με Τέλος πάντων, έστω ότι ξεκινάει ένα άλλο υποθετικό σενάριο που απλά δεν διευκρινίζεται. Για το i) θα έχουμε , 2

Transcript

1 Άσκηση 75 Σε έναν οργανισμό, αρχικά υπάρχουν βακτήρια. Μετά από 1 ώρα υπάρχουν βακτήρια, μετά από ώρες 5100 βακτήρια, και γενικά ο αριθμός των βακτηρίων υποδιπλασιάζεται κάθε μια ώρα. α) Πόσα βακτήρια θα υπάρχουν μετά από 6 ώρες; (Μονάδες 6) β) Τη χρονική στιγμή όμως που τα βακτήρια ήταν 6400, ο οργανισμός παρουσίασε ξαφνική επιδείνωση. Ο αριθμός των βακτηρίων άρχισε πάλι να αυξάνεται ώστε κάθε μια ώρα να τριπλασιάζεται. Το φαινόμενο αυτό διήρκεσε για 5 ώρες. Συμβολίζουμε με βν το πλήθος των βακτηρίων ν ώρες μετά από την στιγμή της επιδείνωσης (v 5). i) Να δείξετε ότι η ακολουθία (βν) είναι γεωμετρική πρόοδος, και να βρείτε τον πρώτο όρο και το λόγο της. ii) Να εκφράσετε το πλήθος βν των βακτηρίων συναρτήσει του ν. (Μονάδες 1) iii) Πόσα βακτήρια θα υπάρχουν στον οργανισμό 3 ώρες μετά από την στιγμή της επιδείνωσης; (Μονάδες 7) α) Αφού «γενικά ο αριθμός των βακτηρίων υποδιπλασιάζεται» τότε βγάζουμε το συμπέρασμα ότι το πλήθος τους ακολουθεί γεωμετρική πρόοδο (φθίνουσα) 1 με λόγο. Έχουμε λοιπόν την γ.π. a Άρα μετά από 6 ώρες ζητάμε το με , 10400, Όπου από τον γενικό τύπο προκύπτει β) Κάτι δε πάει καλά αφού η χρονική στιγμή που ήταν 6400 τα βακτήρια άρχισαν να αυξάνονται ήταν μετά τη 5 η ώρα??? Πως έγινε όμως 300??? Δηλαδή αν τη στιγμή που ήταν 6400 ξεκίνησαν να αυξάνονται δε θα γινόντουσαν ποτέ 300. #$%^&*&^%$#@ Τέλος πάντων, έστω ότι ξεκινάει ένα άλλο υποθετικό σενάριο που απλά δεν διευκρινίζεται. Για το i) θα έχουμε , κλπ έχουμε λοιπόν την γεωμετρική πρόοδο με αναδρομικό τύπο 1 3 από το οποίο προκύπτει λόγος 3. ii) Άρα έχουμε τον γενικό τύπο Και τέλος μετά την 3 η ώρα δίνεται από τον 4 ο 3 όρο της

2 Άσκηση 7677 Δίνεται η ανίσωση: x 1 4 (1) α) Να λύσετε την ανίσωση και να παραστήσετε το σύνολο των λύσεών της πάνω στον άξονα των πραγματικών αριθμών. (Μονάδες 7) β) Να βρείτε όλες τις ακέραιες λύσεις της ανίσωσης (1). (Μονάδες 3) γ) Να κατασκευάσετε ένα τριώνυμο της μορφής x x το οποίο να έχει ρίζες δύο από τις ακέραιες λύσεις της ανίσωσης (1) και να έχει θετική τιμή, για κάθε 0. (Μονάδες 15) α) Από θεωρία ξέρω ότι αν 0, x x άρα προκύπτει 4 x 1 4 και αφαιρώντας παντού τη μονάδα παίρνουμε 5 x 3 που είναι και η λύση της ανίσωσης. β) Μεταξύ αυτών βρίσκονται οι ακέραιοι 4, 3,, 1,0,1, γ) γνωρίζοντας την θεωρία για το πρόσημο τριωνύμου (εντός και εκτός των ριζών) και παρατηρώντας ότι έχουμε 1 0 σκεπτόμαστε: Καταρχήν διαπιστώνουμε ότι το μηδέν δεν μπορεί να είναι ρίζα αφού θα αναιρέσει την υπόθεση ότι θέλουμε θετικές τιμές του τριωνύμου για 0. Έστω τώρα ότι και οι δύο ρίζες είναι αρνητικές. Τότε στο «μεσαίο» διάστημα θα έχω αρνητικές τιμές του τριωνύμου για αρνητικές τιμές του χ. Άτοπο. Έστω ότι έχω μια αρνητική και μια θετική ρίζα τότε ομοίως στο μεσαίο διάστημα θα έχω ένα υποσύνολο με αρνητικές τιμές του χ που θα «δίνουν» αρνητικές τιμές του τριωνύμου.

