2 5 <x≤ . 3 3

(1)

Λύση: Επειδή η εξίσωση περιέχει διαφορετικές παραστάσεις εντός των απολύτων, για το λόγο αυτό θα δηµιουργήσουµε πίνακα προσήµων αυτών των παραστάσεων, που θα µας διευκολύνει να βγάλουµε τα απόλυτα.

Επιµέλεια: Ματθαίος Τσιλπιρίδης

19

Β΄ Τοσίτσειο – Αρσάκειο Λύκειο Εκάλης

∆ιακρίνουµε τώρα τις εξής περιπτώσεις, χρησιµοποιώντας ασφαλώς τον πίνακα προσήµων που έχουµε σχηµατίσει:

1η : x < −3 τότε η εξίσωση (1) θα γράφεται: (1) ⇔ −(x + 3) + (x − 2) = − x ⇔ −5 = − x ⇔ x = 5 που απορρίπτεται γιατί x < −3 . 2η : −3 ≤ x ≤ 0 τότε η εξίσωση (1) θα γράφεται: (1) ⇔ (x + 3) + (x − 2) = − x ⇔ 2x + 1 = − x ⇔ 3x = −1 ⇔ x = −

1 δεκτή γιατί −3 ≤ x ≤ 0 . 3

3η : 0 < x ≤ 2 τότε η εξίσωση (1) θα γράφεται: (1) ⇔ (x + 3) + (x − 2) = x ⇔ 2x + 1 = x ⇔ x = −1 που απορρίπτεται γιατί 0 < x ≤ 2 . 4η : x > 2 τότε η εξίσωση (1) θα γράφεται: (1) ⇔ (x + 3) − (x − 2) = x ⇔ 5 = x ⇔ x = 5 που είναι δεκτή γιατί x > 2 .

Για εξάσκηση Θέµατα Πολλαπλής Επιλογής

10. Αν | x |≤ 1 και | y |≤ 2 τότε η ελάχιστη τιµή της παράστασης | 2x − y | είναι: Α. 0 Β. 4 Γ. -1 ∆. δε γνωρίζουµε

1. Αν για τους πραγµατικούς αριθµούς α Ασκήσεις Ανάπτυξης και β ισχύει ότι: | α |=| β | τότε: Α. α = β Β. α = -β Γ. α = β ή α = -β ∆. ∆ε γνωρίζουµε.

2. Αν α > β τότε και: Α. α > β Β. α > β αν α > β > 0 Γ. α < β

1. Αν α < β < γ < 0 να δείξετε ότι: | α − β | − | β − γ | + | 2β − γ |= −α . 2. Να λυθούν οι εξισώσεις: Α. | x − 1|= 6

6 =1 | x − 1|

Β.

∆. α > β αν 0 > α > β .

3. Να λυθούν οι ανισώσεις: 3. Η εξίσωση | x | + | x − 1|= 0 έχει: Α. Μία λύση Β. ∆ύο λύσεις Γ. Άπειρες λύσεις ∆. Καµία λύση

4. Για τον πραγµατικό αριθµό x του σχήµατος ισχύει:

Α. | x − 1|≤ 6

Β.

6 ≥1 | x − 1|

4. Να λυθεί στο σύνολο των ακεραίων αριθµών η ανίσωση: 1 <| 1 − 3x |≤ 5 . 5. Να

λυθεί

η

εξίσωση:

| x − 2 | + | x |=| 2x + 1| .

6. Α. Για κάθε x∈» να δείξετε ότι: Α. | x − 2 |>| x + 1| Β. | x − 2 |<| x + 1| Γ. | x + 2 |>| x − 1| ∆. | x + 2 |<| x − 1|

Επιµέλεια: Ματθαίος Τσιλπιρίδης

x + | x | = x − | x | τότε x = 0 και αντίστρο-

φα.

20

Β΄ Τοσίτσειο – Αρσάκειο Λύκειο Εκάλης

5. Αν | α - 3 | + | 2β - 4 | + | γ - 1|≤ 0 τότε: Α. Β. Γ. ∆.

α - 3,2β - 4, γ - 1 : αρνητικά

Β. Να δείξετε ότι δεν υπάρχει ακέραιος αριθµός α ώστε να ισχύει: 2α − 1+ | 2α − 1| = 2α − 1− | 2α − 1| .

α - 3,2β - 4, γ - 1 : θετικά α - 3,2β - 4, γ - 1 : µη αρνητικά α - 3 = 2β - 4 = γ - 1 = 0 .

