Άλγεβρα και στοιχεία πιθανοτήτων

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Άλγεβρα και στοιχεία πιθανοτήτων"

Transcript

1 ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ, ΕΡΕΥΝΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ Άλγεβρα και στοιχεία πιθανοτήτων ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ Σ. Ανδρεαδάκης Β. Κατσαργύρης Σ. Παπασταυρίδης Γ. Πολύζος Α. Σβέρκος Λ. Αδαμόπουλος Χ. Δαμιανού ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

2 ΑΛΓΕΒΡΑ KAI ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ (0-0) ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

3 ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΕΠΑΝΕΚ ΟΣΗΣ Η επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκε από το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & Εκδόσεων «Διόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργήθηκε με χρηματοδότηση από το ΕΣΠΑ / ΕΠ «Εκπαίδευση & Διά Βίου Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ». Οι διορθώσεις πραγματοποιήθηκαν κατόπιν έγκρισης του Δ.Σ. του Ινστιτούτου Εκπαιδευτικής Πολιτικής

4 ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ, ΕΡΕΥΝΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ ΑΛΓΕΒΡΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ (0-0) ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Η συγγραφή και η επιστηµονική επιµέλεια του βιβλίου πραγµατοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

5

6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ.. Δειγματικός χώρος Ενδεχόμενα Α ΟΜΑΔΑΣ. Έστω α, μ, κ τα αποτελέσματα η μπάλα να είναι άσπρη, μαύρη και κόκκινη αντιστοίχως. Έχουμε: i) η εξαγωγή η εξαγωγή Αποτέλεσμα α (α, α) α μ (α, μ) κ (α, κ) α (μ, α) μ μ (μ, μ) κ (μ, κ) α (κ, α) κ μ (κ, μ) κ (κ, κ) Ω = {(α, α), (α, μ), (α, κ), (μ, α), (μ, μ), (μ, κ), (κ, α), (κ, μ), (κ, κ)} ii) {(κ, α), (κ, μ), (κ, κ)} iii) {(α, α), (μ, μ), (κ, κ)}.. i) η εξαγωγή η εξαγωγή Αποτέλεσμα κ (α, μ) α μ (α, κ) α (μ, α) μ κ (μ, κ) α (κ, α) κ μ (κ, μ) Ω = {(α, μ), (α, κ), (μ, α), (μ, κ), (κ, α), (κ, μ)} ii) {(κ, α), (κ, μ)} iii) Ø.

7 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ : πιθανοτητεσ 3. i) Ω = {(Κύπρος, αεροπλάνο), (Μακεδονία, αυτοκίνητο), (Μακεδονία, τρένο), (Μακεδονία, αεροπλάνο)}. ii) Α = {(Κύπρος, αεροπλάνο), (Μακεδονία, αεροπλάνο)}. 4. i) Αν συμβολίσουμε καθεμία από τις επιλογές με το αρχικό της γράμμα, έχουμε το παρακάτω δεντροδιάγραμμα: Κύριο πιάτο Συνοδευτικό Γλυκό Αποτέλεσμα π (κ, μ, π) μ τ (κ, μ, τ) ζ (κ, μ, ζ) π (κ, ρ, π) κ ρ τ (κ, ρ, τ) ζ (κ, ρ, ζ) π (κ, χ, π) χ τ (κ, χ, τ) ζ (κ, χ, ζ) π (φ, μ, π) μ τ (φ, μ, τ) ζ (φ, μ, ζ) π (φ, ρ, π) φ ρ τ (φ, ρ, τ) ζ (φ, ρ, ζ) π (φ, χ, π) χ τ (φ, χ, τ) ζ (φ, χ, ζ) Το σύνολο που έχει ως στοιχεία τις 8 τριάδες της στήλης "αποτέλεσμα" αποτελεί το δειγματικό χώρο του πειράματος: ii) Α = {(κ, μ, π), (κ, ρ, π), (κ, χ, π), (φ, μ, π), (φ, ρ, π), (φ, χ, π)} iii) Β = {(κ, μ, π), (κ, μ, τ), (κ, μ, ζ), (κ, ρ, π), (κ, ρ, π), (κ, ρ, ζ), (κ, χ, π), (κ, χ, τ), (κ, χ, ζ)} iv) A Β = {(κ, μ, π), (κ, ρ, π), (κ, χ, π)} v) Γ = {(κ, ρ, π), (κ, ρ, τ), (κ, ρ, ζ), (φ, ρ, π), (φ, ρ, τ), (φ, ρ, ζ)} ( A Β) Γ = {(κ, ρ, π)}. 5. i) Ω = {(0, α), (0, β), (0, γ), (0, δ), (, α), (, β), (, γ), (, δ)} ii) Α = {(0, γ), (0, δ)} iii) Β = {(0, α), (0, β), (, α), (, β)} iv) Γ = {(, α), (, β), (, γ), (, δ)}. 6. i) Α = {3}, Β = {, 4, 6}, A Β = Ø, άρα τα Α και Β είναι ασυμβίβαστα. ii) Επειδή υπάρχουν και Έλληνες καθολικοί, αυτό σημαίνει ότι A Β Ø, δηλαδή τα Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

