Απαντήσεις Λύσεις σε Θέματα από την Τράπεζα Θεμάτων. Μάθημα: Άλγεβρα Α Λυκείου

Transcript

1 Απαντήσεις Λύσεις σε Θέματα από την Τράπεζα Θεμάτων Μάθημα: Άλγεβρα Α Λυκείου Παρουσιάζουμε συνοπτικές λύσεις σε επιλεγμένα Θέματα («Θέμα 4ο») από την Τράπεζα θεμάτων. Το αρχείο αυτό τις επόμενες ημέρες σταδιακά θα εμπλουτίζεται. Θέμα 4 ο : Δίνεται η συνάρτηση f(x) = x + x + 1. α) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση C f της συνάρτησης f δεν τέμνει τον άξονα x x. β) Να βρείτε τις τετμημένες των σημείων της C f που βρίσκονται κάτω από την ευθεία y = x + 3. γ) Έστω M(x, y) σημείο της C f. Αν για την τετμημένη x του σημείου Μ ισχύει: x 1 < 3, τότε να δείξετε ότι το σημείο αυτό βρίσκεται κάτω από την ευθεία y = x + 3. α) Έστω ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης τέμνει τον άξονα x x. Τότε για y = f(x) = 0 έχουμε: x + x + 1 = 0 με Δ = 3 < 0 οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη.. Άρα η γραφική παράσταση της συνάρτησης δεν τέμνει τον άξονα x x. β) Λύνουμε την ανίσωση: x + x + 1 < x + 3 x x < 0 1 < x <. γ) Έχουμε: x 1 < 3 3 < x 1 < 3 < x < 4 1 < x <. Από το προηγούμενο ερώτημα, το σημείο Μ(x, y) βρίσκεται κάτω από την ευθεία y = x + 3. Θέμα 4 ο : x +, αν x < 0 Δίνεται η συνάρτηση f, με f(x) = { x +, αν x 0 α) Να βρείτε το σημείο τομής της γραφικής παράστασης C f της f με τον άξονα y y. β) i)να χαράξετε τη C f και την ευθεία y = 3, και στη συνέχεια να εκτιμήσετε τις συντεταγμένες των σημείων τομής τους. ii) Nα εξετάσετε αν τα σημεία αυτά είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα y y. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. γ) i)για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού α, η ευθεία y = α τέμνει τη C f σε δυο σημεία; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. ii) Για τις τιμές του α που βρήκατε στο ερώτημα (γi), να προσδιορίσετε αλγεβρικά τα σημεία τομής της C f με την ευθεία y = a και να εξετάσετε αν ισχύουν τα συμπεράσματα του ερωτήματος (βii), αιτιολογώντας τον ισχυρισμό σας.

2 α) Για x = 0 έχουμε: y = f(0) =. Επομένως το σημείο τομής με τον y y είναι Α(0,). Λύνουμε: x + = α x = a (1). Αν α < 0, δηλαδή α <, τότε η (1) είναι αδύνατη. β) Τα σημεία τομής είναι Κ(1,3) και Λ( 1,3). Τα σημεία τομής είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα y y αφού έχουν αντίθετες τετμημένες. γ) Η ευθεία y = a τέμνει την C f σε σημεία για α >. (αφού για α = έχουμε ένα σημείο τομής ενώ για α < κανένα σημείο τομής). x +, x 0 Η συνάρτηση f(x) = { x +, x < 0, γράφεται f(x) = x +. Αν α = 0, δηλαδή α =, τότε η (1) έχει μια μοναδική λύση την x = 0. Αν α > 0, δηλαδή α > γίνεται: x = α x = a ή x = a +. Τα σημεία με τετμημένες x = a, x = a + είναι συμμετρικά ως προς τον y y αφού οι τετμημένες είναι αντίθετες (ισχύουν τα συμπεράσματα του ερωτήματος β(ii) ). Θέμα 4 ο : Δίνεται η εξίσωση: ax 5x + a = 0, με παράμετρο α 0. α) Να αποδείξετε ότι αν α 5, τότε η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικούς αριθμούς, που είναι αντίστροφοι μεταξύ τους. β) Να βρείτε τις λύσεις της εξίσωσης, όταν α =. γ) Να λύσετε την εξίσωση: (x + 1 x ) 5 (x + 1 ) + = 0 x α) Η εξίσωση ax 5x + a = 0, έχει πραγματικές ρίζες όταν Δ 0. Λύνουμε: Δ 0 5 4a 0 a 5 4 a 5.

3 Παρατηρούμε οτι: P = a = 1. Το γινόμενο των ριζών είναι ίσο με 1, άρα οι ρίζες είναι a αντίστροφοι αριθμοί. β) Για α = έχουμε: x 5x + = 0. Από άθροισμα και γινόμενο ριζών καταλήγουμε στο ότι: x 1 =, x = 1. γ) Θέτουμε x + 1 = ω, για x 0. x Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται: ω 5ω + = 0 (β) ω = ή ω = 1 Άρα: x + 1 x = ή { x + 1 x = 1 x x + 1 = 0 { ή x x + = 0 (x 1) = 0 x = 1 { ή Αδύνατη, αφού Δ = 15 Δίνονται οι συναρτήσεις f και g, με f(x) = x x και g(x) = 3x 4, x R. α) Να βρείτε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και g. β) Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η γραφική παράσταση της f είναι κάτω από εκείνη της g. γ) Να αποδείξετε ότι κάθε ευθεία της μορφής y = α, α < 1, βρίσκεται κάτω από τη γραφική παράσταση της f. α) Για τα κοινά σημεία λύνουμε: f(x) = g(x) x x = 3x 4 x 5x + 4 = 0 β) x = 1 ή x = 4. Για x = 1, έχουμε y = f(1) = g(1) = 1 Για x = 4, έχουμε y = f(4) = g(4) = 8 Τα σημεία είναι: Κ(1, 1), Λ(4,8). γ) Λύνουμε: f(x) < g(x) x x < 3x 4 x 5x + 4 < 0 Από πίνακα προσήμων για το τριώνυμο προκύπτει: x (1,4). δ) Λύνουμε: α < x x x x a > 0 (1) Η (1) ισχύει όταν Δ < 0 (θα έχει το πρόσημο του συντελεστή του x ). Είναι: Δ < ( a) < a < 0 4a < 4 a < 1.

4 Δίνεται η εξίσωση (x ) = λ(4x 3), με παράμετρο λ R. α) Να γράψετε την εξίσωση στη μορφή αx + βx + γ = 0, α 0. β) Να βρείτε για ποιες τιμές του λ η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές και άνισες. γ) Αν x 1, x είναι οι ρίζες της εξίσωσης, στην περίπτωση που έχει ρίζες πραγματικές και άνισες, i. να υπολογίσετε τα S = x 1 + x και P = x 1 x ii. να αποδείξετε ότι η παράσταση Α = (4x 1 3)(4x 3) είναι ανεξάρτητη του λ, δηλαδή σταθερή. α) Είναι x 4x + 4 = 4λx 3λ x (4 + 4λ)x λ = 0. β) Η εξίσωση είναι πραγματικές και άνισες ρίζες όταν Δ > 0. Δ > 0 (4 + 4λ) 4(4 + 3λ) > λ + 16λ 16 1λ > 0 16λ + 0λ > 0 4λ + 5λ > 0 λ(4λ + 5) > 0 λ < 5 4 ή λ > 0. γ) Για το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών είναι: (4 + 4λ) i. S = x 1 + x = = 4 + 4λ 1 P = x 1 x = 4 + 3λ 1 = 4 + 3λ ii. A = (4x 1 3)(4x 3) = 16x 1 x 1(x 1 + x ) + 9 = 16 (4 + 3λ) 1(4 + 4λ) + 9 = λ 48 48λ = 5 (ανεξάρτητη του λ) Δίνεται η εξίσωση: x λx (λ + 5) = 0 (1) με παράμετρο λ R. α) Να βρείτε τη διακρίνουσα Δ της εξίσωσης (1). β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (1) έχει δυο ρίζες πραγματικές και άνισες για κάθε λ R. γ) Αν x 1, x είναι οι δύο ρίζες της εξίσωσης (1), να βρεθούν οι τιμές του λ R για τις οποίες ισχύει: (x 1 )(x ) = 4 α) Η εξίσωση γράφεται: x λx (λ + 5) = 0 (1) και η διακρίνουσα είναι: Δ = λ 4 ( λ 5) = λ + 4λ + 0 = 5λ + 0.