3 Άρα υποχρεωτικά έχω και τις δύο ρίζες θετικές. Δηλαδή τους αριθμούς 1, Με βοήθεια τους τύπους του Vieta προκύπτει λοιπόν το τριώνυμο 3 (ή με αντικατάσταση αφού θέλουμε οι 1, να είναι λύσεις θα επαληθεύουν την εξίσωση 3 0 και λύνοντας το σύστημα Βγάζουμε 3,. Άσκηση 7684 Δίνεται η ανίσωση: 1 3(1) α) Να λύσετε την ανίσωση και να παραστήσετε το σύνολο των λύσεών της πάνω στον άξονα των πραγματικών αριθμών. (Μονάδες 7) β) Να βρείτε όλες τις ακέραιες λύσεις της ανίσωσης (1). (Μονάδες 3) γ) Να κατασκευάσετε ένα τριώνυμο της μορφής το οποίο να έχει ρίζες δύο από τις ακέραιες λύσεις της ανίσωσης (1) και να έχει θετική τιμή, για κάθε 0 (Μονάδες 15) α) ύ 1 Ομοίως με την προηγούμενη άσκηση έχουμε β) Οι ακέραιες λύσεις αυτής είναι οι αριθμοί -,-1,0,1,,3,4 γ) Ακριβώς με τα ίδια κριτήρια σκεφτόμαστε: Αν το μηδέν είναι ρίζα τότε αναιρείται η υπόθεση που ζητάει θετικές τιμές για 0. Έστω τώρα ότι και οι δύο ρίζες είναι θετικές τότε στο μεσαίο διάστημα θα έχουμε αρνητικές τιμές του τριωνύμου για θετικές τιμές. Άτοπο Ομοίως αν είχαμε μια θετική και μια αρνητική, αφού και πάλι στο μεσαίο διάστημα θα είχαμε ολόκληρο υποσύνολο αριθμών θετικών που θα έκαναν αρνητικό το τριώνυμο. Άρα μοναδική περίπτωση να είναι και οι δυο αρνητικές. Δηλαδή οι -,-1 Όντως το τριώνυμο 3 (προέκυψε από τύπους Vieta )

4 τηρεί όλες τις προϋποθέσεις. Άσκηση 7745 Δίνεται το τριώνυμο f ( x) x x 3 α) Να βρείτε το πρόσημο του τριωνύμου f() x για τις διάφορες τιμές του x. (Μονάδες 10) β) Να προσδιορίσετε, αιτιολογώντας την απάντησή σας, το πρόσημο του γινομένου: f(,999) f( 1,00) (Μονάδες 7) γ) Αν 3 a 3, να βρείτε το πρόσημο του αριθμού: a a 3 (Μονάδες 8) α) Το πρόσημο καθορίζεται από τις ρίζες της αντίστοιχης εξίσωσης f( x) 0 Συγκεκριμένα όταν Δ>0 ξέρουμε ότι εντός του διαστήματος που ορίζουν οι δύο διαφορετικές ρίζες της εξίσωσης, το τριώνυμο είναι ετερόσημο του «α» (συντελεστή του x ), και ομόσημο εκτός αυτών. Εδώ έχουμε: 44( 1) με ρίζες τους αριθμούς 1, 1 1, 3. Άρα ( ) 0 x, 1 3, f x όταν f x όταν x 1,3 Και ( ) 0 β) f (,999) 0 αφού,999 3 άρα ανήκει στο ο διάστημα που έχουμε θετικές τιμές τριωνύμου. f ( 1,00) 0 αφού 1,00 1 και ανήκει στο πρώτο διάστημα. Άρα f(,999) f( 1,00) 0 γ) Ως συνήθως σε περιπτώσεις με απόλυτα πρέπει να πάρουμε περιπτώσεις για να τα βγάλουμε. Έστω ότι 0a 3 άρα a a αφού α θετικός. Άρα έχω να ελέγξω το Αυτό όμως είναι το f( a ). Από β) ερώτημα έχω ( ) 0 f x όταν x 1,3 Όποτε για στο υποσύνολο (0,3) ( 1,3) θα ισχύει f( a) 0. a a 3. Έστω τώρα ότι 3 a 0άρα a a αφού α αρνητικός. Άρα έχω να ελέγξω το a a 3 που αυτό είναι το f( a) ( 1). Όμως 3 a 0 3 a 0 0 a 3