8 .. Δειγματικός χώρος - Ενδεχόμενα 7 iii) Επειδή υπάρχουν γυναίκες άνω των 30, που να είναι 30 χρόνια παντρεμένες, αυτό σημαίνει ότι A Β Ø. iv) A Β = Ø, άρα τα Α και Β είναι ασυμβίβαστα. 7. ο παιδί ο παιδί 3 ο παιδί Αποτέλεσμα α ααα α κ αακ α α ακα κ κ ακκ α καα α κ κακ κ α κκα κ κ κκκ Ω = {ααα, αακ, ακα, ακκ, καα, κακ, κκα, κκκ}. Β ΟΜΑΔΑΣ. ο παιχνίδι ο παιχνίδι 3ο παιχνίδι Αποτέλεσμα α αα α β α αβα β β αββ βαα α α βαβ β β ββ Ω = {αα, αβα, αββ, βαα, βαβ, ββ}.. Τα αποτελέσματα της ρίψης δύο ζαριών φαίνονται στον παρακάτω πίνακα διπλής εισόδου. η ρίψη η ρίψη (, ) (, ) (, 3) (, 4) (, 5) (, 6) (, ) (, ) (, 3) (, 4) (, 5) (, 6) 3 (3, ) (3, ) (3, 3) (3, 4) (3, 5) (3, 6) 4 (4, ) (4, ) (4, 3) (4, 4) (4, 5) (4, 6) 5 (5, ) (5, ) (5, 3) (5, 4) (5, 5) (5, 6) 6 (6, ) (6, ) (6, 3) (6, 4) (6, 5) (6, 6)

9 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ : πιθανοτητεσ Άρα Α = {(, ), (3, ), (3, ), (4, ), (4, ), (4, 3), (5, ), (5, ), (5, 3), (5, 4), (6, ), (6, ), (6, 3), (6, 4), (6, 5)}. Β = {(, ), (, 3), (, 5), (, ), (, 4), (, 6), (3, ), (3, 3), (3, 5), (4, ), (4, 4), (4, 6), (5, ), (5, 3), (5, 5), (6, ), (6, 4), (6, 6)}. Γ = {(, ), (, ), (, 3), (, 4), (, ), (, ), (3, ), (4, )}. A Β = {(3, ), (4, ), (5, ), (5, 3), (6, ), (6, 4)}. A Γ = {(, ), (3, ), (4, )}. ( A Β) Γ = {(3, )}... Έννοια της πιθανότητας Α ΟΜΑΔΑΣ 4. i) Η τράπουλα έχει 4 πεντάρια και επομένως η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με 5 = 3. ii) Το ενδεχόμενο είναι το αντίθετο του ενδεχομένου του προηγούμενου ερωτήματος. Άρα η 4 48 ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με = = Αν Γ το αποτέλεσμα «γράμματα» και Κ το αποτέλεσμα «κεφαλή», ο δειγματικός χώρος του πειράματος είναι Ω = {ΚΓ, ΓΚ, ΚΚ, ΓΓ} και υπάρχει μια ευνοϊκή περίπτωση, η ΓΓ. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι Το κουτί έχει συνολικά = 40 μπάλες. i) Οι μαύρες μπάλες είναι 5. Άρα η πιθανότητα να είναι η μπάλα μαύρη ii) Υπάρχουν 0 άσπρες και 5 μαύρες μπάλες. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με = iii) Το να μην είναι η μπάλα ούτε κόκκινη ούτε πράσινη, σημαίνει ότι μπορεί να είναι άσπρη ή μαύρη. Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι ίση με = Η τάξη έχει συνολικά = 30 μαθητές. Για να έχει η οικογένεια ενός μαθητή 3 παιδιά, πρέπει ο μαθητής αυτός να έχει δηλώσει ότι έχει αδέλφια. Επειδή 9 μαθητές