5 β) Παρατηρούμε ότι Δ = 5λ + 0 > 0 για κάθε λ R, άρα η (1) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες. γ) Είναι (x 1 )(x ) = 4 x 1 x (x 1 + x ) + 4 = 4 λ 5 λ + 8 = 0 λ λ + 3 = 0 με Δ = 4 4 ( 1) 3 = 16 λ 1, = ± 4 δηλαδή λ 1 = 3, λ = 1. α) Να λύσετε την εξίσωση: x 3x 4 = 0 (1) β) Δίνονται οι ομόσημοι αριθμοί α, β για τους οποίους ισχύει: α 3αβ 4β = 0. i. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός α β είναι λύση της εξίσωσης (1). ii. Να αιτιολογήσετε γιατί ο α είναι τετραπλάσιος του β. α) Είναι: x 3x 4 = 0 (1). Δ = 5 Άρα: x 1 = 4, x = 1. β) Είναι: α 3αβ 4β = 0 α 4αβ + αβ 4β = 0 α(α 4β) + β(α 4β) = 0 (α 4β)(α + β) = 0 α = 4β ή α = β (απορρίπτεται αφού α, β ομόσημοι) Τελικά: α = 4β α β = 4. Ο αριθμός α = 4 είναι λύση της (1) (ερώτημα (α)) β Δίνεται η αριθμητική πρόοδος (α ν ) με διαφορά ω. α) Να αποδείξετε ότι α 0 α 10 = 10ω. β) Αν α 0 α 10 = 30 και α 1 = 1, να αποδείξετε ότι α ν = 3ν. γ) Ποιος είναι ο πρώτος όρος της προόδου που ξεπερνάει το 30; δ) Πόσοι όροι της παραπάνω προόδου είναι μικρότεροι του 60; α) Είναι: α 0 α 10 = α ω α 1 9ω = 10ω. β) Είναι: α 0 α 10 = 30, άρα 10ω = 30 ω = 3. Επίσης: α 1 = 1 Έχουμε: α ν = α 1 + (ν 1) ω = 1 + (ν 1) 3 = 1 + 3ν 3 = 3ν γ) Για ν = 11 έχουμε α 11 = 3 11 = 33 = 31. Άρα είναι ο 11ος όρος. δ) Παρατηρούμε ότι για ν = 1, α 1 = 3 1 = 63 = 61. Άρα 0 όροι της παραπάνω προόδου είναι μικρότεροι του 60.

6 Δίνεται η συνάρτηση: f(x) = x x + a 4 α) Να βρείτε τις τιμές του πραγματικού αριθμού α, ώστε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f να είναι το σύνολο R. β) Αν είναι γνωστό ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από το σημείο Α (0, 1 ), τότε: i. Να αποδείξετε ότι α = 1 και να γράψετε τον τύπο της χωρίς το σύμβολο της τετραγωνικής ρίζας. ii. Να λύσετε την εξίσωση f(x) = 1. α) Είναι: f(x) = x x + a 4 Πρέπει: x x + a 4 0 4x 4x + a 0 (1) για κάθε x R. Η (1) ισχύει όταν Δ a 0 16a 16 a 1. β) i. Είναι f(0) = a 4 = 1 a 4 = 1 a = 1 a = 1 a = 1. Για α = 1, f(x) = x x = (x 1 ) = x 1. ii. Λύνουμε: x 1 = 1 x 1 = 1 ή { x 1 = 1 { x = 1 ή x = 0

7 Δίνεται η εξίσωση: x x + λ λ = 0, με παράμετρο λ R (1) α) Να βρείτε τη διακρίνουσα Δ της εξίσωσης και να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε λ R. β) Για ποια τιμή του λ η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες ίσες; γ) Αν x 1, x είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης (1), τότε να βρείτε για ποιες τιμές του λ ισχύει 0 < d(x 1, x ) <. Είναι: x x + λ λ = 0, λ R α) Δ = 1 4 (λ λ ) = 1 4λ + 4λ = 4λ 4λ + 1 = (λ 1) 0 Άρα η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε λ R. β) Η (1) έχει ρίζες ίσες όταν Δ = 0 (λ 1) = 0 λ 1 = 0 λ = 1. γ) Για Δ = (λ 1), έχουμε x 1, = 1±(λ 1) δηλαδή x 1 = λ και x = λ 1 Λύνουμε: 0 < x 1 x < 0 < λ 1 + λ < 0 < λ 1 < Έχουμε: λ 1 > 0 λ R { 1 }, () και λ 1 < < λ 1 < 1 < λ < 3 1 < λ < 3 (3). Από τις σχέσεις (), (3) έχουμε: λ ( 1, 1 ) (1, 3 ) Δίνεται η εξίσωση: x x + (λ λ ) = 0, με παράμετρο λ R (1) α) Να βρείτε τη διακρίνουσα Δ της εξίσωσης και να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε λ R. β) Για ποια τιμή του λ η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες ίσες; γ) Αν λ 1 και x 1, x είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης (1), τότε να βρείτε για ποιες τιμές του λ ισχύει: d(x 1, x ) = 1 d(x 1, x )

8 α) Είναι: x x + λ λ = 0, λ R Δ = 1 4(λ λ ) = 1 4λ + 4λ = (λ 1) 0. Άρα η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε λ R. β) Η (1) έχει ρίζες ίσες όταν Δ = 0 (λ 1) = 0 λ = 1. γ) Για Δ = (λ 1) έχουμε x 1, = Λύνουμε: d(x 1, x ) = 1 ± (λ 1) 1 d(x 1, x ) d (x 1, x ) = 1 δηλαδή x 1 = λ και x = 1 λ. x 1 x = 1 (x 1 x ) = 1 (λ 1) = 1 4λ 4λ + 1 = 1 4λ 4λ = 0 4λ(λ 1) = 0 λ = 0 ή λ = 1. Δίνεται η εξίσωση: x x + (λ λ ) = 0, με παράμετρο λ R. (1) α) Να βρείτε τη διακρίνουσα Δ της εξίσωσης και να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε λ R. β) Για ποια τιμή του λ η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες ίσες; γ) Να βρείτε το λ, ώστε η συνάρτηση f(x) = x x + λ λ να έχει πεδίο ορισμού το R. α) Είναι: x x + λ λ = 0, λ R Δ = 1 4(λ λ ) = 1 4λ + 4λ = (λ 1) 0. Άρα η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε λ R. β) Η (1) έχει ρίζες ίσες όταν Δ = 0 (λ 1) = 0 λ = 1. γ) Πρέπει: x x + λ λ 0. Αυτό συμβαίνει όταν Δ 0. Λύνουμε: Δ 0 1 4(λ λ ) 0 4λ 4λ (λ 1 ) 0. Ισχύει μόνο το "=" άρα (λ 1) λ 1 = 0 λ = 1.

9 Δίνεται συνάρτηση g(x) = (x 1)(x 4) x + κx + λ, η οποία έχει πεδίο ορισμού το R {, 1}. α) Να βρείτε τις τιμές των κ και λ. β) Για κ = 1 και λ = : i. Να απλοποιήσετε τον τύπο της g. ii. Να δείξετε ότι: g(α + 3) > g(α), όταν 1 < α < Είναι: g(x) = (x 1)(x 4) x +κx+λ με Α g = R {,1} α) Οι τιμές x =, x = 1 μηδενίζουν τον παρονομαστή. Άρα για x = έχουμε: 4 κ + λ = 0 και για x = 1 έχουμε: 1 + κ + λ = 0. κ = 1 Από το σύστημα των δύο εξισώσεων έχουμε ότι: { λ = β) i. Για κ = 1, λ = έχουμε: g(x) = (x 1)(x 4) x + x = (x 1)(x + 1)(x + )(x ) (x + )(x 1) = (x + 1)(x ) ii.είναι: g(a + 3) > g(a) (a )(a + 3 ) > (a + 1)(a ) (a + 4)(a + 1) > (a + 1)(a ) a + 5a + 4 > a a 6a > 6 a > 1, ή που ισχύει από υπόθεση g(a + 3) > g(a) (a + 4)(a + 1) > (a + 1)(a ), Από την υπόθεση έχουμε ότι: 1 < α <. (1) Άρα: 1 < α < α + 4 α + 4 > 3 (άρα α + 4 > 0) Επίσης 1 < α +1 0 < α + 1 Αντίστοιχα: α < 0 αφού α <. Από τα παραπάνω, ισχύει η (1).