6. Αν | α + β |=| α | + | β | τότε για οι α,β∈» θα είναι: Α. Οµόσηµοι Γ. Αντίθετοι

Β. Ετερόσηµοι ∆. ∆ε γνωρίζουµε.

| 2x + 1| < 0 έχει ως λύσεις: x Α. x > 0 Β. x < 0 1 1 Γ. − ≠ x < 0 ∆. x < − . 2 2

7. Α. Για κάθε πραγµατικό αριθµό α ≠ 0 να δείξετε ότι: −1 ≤

α ≤ 1. |α|

Β. Για τους µη µηδενικούς πραγµατικούς αριθµούς α και β να δείξετε ότι: 3⋅

α β − 2⋅ ≤5. |α| |β|

1 1 να δείξετε ότι: 2 2 | α + β |<| 1 + α − β | .

7. Η ανίσωση

8. Αν | α |< , | β |<

8. Αν d(2x − 1,0) ≤ 1 τότε:

9. Έστω οι µηδενικοί πραγµατικοί αριθµοί α, β, και γ. Α. Να αποδείξετε ότι:

Α. x ≤ 0 ή x ≥ 1 Β. 0 ≤ x ≤ 1 Γ. x ≥ 1 ∆. x ≤ 0

9. Αν d ( −1, x + 2 ) > 3 τότε: Α. −6 < x < 0 Β. x > 0 ∆. x > 0 ή x < −6 Γ. x < −6

 1 1 1  + +   ( | α | + | β | + | γ |) ≥ 9 | α | | β | | γ |

Β. Αν | α | + | β | + | γ |= 3 να βρείτε την ελάχιστη τιµή της παράστασης  1 1 1  + +  . | α | | β | | γ |

10. Α. Να δείξετε ότι | α2 + 2α + 7 |=| α2 + 2α + 2 | +5

Β. Να λυθεί η εξίσωση: 2 | x 2 + 2x + 7 |=| x 2 + 2x + 2 | +10

11. Α. Να δείξετε ότι x 2 − x + 1 > 0 για κάθε x∈». Β. Να λυθεί η εξίσωση: | − x 2 + x − 1| − | x 2 + 2x + 3 |= 1 .

12. Α. Για κάθε α∈» να δείξετε ότι: α | α | = α2 ,α ∈ 

Β. Να λύσετε την εξίσωση: (x − 3) | 3 − x | + (3 − x) | x − 3 | = 2 .

13. Αν x, y, z και ω είναι θετικοί πραγµατικοί αριθµοί, και ισχύει:

x y z = = να δείξετε y z ω

ότι: Επιµέλεια: Ματθαίος Τσιλπιρίδης

21

Β΄ Τοσίτσειο – Αρσάκειο Λύκειο Εκάλης

| x − ω |≥ 3 | y − z | .

Απαντήσεις & Υποδείξεις

στα θέµατα ανάπτυξης

1. Είναι α − β < 0, β − γ < 0, 2β − γ < 0

9. Α.

2. Εφαρµόζεις την ιδιότητα (Ε). Τότε: Α. x = 7 ή x = −5 Β. Όµοια µε τον περιορισµό x ≠ 1 . 3. Εφαρµόζεις την ιδιότητα (Η). Τότε: Α. −5 ≤ x ≤ 7 Β. Όµοια µε τον περιορισµό x ≠ 1. 4. Εφαρµόζεις τις ιδιότητες (Η) και (Θ). Τότε: x = −1,1,2 . 5. Όπως το 3ο παράδειγµα: χ =

1 . 2

6. Α. Υψώνουµε και τα δύο µέλη στο τετράγωνο. Β. Εφαρµόζουµε το Α, για x = 2α-1 . 7. Α.

Ισχύει για κάθε x∈»: − | x |≤ x ≤| x | .

Β. Χρησιµοποιούµε το :Α. 1 2

8. Από την υπόθεση έχουµε: − < α,β <

1 . 2

Υψώνουµε και τα δύο µέλη στο τετράγωνο.

Αποδείξτε πρώτα την ιδιότητα:

|α|+

1 ≥ 2 . Β. Απλό. |α|

10. Α. Είναι | α2 + 2α + 2 | +5 =| (α + 1)2 + 1| +5 =  +

(α + 1) + 1 + 5 = α + 2α + 7 =| α2 + 2α + 7 |  2

2

.

+ (ισούται µε ||)

Β. Χρησιµοποιούµε το Α. Αδύνατη. 11. Α. Αρκεί 4(x 2 − x + 1) > 0 . Β. Η εξίσωση γράφεται 2 2 | x − x + 1| − | (x + 1) + 2 |= 1 και µε βάση το Α ερώτηµα τελικά βρίσκουµε x = -1. 12. A. ∆ιακρίνετε περιπτώσεις για το α. Β. Με βάση το Α΄ ερώτηµα η εξίσωση γράφεται: 2 (x − 3) | x − 3 | = 2 ⇔ (x − 3)2 = 1 οπότε τελικά x = 4 ή x = 2 .

13. Θέτουµε

x y z = = = λ > 0 και εκφράy z ω

ζουµε τους όρους συναρτήσει ενός µόνο όρου.

Επιµέλεια: Ματθαίος Τσιλπιρίδης

22


Απόλυτη Τιμή Πραγματικού Αριθμού