10 .. Έννοια της πιθανότητας 9 δήλωσαν ότι έχουν αδέλφια, η ζητούμενη πιθανότητα είναι Έχουμε Ω = {0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0}, Α = {, 5, 8} και Β = {, 6, 0}. Επομένως i) ( )= P Α. ii) Έχουμε P( Β ) =, άρα P( Β ) = =. 6. Αν Λ, Π και Ν είναι τα ενδεχόμενα να κερδίσουν ο Λευτέρης, ο Παύλος και ο Νίκος αντιστοίχως, τότε P( Λ ) =, P( Π ) = και P( Ν ) = Επειδή τα ενδεχόμενα είναι ασυμβίβαστα έχουμε: i) P( Λ Π ) = P( Λ) + P( Π ) = + =, δηλαδή 50% ii) P( Λ Ν ) = P( Λ Ν ) = P( Λ) P( Ν ) = =, δηλαδή 30%. 7. Έχουμε διαδοχικά P( Α) + P( Β) P( Α Β) = P( Α Β) P( Α Β) = P( Α Β ) = + = + = Έχουμε διαδοχικά P( Α) + P( Β) P( Α Β) = P( Α Β) 5 + P( Β ) = 3 6 P ( Β ) = + = + = = Έχουμε διαδοχικά P( Α) + P( Β) P( Α Β) = P( Α Β) P( Α) 0, = 0,6 P( Α) = 0,8 P( Α ) = 0,4.

11 0 ΚΕΦΑΛΑΙΟ : πιθανοτητεσ 0. Έχουμε διαδοχικά P( Α Β) = P( Α) + P( Β) P( Α Β). Έχουμε = + 3 = = + = = 3 4. P( Α Β) P( Α) + P( Β) P( Α) + P( Β) P( Α Β) P( Α) + P( Β) 0 P( Α Β ) που ισχύει.. Έστω Α το ενδεχόμενο να έχει κάρτα D και Β το ενδεχόμενο να έχει κάρτα V Έχουμε P( Α ) =, P( Β ) =, P( Α Β ) =. Επομένως P( Α Β) = P( Α) + P( Β) P( Α Β) 3. Έστω Α το ενδεχόμενο να έχει υπέρταση και Β το ενδεχόμενο να έχει στεφανιαία νόσο. Έχουμε 0 6 P( Α ) =, P( Β ) = και P( Α Β ) = α) Έχουμε P( Α Β) = P( Α) + P( Β) P( Α Β) = + =, δηλαδή 4% = + =, δηλαδή 65% β) Το ενδεχόμενο να έχει το άτομο μόνο μια ασθένεια είναι το ( Α Β) ( Β Α ). Τα ενδεχόμενα ( Α Β ) και ( Β Α ) είναι ασυμβίβαστα. Επομένως ( Α Β Β Α ) P( ) ( ) = PA ( B) + PB ( A) = P( Α) P( Α Β) + P( Β) P( Α Β) = P( Α) + P( Β) + P( Α Β) = + =, δηλαδή %