10 Δίνεται το τριώνυμο f(x) = x x + (λ λ ), λ R α) Να βρείτε τη διακρίνουσα Δ του τριωνύμου και να αποδείξετε ότι το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές για κάθε λ R. β) Για ποια τιμή του λ το τριώνυμο έχει δύο ρίζες ίσες; γ) Αν λ 1 και x 1, x είναι οι ρίζες του παραπάνω τριωνύμου με x 1 < x, τότε: i. να αποδείξετε ότι x 1 < x 1 + x < x ii. να διατάξετε από τον μικρότερο προς τον μεγαλύτερο τους αριθμούς: f(x ), f ( x 1 + x ), f(x + 1). α) Είναι: x x + λ λ = 0, λ R Δ = 1 4(λ λ ) = 1 4λ + 4λ = (λ 1) 0. Άρα η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε λ R. β) Η (1) έχει δύο ρίζες ίσες όταν Δ = 0 (λ 1) = 0 λ = 1. γ) i. Θέλουμε να αποδείξουμε οτι: x 1 < x 1 + x έχουμε: x 1 < x 1 + x x 1 < x (ισχύει από την υπόθεση) και: x 1 + x < x x 1 < x (ισχύει από την υπόθεση) ii. Είναι: f(x ) = 0 (αφού x ρίζα της εξίσωσης) < x x 1 < x 1 + x < x x x 1 x 1 +x x x + 1 πρόσημο της f + + Από τον πίνακα προσήμων παρατηρούμε ότι: f ( x 1 + x ) < 0 και f(x + 1) > 0 Καταλήγουμε, λοιπόν, ότι: f ( x 1 + x ) < f(x ) < f(x + 1)

11 Δίνεται συνάρτηση g(x) = (x 1)(x 4) x + κx + λ, η οποία έχει πεδίο ορισμού το R {, 1}. α) Να βρείτε τις τιμές των κ και λ. β) Για κ = 1 και λ = : i. Να απλοποιήσετε τον τύπο της g. ii. Να δείξετε ότι g(α) g(β) > 0, όταν 1 < α < και 1 < β < Είναι: g(x) = (x 1)(x 4) x +κx+λ με Α g = R {,1} α) Οι τιμές x =, x = 1 μηδενίζουν τον παρονομαστή. Άρα για x = έχουμε: 4 κ + λ = 0 και για x = 1 έχουμε: 1 + κ + λ = 0. κ = 1 Από το σύστημα των δύο εξισώσεων έχουμε ότι: { λ = β) i. Για κ = 1, λ = έχουμε: g(x) = (x 1)(x 4) x + x = (x 1)(x + 1)(x + )(x ) (x + )(x 1) ii. g(a) g(β) > 0 (a + 1)(a ) (β + 1) (β ) > 0 (1) Έχουμε: 1 < α a + 1 > 0 () a < a < 0 (3) 1 < β β + 1 > 0 (4) β < β < 0 (5) Από τις (), (3), (4) και (5) ισχύει η σχέση (1). = (x + 1)(x ) Θέμα 4 ο : Δίνεται η εξίσωση λx + (λ 1)x + λ = 0, (1) με παράμετρο λ R. α) Να λύσετε την εξίσωση όταν λ = 0. β) Έστω λ 0. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (1) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες, τις οποίες στη συνέχεια να βρείτε. Αν x 1 = 1 και x = 1 + είναι οι δύο ρίζες της εξίσωσης (1), να προσδιορίσετε τις λ τιμές του λ, για τις οποίες ισχύει: x 1 x > 1.

12 α) Για λ = 0 η εξίσωση γίνεται: x = 0 x = 1. β) Για λ 0 η εξίσωση (1) είναι δευτέρου βαθμού και για τη διακρίνουσα έχουμε: Δ = 4(λ 1) 4λ(λ ) = 4(λ λ + 1) 4λ + 8λ = 4 > 0 Επομένως, για κάθε τιμή του λ R η εξίσωση έχει δύο πραγματικές και άνισες ρίζες: x 1 = x = (λ 1) λ (λ 1) + λ Λύνουμε την ανίσωση: = 1 = 1 + λ x 1 x > 1 1 ( 1 + λ ) > 1 λ > 1 λ < 1 λ < < λ < Θέμα 4 ο : Από μια έρευνα μεταξύ μαθητών ενός Λυκείου της χώρας, προέκυψε ότι το 80% των μαθητών πίνει γάλα ή τρώει δυο φέτες ψωμί με βούτυρο και μέλι στο σπίτι το πρωί. Επιλέγουμε ένα μαθητή στην τύχη και ορίζουμε τα ενδεχόμενα: Α: ο μαθητής πίνει γάλα Β: ο μαθητής τρώει δυο φέτες ψωμί με βούτυρο και μέλι Αν από το σύνολο των μαθητών το 60% πίνει γάλα και το 45% τρώει δυο φέτες ψωμί με βούτυρο και μέλι, α) Να ορίσετε με χρήση της γλώσσας των συνόλων τα ενδεχόμενα: i) ο μαθητής ούτε να πίνει γάλα ούτε να τρώει δυο φέτες ψωμί με βούτυρο και μέλι ii) ο μαθητής να πίνει γάλα και να τρώει δυο φέτες ψωμί με βούτυρο και μέλι iii) ο μαθητής να πίνει μόνο γάλα. β) Να υπολογίσετε την πιθανότητα πραγματοποίησης των ενδεχομένων του α) ερωτήματος. α) Για το ενδεχόμενο Α ισχύει: P(A) = 0,6 ή 60%, ενώ για το ενδεχόμενο Β ισχύει: P(Β) = 0,45 ή 45%. Για το ενδεχόμενο ο μαθητής να πίνει γάλα ή να τρώει ψωμί με μέλι είναι: P(Α Β) = 0,8 ή 80%. Στη γλώσσα των συνόλων το ενδεχόμενο ο μαθητής ούτε να πίνει γάλα ούτε να τρώει δυο φέτες ψωμί με βούτυρο και μέλι γράφεται: (Α B). Αντίστοιχα, το ενδεχόμενο ο μαθητής να πίνει γάλα και να τρώει δυο φέτες ψωμί με βούτυρο και μέλι γράφεται Α B Τέλος το ενδεχόμενο ο μαθητής να πίνει μόνο γάλα είναι το Α Β.

13 β) Για τις πιθανότητες των παραπάνω ενδεχομένων έχουμε: P((Α B) ) = 1 P(Α B) = 1 0,8 = 0, ή 0% P(Α B) = P(A) + P(B) P(Α B) = 0,6 + 0,45 0,8 = 0,5 ή 5% P(Α B) = P(A) P(Α B) = 0,6 0,5 = 0,35 ή 35%. Σε μια ομάδα που αποτελείται από 7 άνδρες και 13 γυναίκες, 4 από τους άνδρες και από τις γυναίκες παίζουν σκάκι. Επιλέγουμε τυχαία ένα από τα άτομα αυτά. α) Να παραστήσετε με διάγραμμα Venn και με χρήση της γλώσσας των συνόλων το ενδεχόμενο το άτομο που επιλέχθηκε: i) να είναι άνδρας ή να παίζει σκάκι. ii) να μην είναι άνδρας και να παίζει σκάκι. β) Να υπολογίσετε την πιθανότητα το άτομο που επιλέχθηκε να είναι γυναίκα και να παίζει σκάκι. Για το δειγματικό χώρο του πειράματος έχουμε: Ν(Ω) = 0. Έστω Α το ενδεχόμενο ο άτομο που επιλέχθηκε να είναι άνδρας, Β το ενδεχόμενο να είναι γυναίκα και Γ το ενδεχόμενο να παίζει σκάκι. Α Β Το ενδεχόμενο το άτομο που επιλέγουμε τυχαία να είναι άνδρας ή να παίζει σκάκι, συμβολίζεται με: A Γ και είναι το γραμμοσκιασμένο χωρίο στο διάγραμμα Venn. Γ Το ενδεχόμενο να μην είναι άνδρας και να παίζει σκάκι συμβολίζεται με A Γ = Β Γ αφού τα ενδεχόμενα Α, Β είναι συμπληρωματικά. Παριστάνεται με το γραμμοσκιασμένο χωρίο στο παρακάτω διάγραμμα: Α Γ Β Το ενδεχόμενο να είναι γυναίκα και να παίζει σκάκι συμβολίζεται με Β Γ και ισχύει: P(Β Γ) = N(Β Γ) N(Ω) = = 0,1 ή 10% 0

14 Οι δράστες μιας κλοπής διέφυγαν μ ένα αυτοκίνητο και μετά από την κατάθεση διαφόρων μαρτύρων έγινε γνωστό ότι ο τετραψήφιος αριθμός της πινακίδας του αυτοκινήτου είχε πρώτο και τέταρτο ψηφίο το. Το δεύτερο ψηφίο ήταν 6 ή 8 ή 9 και το τρίτο ψηφίο του ήταν 4 ή 7. α) Με χρήση δενδροδιαγράμματος, να προσδιορίσετε το σύνολο των δυνατών αριθμών της πινακίδας του αυτοκινήτου. β) Να υπολογίσετε τις πιθανότητες των παρακάτω ενδεχομένων Α: Το τρίτο ψηφίο του αριθμού της πινακίδας είναι το 7. Β: Το δεύτερο ψηφίο του αριθμού της πινακίδας είναι 6 ή 8. Γ: Το δεύτερο ψηφίο του αριθμού της πινακίδας δεν είναι ούτε 8 ούτε 9. Το δενδροδιάγραμμα που παρουσιάζει το σύνολο των δυνατών αριθμών της πινακίδας του αυτοκινήτου είναι: 1ο ψηφίο ο ψηφίο 3ο ψηφίο 4ο ψηφίο Αρ. Πινακίδας Ο δειγματικός χώρος του πειράματος είναι: Ω = {64, 67, 84, 87, 94, 97} με N(Ω) = 6. Το ενδεχόμενο Α είναι: Α = {67, 87, 97} με N(Α) = 3. Το ενδεχόμενο Β είναι: Β = {64, 67, 84, 87} με N(Β) = 4. Το ενδεχόμενο Γ είναι: Β = {64, 67, } με N(Γ) =. Οπότε για τις πιθανότητές τους είναι: P(A) = N(A) N(Ω) = 3 6 = 1, N(Β) P(Β) = N(Ω) = 4 6 = 3 και P(Γ) = N(Γ) N(Ω) = 6 = 1 3