5 και άρα αν θέσω a k έχω να βρω το πρόσημο του f( k ) με 0k 3 ομοίως με πριν δηλαδή οπότε f ( k) 0, f ( a) 0 Άρα a a a 3, ( 3,3) Άσκηση 7784 Στο παρακάτω σχήμα, δίνονται οι γραφικές παραστάσεις Cf και Cg των συναρτήσεων f και g αντίστοιχα, με f ( x) x, g( x) 1, x α) i) Να εκτιμήσετε τα σημεία τομής των Cf και Cg. ii) Να εκτιμήσετε τις τιμές του x, για τις οποίες η Cf είναι κάτω από τη Cg. (Μονάδες 10) β) Να επιβεβαιώσετε αλγεβρικά τις απαντήσεις σας στο προηγούμενο ερώτημα. (Μονάδες 10) γ) Να βρείτε για ποιες τιμές του x έχει νόημα πραγματικού αριθμού η παράσταση 1 f( x) A (Μονάδες 5) f( x)

6 α) i) Προφανώς εκτιμούμε ότι τέμνονται στα σημεία A(1,1), B (3,1) ii) Η C f είναι κάτω από την C g για 1x 3 β) για το i) πρέπει να λύσουμε την εξίσωση f ( x) g( x) αφού σημεία τομής σημαίνει για πιο (ίδιο x) έχω ίδια εικόνα δηλαδή ίδιο y. Άρα x1 x3 x 1 όπου προκύπτουν τα σημεία x1 x1 A(3, f (3) g(3) 1) και B(1, f (1) g(1) 1) για το ii) θα λύσουμε την ανίσωση f ( x) g( x) αφού στην ουσία το πάνω-κάτω αφορά τον άξονα ψψ και άρα τις εικόνες των συναρτήσεων. Έχουμε λοιπόν x 1 1 x γ) Για να έχει νόημα πρέπει f( x) 0 αφού σε κανένα κλάσμα δεν επιτρέπεται παρανομαστής μηδέν και 1 f ( x) 0 f ( x) 1 αφού η υπόριζος ποσότητα πρέπει να είναι πάντα αριθμός θετικός ή μηδέν. «Εύκολα» μπορούμε να λύσουμε την ανισότητα x 1 και με την δέσμευση x 0 Προκύπτει 1 x 3, άρα για 1,,3. Σημ. Μια γεωμετρική προσέγγιση θα ήταν: Αφού θέλω f( x) 0 θέλω δηλαδή η C f να μην τέμνει τον άξονα ψψ και αφού θέλω 1 f ( x) 0 f ( x) 1 και gx ( ) 1 Άρα θέλω f ( x) g( x) που το έχω απαντήσει στο β) ερώτημα.