12 .. Έννοια της πιθανότητας 4. Έστω Α το ενδεχόμενο να μαθαίνει αγγλικά και Β το ενδεχόμενο να μαθαίνει γαλλικά. Έχουμε 80 P( Α ) =, P( Β ) = και 00 0 P( Α Β ) =. 00 Άρα P( ) ( Α Β) = P( Α Β) = P( Α) P( Β) + P( Α Β) = + =, δηλαδή 0% β ΟΜΑΔΑΣ. i) P( Α Β) = P( Α) + P( Β) P( Α Β) =κ + λ μ ii) P( ( Α Β) )= P( Α Β) = κ λ + μ iii) ( ) P ( Α Β) ( Β Α) = P( Α Β) + P( Β Α) = P( Α) P( Α Β) + P( Β) P( Α Β) = P( Α) + P( Β) P( Α Β) = κ + λ μ.. Αν Α και Β τα ενδεχόμενα να μην έχει ένα νοικοκυριό τηλεόραση και Βίντεο αντιστοίχως, θα είναι P( Α ) = και P( Β ) = και P( Α Β ) = Επομένως η ζητούμενη πιθανότητα θα είναι: ( ) P ( Α Β) = P( Α Β) = [ P( Α) + P( Β) P( Α Β)] = + = =, δηλαδή 55% Έχουμε διαδοχικά P( Α) 3 = P( Α ) 4 P( Α) 3 = P( Α) 4 4 P( Α) = 3 3 PA ( ) 7 P( Α ) = 3, P( Α )= 3, P( Α ) = P( Α ) =

13 ΚΕΦΑΛΑΙΟ : ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ 4. Αν P( Α )= x, τότε P( Α ) = x, όπου 0< x <. Έχουμε P( Α) P( Α ) x x x+ x 4 x( x) x+ x 4x 4x + 4x 4x 0 5. Έχουμε Α Β Α (x ) 0 που ισχύει. P( Α Β) P( Α) Έχουμε P( Α Β) P( Α Β ) 0,6 () P( Α) + P( Β) P( Α Β) 06, + 07, PA ( B) από τις () και () προκύπτει ότι: 0,6 + 0,7 P( Α Β) 0,3 P( Α Β ) () 0,3 P( Α Β ) 0,6. 6. P( Β) P( Α ) P( Α Β) P( Β) + P( Α) P( Α Β) P( Β) + P( Α) P( Α Β) P( Α Β ) που ισχύει.

14 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ.. Οι πράξεις και οι ιδιότητές τους Α ΟΜΑΔΑΣ. Έχουμε i) ii) Για x = 00 και Α = 9 =. y = έχουμε x y = οπότε 00 x x : x y x y (xy) 3 7. Έχουμε ( ) Α= = = = y xy y Για x = 0,4 και y =,5 είναι xy = οπότε Α = ( ) 0 =. 3. i) ii) = (00 999)( ) = 000 = = (00 )(00 + ) = 00 = 0000 = iii) (7, 3) (4, 3) (7, 3 + 4, 3)(7, 3 4, 3), 46 3 = = = 3,46,46,46 4. i) Έχουμε ( α+β) ( α β ) =α + αβ+β ( α αβ+β ) ii) Σύμφωνα με το ερώτημα (i): = α + αβ + β α + αβ β = 4αβ = 4 =

15 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ : ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ 5. i) Έχουμε α ( α )( α+ ) =α ( α ) =α α + = ii) Αν εφαρμόσουμε το ερώτημα (i) για α =,365 η τιμή που προκύπτει για την παράσταση είναι. 6. Έστω v και v + δύο διαδοχικοί φυσικοί αριθμοί: Τότε έχουμε ( ν+ ) ν = ( ν+ ν)( ν+ +ν ) = ( ν+ ) +ν 7. Ισχύει ν ν+ ν+ ν ν + + = ( + + ) = 7 β ΟΜΑΔΑΣ. Αν παραγοντοποιήσουμε αριθμητή και παρονομαστή Έχουμε 3 α α +α α( α α+ ) ( α ) i) = = =α α α α( α ) α ii) α α+ α α α + α α α+ α+ = = = α α α+ α α+ α+ ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ). Έχουμε 3 α +α α α ( α+ ) i) α = 3 3 α ( α+ ) α ( α+ ) ( α ) ( α+ ) α = = ( α ) α ( α+ ) ii) ( )( ) = = α+ α α+ α α +α+ α +α+ α α +α+ α α+ 3 ( )( ) 3. Έχουμε y + x xy i) (x + y) + = (x + y) = (x + y) = (xy) = x y x y xy x + y