15 Δίνεται η εξίσωση: x x + λ = 0, με παράμετρο λ < 1. α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει δύο ρίζες x 1, x διαφορετικές μεταξύ τους. β) Να δείξετε ότι: x 1 + x =. γ) Αν για τις ρίζες x 1, x ισχύει επιπλέον: x 1 = x + τότε: i. να δείξετε ότι : x 1 x = 4 ii. να προσδιορίσετε τις ρίζες x 1, x και την τιμή του λ. α) Είναι: Δ = 4 4λ = 4(1 λ) > 0, επειδή λ < 1. Άρα η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες. β) Ισχύει: x 1 + x = β α = γ) i)έχουμε: x 1 + x = β α = και επίσης: x 1 = x + x { 1 = x + ή x 1 = x { x 1 x = 4 ή x 1 + x = 0 Τελικά, x 1 x = 4, γιατί η περίπτωση x 1 + x = 0 απορρίπτεται αφού S =. ii) Είναι: Επίσης: P = 3 γ = 3 λ = 3 α { x 1 x = 4 x 1 + x = { x 1 = 3 x = 1 Σε ένα τμήμα της Α Λυκείου κάποιοι μαθητές παρακολουθούν μαθήματα Αγγλικών και κάποιοι Γαλλικών. Η πιθανότητα ένας μαθητής να μην παρακολουθεί Γαλλικά είναι 0,8. Η πιθανότητα ένας μαθητής να παρακολουθεί Αγγλικά είναι τετραπλάσια από την πιθανότητα να παρακολουθεί Γαλλικά. Τέλος, η πιθανότητα ένας μαθητής να παρακολουθεί μαθήματα τουλάχιστον μιας από τις δύο γλώσσες είναι 0,9. α) Επιλέγουμε έναν μαθητή στην τύχη. I. Ποια είναι η πιθανότητα αυτός να παρακολουθεί μαθήματα και των δύο γλωσσών; II. Ποια είναι η πιθανότητα αυτός να παρακολουθεί μαθήματα μόνο μιας από τις δύο γλώσσες; β) Αν 14 μαθητές παρακολουθούν μόνο Αγγλικά, πόσοι είναι οι μαθητές του τμήματος; Έστω Α το ενδεχόμενο να παρακολουθεί Αγγλικά και Β το ενδεχόμενο να παρακολουθεί Γαλλικά. Είναι: P(B ) = 0,8 και P(B) = 1 P(B ) = 1 0,8 P(B) = 0,

16 και P(Α) = 4 Ρ(Β) = 0,8 Επίσης ισχύει: Ρ (Α Β) = 0,9 α) i.) Η ζητούμενη πιθανότητα είναι: Ρ(Α Β) Έχουμε: Ρ(Α Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β) Ρ (Α Β) Ρ (Α Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β) Ρ(Α Β) Ρ(Α Β) = 0,8 + 0, 0,9 = 0,1 ii) Επίσης: Ρ [(Α Β) (Β Α)] = Ρ(Α) Ρ(Α Β) + Ρ(Β) Ρ (Α Β) = Ρ(Α ) + Ρ(Β) Ρ(Α Β) = 0,8 + 0, 0,1 = 0,8 β) Το ενδεχόμενο να παρακολουθεί μόνο Αγγλικά είναι Α Β και για την πιθανότητά του είναι: Ρ(Α Β) = Ρ(Α) Ρ (Α Β) = 0,8 0,1 = 0,7 Οπότε: Ρ(Α Β) = Ν(Α β) Ν(Ω) Ν(Ω) = Ν(Α β) Ρ(Α Β) = 14 0,7 = 0 Δίνεται η εξίσωση: x (λ 1)x + λ + 5 = 0 (1), με παράμετρο λ R α) Να δείξετε ότι η διακρίνουσα της εξίσωσης (1) είναι : Δ = 4λ 1λ 16 β) Να βρείτε τις τιμές λ R ώστε η εξίσωση να έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες. γ) Αν η εξίσωση (1) έχει ρίζες τους αριθμούς x 1, x και d(x 1, x ) είναι η απόσταση των x 1, x στον άξονα των πραγματικών αριθμών, να βρείτε για ποιες τιμές του λ ισχύει: d(x 1, x ) = 4. α) Είναι Δ = β 4αγ Δ = ( λ) 4 1 (λ + 5) Δ = 4 8λ + 4λ 4λ 0 Δ = 4λ 1λ 16 β) Πρέπει: Δ 0 4λ 1λ 16 > (λ 3λ 4) > 0 λ 3λ 4 > 0. Θεωρούμε την αντίστοιχη δευτεροβάθμια εξίσωση: λ 3λ 4 = 0 με Δ = = 5 και λύσεις: λ 1, = 3±5 δηλαδή: λ 1 = 4 ή λ = 1. Έχουμε: α = 1 0 οπότε από τον αντίστοιχο πίνακα προσήμων προκύπτει ότι:

17 λ 3λ 4 > 0 λ < 1 ή λ > 4. Δηλαδή για να ισχύει Δ 0, πρέπει λ (, 1) (4, + ). γ) Αφού d(x 1, x ) = 4 οι ρίζες δεν είναι ίσες. Επομένως: Δ 0 Για τις ρίζες έχουμε: x 1 = (λ 1) + Δ και x = (λ 1) Δ δηλ. x 1 x = Δ Έχουμε: d(x 1, x ) = 4 x 1 x = 4 Δ = 4 4(λ 3λ 4) = 4 λ 3λ 4 = 6 λ 3λ 10 = 0 με Δ = = 49 Είναι: λ 1, = 3±7 οπότε: λ 1 = 5, δεκτή και λ =, δεκτή, αφού λ (, 1) (4, + ) Δίνεται η συνάρτηση f, με f(x) = x+ 9 x. α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. β) Να βρείτε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f με τους άξονες. γ) Αν Α και Β είναι τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f με τους άξονες x x και y y αντίστοιχα, να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που ορίζεται από τα Α και Β. α) Πρέπει: 9 x > 0 x < 9 x < 3 3 < x < 3. Άρα A f = ( 3,3). β) Για την εύρεση του σημείου τομής με τον x x θέτουμε y = 0, οπότε προκύπτει: x + = 0 x + = 0 x = 9 x Επομένως, το σημείο τομής είναι το Α(,0). Για το σημείο τομής με τον y y θέτουμε x = 0 οπότε παίρνουμε: y = τομής είναι το Β (0, 3 ) = 3 και το σημείο γ) Έστω (ε) η ζητούμενη ευθεία, η οποία είναι της μορφής y = ax + β Αφού A(,0) (ε) και Β(0, ) (ε) είναι: 3

18 0 = α + β a = 1 { { 3 = α 0 + β 3 β = 3 Άρα: y = 1 3 x + 3 (ε) Η εξέταση σε ένα διαγωνισμό των Μαθηματικών περιλάμβανε δύο θέματα τα οποία έπρεπε να απαντήσουν οι εξεταζόμενοι. Για να βαθμολογηθούν με άριστα έπρεπε να απαντήσουν και στα δύο θέματα, ενώ για να περάσουν την εξέταση έπρεπε να απαντήσουν σε ένα τουλάχιστον από τα δύο θέματα. Στο διαγωνισμό εξετάσθηκαν 100 μαθητές. Στο πρώτο θέμα απάντησαν σωστά 60 μαθητές. Στο δεύτερο θέμα απάντησαν σωστά 50 μαθητές, ενώ και στα δύο θέματα απάντησαν σωστά 30 μαθητές. Επιλέγουμε τυχαία ένα μαθητή: α) Να παραστήσετε με διάγραμμα Venn και με χρήση της γλώσσα των συνόλων (ορίζοντας τα κατάλληλα ενδεχόμενα) τα παραπάνω δεδομένα. β) Να υπολογίσετε την πιθανότητα ο μαθητής: I. να απάντησε σωστά μόνο στο δεύτερο θέμα. II. να βαθμολογηθεί με άριστα. III. να μην απάντησε σωστά σε κανένα θέμα. IV. να πέρασε την εξέταση. α) Έστω Α το ενδεχόμενο να απάντησε ο μαθητής στο πρώτο θέμα. Έστω Β το ενδεχόμενο να απάντησε ο μαθητής στο δεύτερο θέμα. Το ενδεχόμενο Α Β θα περιέχει τους μαθητές που απάντησαν και στα δύο. Το ενδεχόμενο Α Β θα περιέχει τους μαθητές που απάντησαν σε ένα από τα δύο. Β Α Β Α β) Είναι: Ν(Ω) = 100, Ν(Α) = 60, Ν(Β) = 50, Ν(Α Β) = 30 I. P(B Α) = P(B) P(A B) = N(B) N(Α Β) = 50% 30% = 0% N(Ω) N(Ω) II. P(Α Β) = N(Α Β ) = 30 = 30% N(Ω) 100 III. P ((Α Β) ) = 1 P(Α Β) = 1 P(A) P(B) + P (Α Β) = 1 60% 50% + 30% = 0% IV. P (Α Β) = P(A) + P(B) P(Α Β) = 60% + 50% 30% = 80%