7 Άσκηση 7791 Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί α και β για τους οποίους ισχύει η ανίσωση: ( 1)(1 ) 0 α) Να αποδείξετε ότι το 1 είναι μεταξύ των α, β. (Μονάδες 13) β) Αν επιπλέον 4, να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης: 1 1 Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας είτε γεωμετρικά είτε αλγεβρικά (Μονάδες 1) α) Ένα γινόμενο που είναι θετικό έχει τις εξής περιπτώσεις: οι και τα δυο θετικά ή και τα δύο αρνητικά. Οπότε: 1 0, 1 0 που βγαίνει το συμπέρασμα 1, 1 ή 1 0, 1 0 που βγαίνει το συμπέρασμα 1, 1 Σε κάθε περίπτωση η μονάδα βρίσκεται ανάμεσα στους α,β β) Διακρίνοντας πάλι τις ίδιες περιπτώσεις και βγάζοντας τα απόλυτα η παράσταση Κ γράφεται: όταν και τα δύο είναι θετικά ή όταν και τα δύο είναι αρνητικά. Από το επιπλέον κριτήριο έχουμε 4, ή 4 4 Άρα σε κάθε περίπτωση Κ=4 β) Γεωμετρικά Γνωρίζουμε ότι η απόλυτη τιμή εκφράζει απόσταση. Αφού η μονάδα βρίσκεται πάντα ανάμεσα στους α,β και εμείς ξέρουμε ότι η απόσταση από το α στο β είναι 4 και ψάχνουμε το Κ που εκφράζει το άθροισμα των αποστάσεων από το α στο 1 και από το 1 στο β τότε Κ=4 Ένα παράδειγμα σε μια περίπτωση: 1 1 4

8 Άσκηση 7940 ΘEMA 4 α) Να λύσετε τις εξισώσεις (1) () (Μονάδες 10) β) Ένας μαθητής παρατήρησε ότι οι ρίζες της εξίσωσης () είναι οι αντίστροφοι των ριζών της εξίσωσης (1) και ισχυρίστηκε ότι το ίδιο θα ισχύει για οποιοδήποτε ζευγάρι εξισώσεων της μορφής: 0 (3) 0 (4), 0 Αποδείξτε τον ισχυρισμό του μαθητή, δείχνοντας ότι: Αν ο αριθμός είναι ρίζα της εξίσωσης (3) και 0, τότε i) 0 και (Μονάδες 5) ii ο 1 επαληθεύει την εξίσωση (4). (Μονάδες 10) α) για την 1 η εξίσωση και , 1 4, 6 3 για την η εξίσωση και , 1, 16 4 β) i) αφού ρ ρίζα: 0 και τότε αν 0 τότε θα προέκυπτε 0 Άτοπο. ii) πάλι, αφού ρ ρίζα και 0 ώ 0 0 Όμως η τελευταία αποδεικνύει ότι αν θεωρήσουμε την εξίσωση 0 τότε ο 1 είναι ρίζα της. Αφού η παραπάνω παράσταση αποτελεί την αριθμητική αντικατάσταση για 1

9 Άσκηση 7958 α) Να λύσετε την ανίσωση: (Μονάδες 10) 1 5 β) Δίνονται δύο αριθμοί κ, λ οι οποίοι είναι λύσεις της ανίσωσης (1) και ικανοποιούν επιπλέον τη σχέση: ( 1)( 1) 0 i) Να δείξετε ότι το 1 είναι μεταξύ των κ, λ. (Μονάδες 8) 3 ii) Να δείξετε ότι: (Μονάδες 7) α)πολ/ντας με για απαλοιφή παρανομαστή Όπου με Δ=9 έχουμε 1, Αφού α=>0 τότε το τριώνυμο είναι θετικό εκτός του διαστήματος που όρισαν οι δύο ρίζες. Άρα η λύση της ανίσωσης είναι η ένωση των διαστημάτων, 1,. β) το i) έχει απαντηθεί στην 4_7791. Θα διακρίνουμε πάλι τις δύο περιπτώσεις αλλα με ετερόσημα πρόσημα αυτή τη φορά. Έστω 1 0, 1 0 η 1 η και ανάποδα για την η περίπτωση. ii) Αφού οι κ,λ είναι λύσεις της ανίσωσης θα βρίσκονται σε κάποιο από τα διαστήματα της λύσης. Όμως το ένα βρίσκεται ανάμεσα τους από ερώτημα β), και επίσης το 1 δεν ανήκει στις λύσεις της ανίσωσης (βρίσκεται στον «κενό» χώρο). Από αυτό συμπεραίνουμε ότι τα κ,λ θα βρίσκονται ένα σε κάθε διάστημα της ένωσης. Έστω ότι και 1 τότε από ιδιότητες απολύτων και ανισώσεων και με πρόσθεση κατά μέλη και προφανώς έπεται 3