16 .. Οι πράξεις και οι ιδιότητές τους 5 ii) x y x y x y x y x y x y x y x y x y = = x y x y x y x y + x + y x + y xy xy = = = x y y+ x x y x+ y x y xy x + y x (x + y)(x xy + y ) x xy + y 4. Έχουμε : y : = x y x y (x y)(x+ y) x y 3 3 x xy + y x y = = x y x xy + y 5. i) α τρόπος: Με γενίκευση της ιδιότητας iv) των αναλογιών (βλ. εφαρμογή, σελ. 6) έχουμε α β γ α+β+γ = = = =, β γ α β+γ+α οπότε α = β = γ. β τρόπος: Θέτουμε α β γ = = = β γ α k, οπότε έχουμε α= kβ, β= kγ και γ= kα () Αν, τώρα, προσθέσουμε κατά μέλη τις ισότητες (), βρίσκουμε α+β+γ= k( α+β+γ ) οπότε έχουμε k = (αφού α + β + γ 0, διότι τα α, β, γ είναι μήκη πλευρών τριγώνου). Έτσι, από τις ισότητες () προκύπτει ότι α = β = γ και άρα το τρίγωνο είναι ισόπλευρο. γ τρόπος: Η συγκεκριμένη άσκηση μπορεί να αποδειχθεί, μετά τη διδασκαλία της.3, ως εξής: Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τις ισότητες (), οπότε έχουμε αβγ = k 3 (αβγ) και, επειδή αβγ 0, θα είναι k 3 = και άρα k =. Έτσι, από τις ισότητες () προκύπτει ότι α = β = γ. Σχόλιο: Ο συγκεκριμένος τρόπος μπορεί να εφαρμοσθεί και όταν τα α, β, γ είναι οποιοιδήποτε πραγματικοί αριθμοί, διαφορετικοί του μηδενός, ενώ για τους δύο πρώτους τρόπους απαιτείται στην περίπτωση αυτή να αποδειχτεί ότι α + β + γ 0.

17 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ : ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ii) α τρόπος: Έχουμε α β = β γ () και α β = γ α (), οπότε, αν προσθέτουμε κατά μέλη τις ισότητες () και () προκύπτει ότι α β=β α 3α= 3β α=β Έτσι, από την ισότητα () βρίσκουμε ότι και β = γ. Άρα α = β = γ οπότε το τρίγωνο είναι ισόπλευρο. β τρόπος: Θέτουμε α β = β γ = γ α = k, οπότε έχουμε α β = k, β γ = k και γ α = k () Αν τώρα προσθέσουμε κατά μέλη τις ισότητες (), βρίσκουμε ότι k = 0, οπότε, λόγω των ισοτήτων αυτών, είναι α = β = γ και άρα το τρίγωνο είναι ισόπλευρο. 6. Αν x και y είναι οι διαστάσεις του ορθογωνίου, τότε θα ισχύει L = x + y και Ε = xy οπότε, λόγω της υπόθεσης, θα έχουμε x + y = 4α και xy = α και άρα Λόγω της (), η () γράφεται ισοδύναμα: y = α x () και xy = α () x(α x) =α αx x =α x α x +α = 0 (x α ) = 0 x α= 0 x =α Έτσι από την () έχουμε ότι και y = α και άρα το ορθογώνιο είναι τετράγωνο. 7. Θα εργασθούμε με τη μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο. i) Ας υποθέσουμε ότι α + β = γ. Τότε θα είναι β = γ α (ως διαφορά ρητών), που είναι άτοπο. ii) Ας υποθέσουμε ότι αβ = γ. Τότε θα είναι β = γ άτοπο. α (ως πηλίκο ρητών), που είναι.. Διάταξη πραγματικών αριθμών Α ΟΜΑΔΑΣ. i) Είναι ii) Είναι α + 9 6α α 6α+ 9 0 ( α 3) 0 που ισχύει. ( α +β ) ( α+β) α + β α +β + αβ α + β α β αβ 0 α + β αβ 0 ( α β) 0, που ισχύει.