19 Τέσσερεις αθλητές, ο Αργύρης, ο Βασίλης, ο Γιώργος και ο Δημήτρης τερμάτισαν σε έναν αγώνα δρόμου με αντίστοιχους χρόνους (σε λεπτά) t A, t B, t Γ και t Δ για τους οποίους ισχύουν οι σχέσεις: t A < t B, t Γ = t A+ t B και t 3 A t Δ = t Β t Δ α) i) Να δείξετε ότι: t Δ = t A+t B. ii) Να βρείτε τη σειρά με την οποία τερμάτισαν οι αθλητές. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. β) Δίνεται επιπλέον ότι ισχύει t A + t B = 6 και t A t B = 8 i) Να γράψετε μια εξίσωση ου βαθμού που έχει ρίζες τους αριθμούς t A και t B ii) Να βρείτε τους χρόνους τερματισμού των τεσσάρων αθλητών. Λύση α) i) Ισχύει: t A t Δ = t Β t Δ t A t Δ = t Β t Δ t A = t B, το οποίο απορρίπτεται. { t A t Δ = t Β + t Δ t Δ = t A + t Β t Δ = 1 (t A + t Β ), (1) ii) Είναι: t Γ = t A + t B 3 Ισχύει: t Α < t Β, (3) Επίσης: t Γ t Δ = ( t A+ t Β 3 Άρα: t Δ < t Γ, (4) 3t Γ = t A + t B < 3t B t Γ < t B () ) ( t A+ t Β ) = t B t A > 0 Από (1), (), (3), (4): t Α < t Δ < t Γ < t Β 6 β) i) Η εξίσωση θα είναι: x Sx + P = 0 με S = t Α + t B = 6 και P = t Α t B = 8, άρα: x 6x + 8 = 0 ii) { t A + t B = 6 t A t B = 8 { t A = 6 t B (6 t B ) t B = 8 { t A = 6 t B, (5) t B 6t B + 8 = 0, (6) με Δ = 36 3 = 4 > 0, οπότε: t B = 4 ή t B = Αν t B = 4 τότε t Α = < t B και είναι δεκτές οι λύσεις. Αν t B = τότε t Α = 4 > t B και οι λύσεις απορρίπτονται. Τέλος προκύπτουν: t Γ = 10 3 και t Δ = 3.

20 Ένας μελισσοκόμος έχει τοποθετήσει 0 κυψέλες σε μια ευθεία η οποία διέρχεται από την αποθήκη του Α. Η πρώτη κυψέλη απέχει 1 μέτρο από την αποθήκη Α, η δεύτερη 4 μέτρα από το Α, η Τρίτη 7 μέτρα από το Α και γενικά κάθε επόμενη κυψέλη απέχει από την αποθήκη Α, 3 επιπλέον μέτρα, σε σχέση με την προηγούμενη κυψέλη. α) Να δείξετε ότι οι αποστάσεις των κυψελών από την αποθήκη Α αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου και να βρείτε το ν 0 όρο αυτής της προόδου. Τι εκφράζει ο πρώτος όρος της αριθμητικής προόδου και τι η διαφορά της; β) Σε πόση απόσταση από την αποθήκη Α είναι η 0ή κυψέλη; γ) Ο μελισσοκόμος ξεκινώντας από την αποθήκη Α συλλέγει το μέλι, από μια κυψέλη κάθε φορά, και το μεταφέρει πάλι πίσω στην αποθήκη Α. i) Ποια είναι η απόσταση που θα διανύσει ο μελισσοκόμος για να συλλέξει μέλι από την 3 η κυψέλη; ii) Ποια είναι η συνολική απόσταση που θα διανύσει ο μελισσοκόμος για να συλλέξει το μέλι και από τις 0 κυψέλες; α) Οι αποστάσεις από την αποθήκη Α είναι: 1, 4, 7, 10 Για να έχω αριθμητική πρόοδο, πρέπει η διαφορά διαδοχικών αποστάσεων να είναι σταθερή. Έχω α 1 = 1, α = 4, α 3 = 7 και α α 1 = 3, άρα αποτελούν αριθμητική πρόοδο με ω = 3. Είναι: α ν = α 1 + (ν 1)ω α ν = 1 + 3(ν 1) α ν = 3ν Ο πρώτος όρος της αριθμητικής προόδου εκφράζει την απόσταση της πρώτης κυψέλης από την αποθήκη Α ενώ η διαφορά εκφράζει τη σταθερή απόσταση μεταξύ δύο κυψελών. β) Για ν = 0, έχω: α 0 = α 1 + (0 1) ω α 0 = α 0 = 58. γ) Ο μελισσοκόμος για να συλλέξει το μέλι από την 3 η αποθήκη σημαίνει ότι έχει συλλέξει από την 1 η και τη η και έχει γυρίσει στην αποθήκη. Άρα έχει διανύσει απόσταση: S = a 1 + a + a 3 = (a 1 + a + a 3 ) = ( ) = 4 m δ) Αντίστοιχα με το ερώτημα γ) η απόσταση S είναι: S = a 1 + a + + a 0 = (a 1 + a + a 0 ) = S 0 = 0 (1 + 58) = 1180 m

21 Δυο φίλοι αποφάσισαν να κάνουν το χόμπι τους δουλειά. Τους άρεσε να ζωγραφίζουν μπλουζάκια και έστησαν μια μικρή επιχείρηση για να τα πουλήσουν μέσω διαδικτύου. Τα έξοδα κατασκευής (σε ευρώ) για x μπλουζάκια δίνονται από τη συνάρτηση Κ(x) = 1, 5x + 10 και τα έσοδα από την πώλησή τους (σε ευρώ), σε διάστημα ενός μηνός, από τη συνάρτηση E(x) = 15, 5x. α) Ποια είναι τα πάγια έξοδα της επιχείρησης; β) Τι εκφράζει ο αριθμός 1, 5 και τι ο αριθμός 15, 5 στο πλαίσιο του προβλήματος; γ) Να βρείτε πόσα μπλουζάκια πρέπει να πουλήσουν ώστε να έχουν έσοδα όσα και έξοδα (δηλαδή να μην «μπαίνει μέσα» η επιχείρηση) δ) Αν πουλήσουν 60 μπλουζάκια θα έχουν κέρδος; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. α) Τα πάγια έξοδα μιας επιχείρησης είναι αυτά που δεν εξαρτώνται από το ύψος της παραγωγής. Αν, λοιπόν, η επιχείρηση δεν κατασκευάσει κανένα μπλουζάκι, x = 0 θα έχουμε: Κ(0) = 1, = 10 β) Ο αριθμός 1,5 εκφράζει το κόστος παραγωγής για ένα μπλουζάκι. Ο αριθμός 15,5 εκφράζει το κέρδος από την πώληση μιας μπλούζας. γ) Θέλουμε τα έσοδα και τα έξοδα της επιχείρησης να είναι ίσα: Κ(x) = Ε(x) 1,5x + 10 = 15,5x 3x = 10 x = 40 μπλουζάκια δ) Για να έχουν κέρδος πρέπει: Ε(60) Κ(60) , το οποίο ισχύει. Αφού τα έσοδα από την πώληση 60 τεμαχίων (μπλουζάκια) είναι μεγαλύτερα από τα αντίστοιχα έξοδα η επιχείρηση θα έχει κέρδος. Δίνεται η εξίσωση: (λ λ ) x (λ 1) x + λ 1 = 0, (1) με παράμετρο λ R. α) Να βρεθούν οι τιμές του λ R, για τις οποίες η (1) είναι εξίσωση ου βαθμού. β) Να αποδείξετε ότι για τις τιμές του λ R που βρήκατε στο (α) ερώτημα η (1) παίρνει τη μορφή : λx (λ + 1)x + 1 = 0 γ) Να αποδείξετε ότι για τις τιμές του λ R που βρήκατε στο (α) ερώτημα η (1) έχει δυο ρίζες πραγματικές και άνισες. δ) Να προσδιορίσετε τις ρίζες της (1), αν αυτή είναι ου βαθμού.