10 1 3 Ομοίως αν ήταν ανάποδα και θα παίρναμε όπου και πάλι θα προέκυπτε το ζήτουμενο. Με το παρακάτω σχήμα γίνεται αμέσως κατανοητό. Άσκηση 7967 Ο ιδιοκτήτης ενός ταξιδιωτικού γραφείου εκτιμά ότι, όταν για μια συγκεκριμένη διαδρομή διαθέτει τα εισιτήρια στην κανονική τιμή των 1 ανά εισιτήριο, τότε πουλά κατά μέσο όρο 30 μόνο εισιτήρια, ενώ το λεωφορείο έχει 51 θέσεις. Θέλοντας να αυξήσει τη πελατεία του, κάνει την ακόλουθη προσφορά: Ο πρώτος επιβάτης που θα αγοράσει εισιτήριο θα πληρώσει 3 και κάθε επόμενος επιβάτης θα πληρώνει 0,5 περισσότερο από τον προηγούμενο. α) Να βρείτε το ποσό που θα πληρώσει ο δεύτερος, ο τρίτος και ο τέταρτος επιβάτης. (Μονάδες 4) β) Αν, για κάθε ν 51 ο αριθμός αν εκφράζει το ποσό που θα πληρώσει ο ν-οστός επιβάτης, να δείξετε ότι οι αριθμοί α1, α,,α51 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου και να βρείτε τη διαφορά ω αυτής της προόδου.(μονάδες 6) γ) Αν το λεωφορείο γεμίσει, να βρείτε το ποσό που θα πληρώσει ο 51ος επιβάτης. (Μονάδες 7) δ) Να βρείτε πόσα τουλάχιστον εισιτήρια θα πρέπει να πουληθούν ώστε η είσπραξη του γραφείου με αυτή την προσφορά να ξεπερνά την είσπραξη που θα έκανε διαθέτοντας τα εισιτήρια στην τιμή των 1 ανά εισιτήριο. ( Δίνεται ότι: ) (Μονάδες 8)

11 α) Αφού ο πρώτος θα δώσει 3, τότε ο ος θα δώσει 3,5 ο 3 ος 4 και ο 4 ος 4,5 β) Είναι προφανές ότι τα ποσά των διαδοχικών πελατών αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου αφού έχουμε σταθερή αύξηση με πρόσθεση 0,5. Άρα αν ο ν-οστος δώσει χ τότε ο επόμενος θα δώσει χ +0.5 Δηλαδή 0,5 0, Δηλαδή αποτελούν δ.ο. α.π. με 0.5 και γενικό τύπο 3 ( 1)0.5 γ) (511)0.5 8 δ) με τα 30 εισιτήρια των 1 θα εισπράξει 630 από την άλλη η ζητούμενη είσπραξη της προσφοράς είναι το άθροισμα των ν πρώτων όρων της α.π. ( 1 ( 1) ) (6 ( 1)0.5) Άρα ψάχνουμε το ν ώστε S 630 με S Δηλαδή θα λύσουμε την ανίσωση (6 ( 1)0.5) , , Δ=1001 και 1, 45, ή 56 Άρα θετικό είναι εκτός των ριζών που όρισαν οι δύο ρίζες όμως επειδή προφανώς δεν έχει νόημα το ν<-56 τότε δεχόμαστε το ν>45 Άσκηση 7974 Δίνεται πραγματικός αριθμός α, που ικανοποιεί τη σχέση: 1 α) Να γράψετε σε μορφή διαστήματος το σύνολο των δυνατών τιμών του α. (Μονάδες 8) β) Θεωρούμε στη συνέχεια το τριώνυμο: ( ) 4 i) Να βρείτε τη διακρίνουσα του τριωνύμου και να προσδιορίσετε το πρόσημό της. (Μονάδες 10) ii) Να δείξετε ότι, για κάθε τιμή του 1, ισχύει ( ) (Μονάδες 7) 4 1

12 ύ α) ,3 β) i) ( ) 4 η οποία είναι αρνητική αφού ii) Αφού Δ<0 και α=1>0 τότε το τριώνυμο είναι παντού ομόσημο του α. Δηλαδή θετικό.