18 .. Διάταξη πραγματικών αριθμών 7. Έχουμε α +β α+ 0 α α+ +β 0 Η ισότητα ισχύει για α = και β = 0. ( α ) +β 0 που ισχύει. 3. i) Ισχύει ii) Έχουμε (x ) + (y+ ) = 0 x = 0 και y + = 0 x = και y =. x + y x + 4y + 5 = 0 x x + + y + 4y + 4 = 0 4. i) Προσθέτουμε κατά μέλη τις ανισότητες οπότε έχουμε δηλαδή 9,8 < x + y < 0. ii) Από τη δεύτερη ανισότητα προκύπτει (x ) + (y + ) = 0 x = 0 και y + = 0 x = και y =. 4,5 < x < 4,6 και 5,3 < y < 5,4 4,5 + 5,3 < x + y < 4,6 + 5,4 5,4 < y < 5,3 και προσθέτουμε κατά μέλη με την 4,5 < x < 4,6 οπότε έχουμε 4,5 5, 4 < x y < 4,6 5,3 0,9 < x y < 0,7. iii) Ισχύει 5,3 < y < 5,4 οπότε > > < < 5,3 y 5, 4 5, 4 y 5,3 και άρα 45 x 46 4,5 < x < 4,6 < < 5, 4 y 5,3 54 y 53 iv) Επειδή τα μέλη των ανισοτήτων είναι θετικοί αριθμοί μπορούμε να υψώσουμε στο τετράγωνο, οπότε έχουμε προσθέτουμε κατά μέλη οπότε (4,5) < x < (4,6) 0, 5 < x <,6 και (5,3) < y < (5, 4) 8,09 < y < 9,6 0, 5 + 8,09 < x + y <,6 + 9,6 48,34 < x + y < 50,3.

19 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ : ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ 5. Για το x έχουμε: Για το y έχουμε: i) Η περίμετρος τότε γίνεται + 0,< x + 0,< 3+ 0,,< x + 0,< 3,, () 3 0, < y 0, < 5 0,,9 < y 0, < 4,9, () Π= (x + 0, ) + (y 0,) = (x + y + 0,) Προσθέτοντας τις () και () έχουμε 5, < x + y + 0, < 8, οπότε ii) Το εμβαδόν του ορθογωνίου γίνεται 5, < (x + y + 0,) < 8, 0, <Π < 6,. Ε= (x + 0, )(y 0,) Πολλαπλασιάζουμε τις () και () κατά μέλη οπότε έχουμε 6. Επειδή ( +α )( +β ) > 0 έχουμε,,9 < (x + 0, )(y 0,) < 3, 4,9 6,38 < E < 5,68. α β α β < ( +α )( +β ) < ( +α )( +β) +α +β +α +β α ( +β ) <β ( +α) α + αβ < β + αβ α < β, που ισχύει. 7. Ισχύει 5 x < 0 οπότε κατά την απλοποίησή του η ανισότητα αλλάζει φορά. Έτσι το σωστό είναι x(5 x) > (5 + x)(5 x) x < 5+ x 0 < 5, που ισχύει. β ΟΜΑΔΑΣ. i) Επειδή οι α, β, γ είναι θετικοί, έχουμε α+γ α > ( α + γ) β > α( β + γ) αβ + βγ > αβ + αγ β+γ β ii) Ομοίως α βγ>αγ β>α <, που ισχύει. β α+γ α < ( α + γ) β < α( β + γ) αβ + βγ < αβ + αγ β+γ β

20 .3. Απόλυτη τιμή πραγματικού αριθμού 9 α βγ<αγ β<α >, που ισχύει. β. Ισχύει α + β > + αβ α + β αβ > 0 3. Έχουμε τις ισοδυναμίες α( β) ( β ) > 0 ( α )( β ) > 0, που ισχύει, αφού α > και β <. α+β α+β + α+β α+β αβ α β αβ ( ) 4 ( ) 4 ( ) 4 4. i) ii) α + β + αβ αβ 4 0 α + β αβ 0 ( α β) 0, που ισχύει. α + αβ + β 0 α + αβ + β 0 α + αβ+β +α +β 0 α+β ( ) 0 α αβ + β 0 α αβ + β 0 +α +β, που ισχύει. α αβ+β +α +β 0 α β ( ) 0 +α +β, που ισχύει..3. Απόλυτη τιμή πραγματικού αριθμού Α ΟΜΑΔΑΣ. i) π 3 =π 3, αφού π > 3. ii) π 4 = 4 π, αφού π < 4. iii) 3 π + 4 π =π 3+ 4 π=. iv) 3 3 = ( 3 ) ( 3 ) = 0. Είναι x 3 = x 3, αφού x > 3 και x 4 = 4 x, αφού x < 4 οπότε x 3 + x 4 = x 3+ 4 x =. 3. i) Αν x < 3, τότε ισχύει και x < 4, οπότε x 3 < 0 και 4 x > 0. Άρα είναι x 3 4 x = (3 x) (4 x) = 3 x 4 + x =. ii) Αν x > 4, τότε είναι και x > 3, οπότε x 4 > 0 και x 3 > 0. Άρα έχουμε x 3 4 x = x 3 + (4 x) =. α β β α 4. Είναι = =. β α β α