22 α) Η γενική μορφή της εξίσωσης ου βαθμού είναι: αx + βx + γ = 0, με α 0. Πρέπει: α 0 λ λ 0 λ(λ 1) 0 λ 0 και λ 1. Άρα λ R {0, 1}. β) Η (1) γράφεται: (λ λ)x (λ 1)x + λ 1 = 0 λ(λ 1)x (λ 1)(λ + 1)x + λ 1 = 0 Αφού λ 1 0 έχουμε: λx (λ + 1)x + 1 = 0. γ) Έχω τη δευτεροβάθμια εξίσωση: λx (λ + 1)x + 1 = 0, με λ R {0, 1} Για να έχει η εξίσωση δύο πραγματικές άνισες ρίζες πρέπει: Δ 0, για κάθε λ R {0, 1}. Είναι: [ (λ + 1)] 4 λ 1 0 λ λ (λ 1) > 0, που ισχύει για κάθε λ 1. δ) Αφού είναι ου βαθμού ισχύει: λ R {0, 1} και η εξίσωση γράφεται: λx (λ + 1)x + 1 = 0, με Δ = λ 1 0 Οπότε οι λύσεις είναι: (λ + 1) + (λ 1) (λ + 1) (λ 1) x 1 = = 1 και x λ = = λ λ = 1 λ Τελικά για κάθε λ R {0, 1} η εξίσωση έχει λύσεις: x 1 = 1 και x = 1 λ

23 Ένα αθλητής κολυμπάει ύπτιο και καίει 9 θερμίδες το λεπτό, ενώ όταν κολυμπάει πεταλούδα, καίει 1 θερμίδες το λεπτό. Ο αθλητής θέλει, κολυμπώντας να κάψει 360 θερμίδες. α) Αν ο αθλητής θέλει να κολυμπήσει ύπτιο 3 λεπτά, πόσα λεπτά πρέπει να κολυμπήσει πεταλούδα για να κάψει συνολικά 360 θερμίδες. β) Ο αθλητής αποφασίζει πόσο χρόνο θα κολυμπήσει ύπτιο και στη συνέχεια υπολογίζει πόσο χρόνο πρέπει να κολυμπήσει πεταλούδα για να κάψει 360 θερμίδες. i) Αν x ο χρόνος (σε λεπτά) που ο αθλητής κολυμπάει ύπτιο, να αποδείξετε ότι ο τύπος της συνάρτησης που εκφράζει το χρόνο που πρέπει να κολυμπήσει πεταλούδα για να κάψει 360 θερμίδες είναι: f(x) = x ii) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης του ερωτήματος β(i), στο πλαίσιο του συγκεκριμένου προβλήματος. γ) Να χαράξετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης του ερωτήματος (β), να βρείτε τα σημεία τομής της με τους άξονες και να ερμηνεύσετε τη σημασία τους στο πλαίσιο του προβλήματος. Έστω x τα λεπτά που κολυμπάει ο αθλητής: Υ(x) = 9 x, οι θερμίδες που καίει αν κολυμπήσει x λεπτά ύπτιο, Π(x) = 1 x, οι θερμίδες που καίει αν κολυμπήσει x λεπτά πεταλούδα. α) Αφού ο αθλητής θα κολυμπήσει ύπτιο για x = 3 λεπτά, οι αντίστοιχες θερμίδες είναι: Υ(x) = 9 3 = 8 θερμίδες Πρέπει να κάψει ακόμα: = 7 θερμίδες Άρα, αν t τα λεπτά που χρειάζεται για να κολυμπήσει πεταλούδα, τότε έχουμε: Π(t) = 7 1t = 7 t = 6 λεπτά. β) i) Έστω t ο χρόνος που πρέπει να κολυμπήσει πεταλούδα και x ο χρόνος που αποφάσισε να κολυμπήσει ύπτιο. Πρέπει: Υ(x) + Π(t) = 360 9x + 1t = x + t = 30 T = x Η συνάρτηση που συνδέει το χρόνο t συναρτήσει του x είναι: f(x) = x. ii) Επειδή το πρόβλημα αναφέρεται σε λεπτά πρέπει: x 0, άρα x [0, + ). γ) Η συνάρτηση είναι f(x) = 30 3 x με x [0, + ) και η γραφική της παράσταση είναι ευθεία 4 γραμμή. Για να τη σχεδιάσουμε υπολογίζουμε τις συντεταγμένες δύο σημείων της: x 0 4 t 30 7 Οπότε τα σημεία είναι: Α (0, 30) και Β(4, 7).

24 Σημείο τομής με t t άξονα για t = 0 0 = x x = 40. Άρα Γ (0, 40). t Α Β C f x t Γ x Σημείο Α: Για να κάψει ο αθλητής 360 θερμίδες πρέπει, αν δεν κολυμπήσει ύπτιο, να κολυμπήσει 30 λεπτά πεταλούδα. Σημείο Γ: Για να κάψει ο αθλητής 360 θερμίδες πρέπει, αν δεν κολυμπήσει πεταλούδα, να κολυμπήσει 40 λεπτά ύπτιο. Για την κάλυψη, με τετράγωνα πλακάκια, μέρους ενός τοίχου, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε πλακάκια τύπου Α με πλευρά d cm ή πλακάκια τύπου Β με πλευρά (d + 1) cm. α) Να βρείτε, ως συνάρτηση του d, το εμβαδόν που καλύπτει κάθε πλακάκι τύπου Α και κάθε πλακάκι τύπου Β. β) Αν η επιφάνεια μπορεί να καλυφθεί είτε με 00 πλακάκια τύπου Α είτε με 18 τύπου Β, να βρείτε: i) τη διάσταση που έχει το πλακάκι κάθε τύπου, ii) τo εμβαδόν της επιφάνειας που καλύπτουν. α) Τα εμβαδά που καλύπτουν τα πλακάκια τύπου Α και Β αντίστοιχα, δίνονται από τους τύπους: Ε Α = d, E B = (d + 1) β) i) Ισχύει ότι: 00 Ε Α = 18 Ε Β 00 d = 18 (d + 1) 00d = 18(d + d + 1) 00d = 18d + 56d d 56d 18 = 0 9d 3d 16 = 0 Δ = ( 3) 4 9 ( 16) = = 1600

25 d 1, = 3 ± = 7 18 = 4 8 { 18 = 4 9 απορρίπτεται Άρα το πλακάκι Α έχει πλευρά 4 cm και το Β έχει πλευρά 5 cm. ii) Το εμβαδόν που καλύπτουν είναι 00Ε Λ = 00 4 = 300cm Μια μπάλα που εκτοξεύεται κατακόρυφα προς τα πάνω, αφού διαγράψει μια τροχιά, μετά από κάποιο χρόνο θα πέσει στο έδαφος. Το ύψος h (σε m) από το έδαφος, στο οποίο βρίσκεται η μπάλα κάθε χρονική στιγμή t (σε sec) κατά την κίνησης της, προσδιορίζεται από τη συνάρτηση: h(t) = 5t + 10t + 1, 05 α) Να βρείτε τις τιμές h(0), h(1) και h(), και να εξηγήσετε τι παριστάνουν στο πλαίσιο του προβλήματος. β) Να βρείτε μετά από πόσο χρόνο η μπάλα θα φτάσει στο έδαφος. γ) Να δείξετε ότι το ύψος στο οποίο βρίσκεται η μπάλα κάθε χρονική στιγμή t μπορεί να προσδιοριστεί και από τον τύπο: h(t) = 5[1, 1 (t 1) ] Να εξετάσετε αν υπάρχει χρονική στιγμή t 1 (σε sec) που το ύψος h της μπάλας από το έδαφος θα είναι πάνω από 6, 05m. α) Είναι: h(0) = 1,05m, h(1) = 6,05 m, h() = 1,05 m Οι τιμές h(0), h(1), h() παριστάνουν το ύψος της μπάλας στις χρονικές στιγμές t = 0, t = 1, t = sec αντίστοιχα. Το h(0) δείχνει ότι η μπάλα, τη στιγμή που εκτοξεύεται βρίσκεται 1,05 m πάνω από το έδαφος και στο ίδιο ύψος επιστρέφει μετά από s αφού h(0) = h() = 1,05 m. β) Η μπάλα φτάνει στο έδαφος όταν h(t) = 0 h(t) = 0 5t + 10t + 1,05 = 0 Δ = 10 4 ( 5) 1,05 = 11 t 1, = 10 ± = { 1 10 απορρίπτεται 1 =,1 sec 10 γ) Για το ύψος της μπάλας ισοδύναμα έχουμε: h(t) = 5[1,1 (t 1) ] h(t) 5[1,1 (t t + 1)] h(t) = 5( t + t + 0,1)

26 h(t) = 5t + 10t + 1,05 δ) Για να μην υπερβαίνει το ύψος της μπάλας τα 6,05m η ανίσωση h(t) > 6,05 πρέπει να είναι αδύνατη. Πράγματι: h(t) > 6,05 5t + 10t + 1,05 > 6,05 5t + 10t 5 > 0 5(t t + 1) > 0 5(t 1) > 0 η οποία είναι αδύνατη. Άρα δεν υπάρχει χρονική στιγμή t τέτοια ώστε h(t) > 6,05. Δίνεται η εξίσωση x λx + λ 1 = 0, με παράμετρο λ R. α) Να δείξετε ότι για κάθε λ R η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες. β) Να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης, για κάθε λ R. γ) Να βρείτε για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού λ, οι δύο άνισες ρίζες της εξίσωσης ανήκουν στο διάστημα (, 4). α) Για να βρούμε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης υπολογίζουμε τη διακρίνουσα: Δ = ( λ) 4 1 (λ 1) = 4λ 4λ + 4 = 4 > 0 Εφόσον Δ > 0, η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες. β) Οι λύσεις της εξίσωσης δίνονται από τον τύπο: x 1, = λ ± λ + = λ = { (λ + 1) (λ 1) = λ + 1, για λ R = λ 1, για λ R. γ) Λύνουμε τις ανισώσεις: < x 1 < 4 και < x < 4 αντίστοιχα: < λ + 1 < 4 1 < λ < < λ < 3 και < λ 1 < < λ < < λ < 5 Αν θέλουμε και οι δύο λύσεις να ανήκουν στο διάστημα (,4) πρέπει 1 < λ < 3.

27 Δίνονται οι ανισώσεις: x < 3 και x x 8 0 α) Να βρείτε τις λύσεις τους. β) Να δείξετε ότι οι ανισώσεις συναληθεύουν για x ( 1, 4]. γ) Αν οι αριθμοί ρ 1 και ρ ανήκουν στο σύνολο των κοινών λύσεων των δύο ανισώσεων, να δείξετε ότι και ο αριθμός ρ 1 + ρ είναι κοινή τους λύση. α) Για την επίλυση των ανισώσεων έχουμε: x < 3 3 < x < 3 1 < x < 5 (1) και για την x x 8 0 λύνουμε την αντίστοιχη δευτεροβάθμια εξίσωση: x x 8 = 0, από όπου εύκολα με χρήση των τύπων Vieta S =, P = 8 προκύπτει ότι: x 1 = 4 και x =. Από τον πίνακα προσήμων προκύπτει ότι: x x 8 0 για x [, 4] () β) Από τις σχέσεις (1) και () προκύπτει ότι οι ανισώσεις συναληθεύουν για x ( 1,4]. γ) Αφού ρ 1, ρ ( 1,4] θα ισχύει: 1 < ρ 1 4 και 1 < ρ 4 Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε: < ρ 1 + ρ 8 < ρ 1 + ρ Άρα ρ 1 + ρ 8 1 < ρ 1 + ρ 4 ( 1, 4]. Δηλαδή είναι κοινή λύση των ανισώσεων. Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) = 4x + και g(x) = x 9 με πεδίο ορισμού το R. α) Να βρείτε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g με τον άξονα x x. β) Να εξετάσετε αν η γραφική παράσταση της f τέμνει τους άξονες σε κάποιο από τα σημεία (3, 0) και ( 3, 0). γ) Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει σημείο του άξονα x x που η τετμημένη του να ικανοποιεί τη σχέση f(x) = g(x). δ) Να βρείτε την συνάρτηση h που η γραφική της παράσταση να είναι ευθεία και να τέμνει τη γραφική παράσταση της g σε σημείο του άξονα x x. α) Η C g τέμνει τον άξονα x x όταν g(x) = 0 g(x) = 0 x 9 = 0 x = 9 x = ± 9 x = 3 ή x = 3 Επομένως, η C g τέμνει τον x x στα σημεία Α(3,0) και Β( 3,0).

28 β) Αν (3,0) C f θα πρέπει να ισχύει ότι f(3) = 0 Έχουμε: f(3) = f(3) = 14 0 Ομοίως, f( 3) = 4 ( 3) + f( 3) = 10 0 Άρα η C f δεν τέμνει τους άξονες σε αυτά τα σημεία. γ) Οι C f, C g τέμνουν τον x x όταν f(x) = g(x) = 0 f(x) = 0 4x + = 0 x = 1. Άρα η C f τέμνει τον x x στο Γ ( 1, 0) Από το ερώτημα (α) η C g τέμνει τον x x στα σημεία Α(3,0) και Β( 3,0). Άρα δεν υπάρχει σημείο του x x ώστε f(x) = g(x). Δίνεται το τριώνυμο: λx (λ + 1)x + λ, λ R {0} α) Να βρείτε τη διακρίνουσα Δ του τριωνύμου και να αποδείξετε ότι το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές για κάθε λ R {0}. β) Αν x 1, x είναι οι ρίζες του τριωνύμου, να εκφράσετε το άθροισμα S = x 1 + x συναρτήσει του λ 0 και να βρείτε την τιμή του γινομένου P = x 1 x των ριζών. γ) Αν λ < 0, τότε: i) το παραπάνω τριώνυμο έχει ρίζες θετικές ή αρνητικές; Να αιτιολογήσετε την απάντησης σας. ii) να αποδείξετε ότι x 1 + x x 1 x, όπου x 1, x είναι οι ρίζες του παραπάνω τριωνύμου. α) Είναι: Δ = [ (λ + 1)] 4 λ λ = (λ + 1) 4λ = λ 4 + λ + 1 4λ = λ 4 λ + 1 Δηλαδή: Δ = (λ 1) 0 για κάθε λ R {0} (Σχόλιο: για λ = 0 δεν είναι τριώνυμο) β) Για το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών έχουμε: S = x 1 + x = β α = λ + 1 λ P = x 1 + x = γ α = λ λ = 1 γ) i) Aν λ < 0 τότε S < 0 (διότι λ + 1 > 0 και λ < 0) και P = 1 > 0. Oι ρίζες του τριώνυμου είναι ομόσημες (αφού P > 0) και αρνητικές εφόσον S < 0. ii) Ισοδύναμα έχουμε: x 1 + x x 1 x λ + 1 λ + 1 λ λ (λ + λ + 1) 0 (λ + 1) 0 το οποίο ισχύει πάντα. (λ < 0) (λ + 1) λ λ λ 1 0

29 Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) = x 4x + a και g(x) = ax 5, με α R. α) Αν ισχύει f() = g(), να βρέτε την τιμή του α. β) Για α = 1 i) να λύσετε την εξίσωση: f(x) = g(x) ii) να λύσετε την ανίσωση: f(x) g(x) και, με τη βοήθεια αυτής να λύσετε την εξίσωση: f(x) g(x) = f(x) g(x) α) Ισχεύει: f() = g() a = a = a a a = 1 β) Για την τιμή α = 1 οι συναρτήσεις γράφονται: f(x) = x 4x + 1 και g(x) = x + 5. i) f(x) = g(x) x 4x + 1 = x + 5 x 5x + 6 = 0 x = ή x = 3 ii) f(x) g(x) f(x) g(x) 0 x 4x + 1 x + 5 x 5x Από τον πίνακα προσήμων προκύπτει ότι: x (, ] [3, + ). x 3 + x 5x Επίσης, έχουμε: f(x) g(x) = f(x) g(x) (1) Η εξίσωση (1) έχει λύση μόνο αν f(x) g(x) 0 δηλαδή f(x) g(x), Άρα οι λύσεις είναι: x (, ] [3, + ). Σχόλιο: στη λύση χρησιμοποιήσαμε τον ορισμό της απόλυτης τιμής: α = α αν και μόνο αν α 0. Για δεδομένο λ R θεωρούμε τη συνάρτηση f, με τύπο: f(x) = (λ + 1)x (λ + 1)x +, x R Να δείξετε ότι, για οποιαδήποτε τιμή του λ η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από το σημείο A(0, ). β) Για λ = 1, να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της f. γ) Αν η γραφική παράσταση της f τέμνει τον άξονα x x στο σημείο B(, 0), να βρείτε την τιμή του λ και να εξετάσετε αν η γραφική παράσταση τέμνει τον άξονα x x και σε άλλο σημείο. δ) Για λ = 1, να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της f βρίσκεται ολόκληρη πάνω από τον άξονα x x. α) Για να διέρχεται η γραφική παράσταση από το σημείο Α(0,) πρέπει: f(0) = (λ + 1) 0 (λ + 1) 0 + = = ισχύει. Άρα για κάθε λ R η C f διέρχεται από το Α(0,). β) Για λ = 1 προκύπτει f(x) = και η γραφική παράσταση είναι ευθεία παράλληλη στον άξονα x x.