21 0 ΚΕΦΑΛΑΙΟ : ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ x y 5. Αν x > 0 και y > 0, τότε Α= x + y = + = x y Αν x > 0 και y < 0, τότε Α= 0 x y = = x y Αν x < 0 και y < 0, τότε Α= = = x y x y Αν x < 0 και y > 0, τότε Α= + = + = 0. x y 6. i) Ισχύει d(,37, D) 0,005 () 7. ii) Ισχύει (),37 D 0,005,37 0,005 D,37 + 0,005,365 D,375. Απόλυτη τιμή Απόσταση Διάστημα ή ένωση διαστημάτων x 4 d(x, 4) [, 6] x+ 3 < 4 d(x, 3) < 4 ( 7, ) x 4 > d(x, 4) > (,) (6, + ) x+ 3 4 d(x, 3) 4 (, 7] [, + ) Απόλυτη τιμή Απόσταση Διάστημα ή ένωση διαστημάτων x 5 < d(x,5) < (4, 6) x+ > d(x, ) > (, 3) (, + ) x 5 d(x,5) (,4] [6, + ) x+ d(x, ) [ 3, ] Απόλυτη τιμή Απόσταση Διάστημα ή ένωση διαστημάτων x < d(x,0) < (, ) x+ 3 d(x, ) 3 [ 5, ] x d(x,0) (, ] [, + ) x+ > 3 d(x, ) > 3 (, 5) (, + )

22 .3 Απόλυτη τιμή πραγματικού αριθμού β ΟΜΑΔΑΣ. Με τη βοήθεια της τριγωνικής ανισότητας έχουμε α β = ( α γ ) + ( γ β) α γ + γ β.. Αν α > β τότε α β > 0 και άρα α β =α β οπότε έχουμε: α+β+ α β α+β+α β α i) = = = α και ii) α+β α β α+β α+β β = = = β. 3. Επειδή x 0 και y 0, έχουμε: x + y 0 Για να ισχύει η ισότητα πρέπει x = 0 και y = 0, δηλαδή x = 0 και y = 0. Διαφορετικά ισχύει η ανισότητα. Επομένως: i) x + y = 0 x = 0 και y = 0. ii) x + y > 0 x 0 ή y 0. α β α β 4. i) Από 0 < α < β προκύπτει ότι < και >. Είναι δηλαδή < < β α β α. α β ii) Αρκεί να δείξουμε ότι < ή, ισοδύναμα, ότι α β <. β α β α Επειδή αβ > 0 η ανισότητα αυτή γράφεται ισοδύναμα α β αβ αβ < αβ αβ αβ α < β αβ β α 0< β + α αβ 5. Είναι x < 0,,9 < x <, () και y 4 < 0, 3,8 < y < 4, () ( α β ) > 0, που ισχύει αφού α β.