30 y f(x) = x 0 x y γ) Εφόσον η γραφική παράσταση διέρχεται από το Β(,0) θα ισχύει: f() = 0 (λ + 1) 4(λ + 1) + = 0 4λ + 4 λ + = 0 λ = 4 λ = Για λ = ο τύπος της συνάρτησης γράφεται: f(x) = x + x + H C f τέμνει τον x x για f(x) = 0 x + x = 0 x = ή x = 1. Άρα τέμνει τον x x και σε άλλο ένα σημείο το Γ( 1,0) δ) Για λ = 1 ο τύπος της συνάρτησης γράφεται: f(x) = x x + Η γραφική παράσταση βρίσκεται ολόκληρη πάνω από τον άξονα x x όταν: f(x) > 0 x x + > 0 H διακρίνουσα είναι: Δ = ( ) 4 = 1 < 0 Οπότε κατασκευάζουμε τον πίνακα προσήμων x + x x + + Τελικά προκύπτει ότι: x x + > 0 για κάθε x R. α) Δίνεται η διτετράγωνη εξίσωση: x 4 7x + 1 = 0. Να δείξετε ότι η εξίσωση αυτή έχει τέσσερις διαφορετικές πραγματικές ρίζες, τις οποίες και να προσδιορίσετε. β) Γενικεύοντας το παράδειγμα του προηγούμενου ερωτήματος, θεωρούμε τη διτετράγωνη εξίσωση: x 4 + βx + γ = 0 (1) με παραμέτρους β, γ R. Να δείξετε ότι: Αν β < 0, γ > 0 και β 4γ > 0, τότε η εξίσωση (1) έχει τέσσερις διαφορετικές πραγματικές ρίζες.

31 α) Για την επίλυση της εξίσωσης x 4 7x + 1 = 0 κάνουμε την αντικατάσταση: x = ω 0 Έτσι προκύπτει η εξίσωση: ω 7ω + 1 = 0 με τον περιορισμό ω 0. Είναι: Δ = ( 7) = 1 οπότε προκύπτουν: ω 1 = 4 και ω = 3 που είναι δεκτές. Στη συνέχεια βρίσκουμε τις λύσεις της αρχικής εξίσωσης ω = 4 x = 4 x = ή x = ω = 3 x = 3 x = 3 ή x = 3 β) Κατά αντιστοιχία για την επίλυση της εξίσωσης: x 4 + βx + γ = 0 (1) κάνουμε την αντικατάσταση: x = ω 0 και η (1) γίνεται: ω + βω + γ = 0 με ω 0 () Είναι: Δ = β 4γ > 0 οπότε η εξίσωση () έχει δύο άνισες ρίζες ω 1, ω. Αφού: P = γ > 0 οι ρίζες ω 1, ω είναι ομόσημοι αριθμοί. Επιπλέον επειδή: S = β > 0 συμπεραίνουμε ότι ω 1 > 0, ω > 0 που είναι και οι δύο δεκτές. Όμως: x = ω 1 x = ω 1, x = ω 1 και x = ω x = ω, x = ω Δηλαδή η εξίσωση (1) έχει 4 διαφορετικές πραγματικές ρίζες. Δίνονται η εξίσωση: αx (a 1)x a = 0, με παράμετρο α 0. α) Να αποδείξετε ότι η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι: Δ = (a + 1). β) Να αποδείξετε ότι οι ρίζες της εξίσωσης είναι: ρ 1 = a και ρ = 1 a. γ) Να βρεθούν οι τιμές του α ώστε: ρ 1 ρ =. α) Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι: Δ = (α 1) + 4α = α 4 α α = α 4 + α + 1 = (α + 1). β) Για τις ρίζες της εξίσωσης έχουμε: ρ 1, = a 1 ± (a + 1) a Οπότε είναι: ρ 1 = a = a και ρ a 1 = = 1 a a γ) Έχουμε: ρ 1 ρ = ρ 1 ρ = 4 (ρ 1 ρ ) = 4 (α + 1 α ) = 4 a a = 4 a + 1 a = a4 a + 1 = 0 (α 1) = 0 α 1 = 0 α = 1 ή α = 1.

32 oς τρόπος για το (γ) ερώτημα: Για το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών έχουμε: S = ρ 1 + ρ = α 1 και P = ρ α 1 ρ = 1 Επίσης ισχύει: (ρ 1 + ρ ) = (ρ 1 ρ ) + 4ρ 1 ρ S = ρ 1 ρ + 4 P Αντικαθιστώντας τα S, P και χρησιμοποιώντας τη σχέση: ρ 1 ρ = παίρνουμε: ( α 1 α ) = 4 4 α 1 α = 0 α 1 = 0 a = 1 ή a = 1. Δίνεται αριθμητική πρόοδος (α ν ) με α 3 = 10 και α 0 = 61. α) Να βρεθεί ο πρώτος όρος και η διαφορά της προόδου. β) Να εξετάσετε αν ο αριθμός 333 είναι όρος της περιόδου. γ) Να εξετάσετε αν υπάρχουν διαδοχικ0οί όροι x και y της παραπάνω προόδου (α ν ) τέτοιοι ώστε να ισχύει: x = y 3 α) Είναι: α ν = α 1 + (v 1)ω με ν N. Για ν = 3 έχουμε: α 3 = α 1 + ω και για ν = 0 έχουμε: α 0 = α ω Οπότε, προκύπτει το σύστημα: { α 1 + ω = 10 α ω = 61 {α 1 = 10 ω { α 1 = 10 ω { α 1 = 17ω = 51 ω = 4 ω = 4 β) Ελέγχουμε αν ο αριθμός 333 είναι όρος της προόδου: α ν = (ν 1) 3 = 333 3ν + 1 = 333 3ν = 33 ν = 33 Άρα, ο αριθμός 333 δεν είναι όρος της προόδου. γ) Για να είναι οι αριθμοί x, y διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου θα πρέπει: 3 N. y 3 = x y y 3 = 3 y = 9 και x = 6 Να λύσετε την ανίσωση: x x, (1) Δίνονται δύο αριθμοί κ, λ οι οποίοι είναι λύσεις της ανίσωσης (1) και ικανοποιούν επιπλέον τη σχέση: (λ 1)(κ 1) < 0 i. Να δείξετε ότι το 1 είναι μεταξύ των κ, λ. ii. Να δείξετε ότι: κ λ 3

33 i) Η εξίσωση (1) γράφεται: x + 5x x 5x + 0 με Δ = 5 16 = 9 Οπότε οι λύσεις της αντίστοιχης εξίσωσης είναι: x 1, = 5±3 δηλαδή: x 4 1 =, x = 1 Κατασκευάζουμε πίνακα προσήμων: 1 x + x 5x Από τον πίνακα προσήμων προκύπτει ότι: x (, 1 ] [, + ). ii) Για να ισχύει η σχέση (λ 1)(κ 1) < 0 θα πρέπει: { λ 1 < 0 κ 1 > 0 {λ < 1 () 1 > 0 ή {λ κ > 1 κ 1 < 0 {λ > 1 κ < 1 (3) Από τις σχέσεις () και (3) προκύπτει ότι: λ < 1 < κ ή κ < 1 < λ. Άρα σε κάθε περίπτωση το 1 είναι μεταξύ των κ, λ. ii) Aν λ 1 < 0 και κ 1 > 0 επειδή κ, λ λύσεις της ανίσωσης θα ισχύει: λ 1 Επομένως: και κ. { λ 1 κ Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε: κ λ 3 Αν λ 1 > 0 και κ 1 < 0, ομοίως θα ισχύει: κ 1 Επομένως: και λ. { κ 1 λ Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε: κ λ 3 Τελικά από τις σχέσεις (4) και (5) θα έχουμε: κ λ 3. Μία υπολογιστική μηχανή έχει προγραμματιστεί έτσι ώστε, όταν εισάγεται σε αυτήν ένας πραγματικός αριθμός, να δίνει ως εξαγόμενο τον αριθμό λ που δίνεται από τη σχέση: λ = (x + 5) 8x (1) α) Αν ο εισαγόμενος αριθμός είναι το 5, ποιος είναι ο εξαγόμενος; β) Αν ο εξαγόμενος αριθμός είναι το 0, ποιος μπορεί να είναι ο εισαγόμενος; γ) Να γράψετε τη σχέση (1) στη μορφή 4x + 1x + (5 λ) = 0 και στη συνέχεια: i) να αποδείξετε ότι οποιαδήποτε τιμή και να έχει ο εισαγόμενος αριθμός x, ο εξαγόμενος αριθμός λ δεν μπορεί να είναι ίσος με 5. ii) να προσδιορίσετε τις δυνατές τιμές του εξαγόμενου αριθμού λ. α) Για x = 5 έχουμε: λ = ( ) + 40 = = 65

34 β) Για λ = 0 έχουμε: (x + 5) 8x = 0 4x + 0x + 5 8x 0 = 0 4x + 1x + 5 = 0 με Δ = = = 64 Οπότε οι λύσεις είναι: x 1, = 1 ± 8 x 8 1 = 0 8 = 5 ή x = 4 8 = 1 γ) i. Έστω ότι λ = 5. Τότε έχουμε: 4x + 1x + 0 = 0 με Δ = = = 176 < 0. Άτοπο, αφού πάντα υπάρχει εισαγόμενος αριθμός. ii. Έχουμε: 4x + 1x + 5 λ = 0 και πρέπει: Δ (5 λ) λ 0 λ 56 λ 16 16