23 ΚΕΦΑΛΑΙΟ : ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ i) Η περίμετρος Ρ του τριγώνου είναι Ρ = x + y. Από την ανισότητα () προκύπτει ότι Προσθέτοντας κατά μέλη τις () και (3), έχουμε:,9 + 7,6 < x + y <, + 8, 4 9,5 < P < 0,5. 7,6 < y < 8, 4 (3) ii) Η περίμετρος Ρ του σχήματος είναι ίση με την περίμετρο του ορθογωνίου ΑΒΓΔ, οπότε είναι Ρ = 4x + y. Από την ανισότητα () προκύπτει ότι Προσθέτοντας κατά μέλη τις (4) και (3), έχουμε: 7,6 < 4x < 8,4 (4) 7,6 + 7,6 < 4x + y < 8, 4 + 8, 4 5, < P < 6,8. iii) Η περίμετρος L του κύκλου είναι L = πx. Από την () προκύπτει π,9 < π x < π, 3,8π< L < 4, π..4. Ρίζες πραγματικών αριθμών α ΟΜΑΔΑΣ. i) 00 = 0, = 0 = 0, = 0 = 0, = 0 = 0. ii) iii) 4 = =, = =, = =, 0,0 = =, 3 0,00 = 3 =, = =. 0,000 = =, 5 0,0000 = 5 = i) ii) iii) iv) ( π 4) = π 4 = 4 π. ( 0) = 0 = 0. (x ) = x. x x = Έχουμε ( 5) + ( 3 5) = = =.

24 .4 Ρίζες πραγματικών αριθμών 3 4. ( x 5 x+ 3)( x 5 + x+ 3) = ( x 5) ( x+ 3) = (x 5) (x + 3) = x 5 x 3= 8, με την προϋπόθεση ότι x 5 0 και x + 3 0, δηλαδή για x i) ( 8 8)( ) = ( 4 9 )( ) = ( 3 )( ) = ( )( 7 ) = 7( ) = 4. ii) ( )( 63 3 ) = ( )( ) = ( )( ) = ( )( ) = ( 3 7 ) ( 4 ) = = 63 3 = i) + = ( )( + ) ( ) = = =. ii) 3 3 ( )( ) = ( ) = 3 5 = 9 5 = 4 = 4 = 8 =. 7. i) ος τρόπος: = = = =. ος τρόπος: 3 /3 4/3 = = ii) ος τρόπος: / / ( ) ( ) 4/3 /3 /3 /3 3 = = = = = = = = = = = =.

25 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ : ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ii) ος τρόπος: ( ) /5 5 /3 5 = = 5/3 = 5/3 = /3 = i) ii) = 3 3 = 3 = 3 = 3 = 3 3 = = = = = = =. iii) 5 = 5 = 5 5 = i) = = 3 = ii) Με ανάλυση του 6 σε πρώτους παράγοντες βρίσκουμε 6 = οπότε έχουμε = = = = 3 = 3 = Αν πολλαπλασιάσουμε κάθε κλάσμα με τη συζυγή παράσταση του παρονομαστή του έχουμε: i) ii) iii) 45 ( 3 ) 45 ( 3 ) 45 ( 3 ) ( )( ) 8( 7 + 5) = = 4( 7 + 5) = = = = ( 7 + 6)( 7 + 6) ( 7 6) = = = =

26 .4 Ρίζες πραγματικών αριθμών 5. i) Αν αναλύσουμε τους 6 και 98 σε γινόμενο πρώτων παραγόντων βρίσκουμε 6 = 3 4 και 98 = 7 οπότε είναι ii) Είναι = = = = = 9 + (3 ) = = 9 (9 + ) = και = 9 + (3 9) = = 9 + (3 ) = = 9 ( 9 + ) = 8 9 οπότε έχουμε = = 9 = B ΟΜΑΔΑΣ. i) ii) ( 3 3 )( 3+ ) ( )( ) ( α α β β)( α+ β) ( )( ) = = = α α β β α +α αβ β αβ β = = α β α β α+ β α β ( α β)( α+β ) + αβ( α β) = = α + β + αβ. α β. i) Αξιοποιώντας γνωστές ταυτότητες έχουμε: ( ) = = και ( 3 7 ) = = ii) Με τη βοήθεια του ερωτήματος (i) παίρνουμε = ( 3+ 7) ( 3 7) = = 3+ 7 ( 7 3) = i) Είναι = = + + = + + = που είναι ρητός αριθμός.

27 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ : ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ii) Είναι α + + α ( α+ ) =α+ + = = α α α που είναι ρητός αριθμός. 4. i) Μετατρέποντας τους παρονομαστές σε ρητούς έχουμε ii) Είναι ( + ) ( ) = = = = 4. ( 3) = = και ( + 3) = = οπότε Έχουμε = ( 3) ( + 3) = = = i) Από το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε ΒΓ = ΑΒ + ΑΓ = α + β, οπότε ΒΓ = α + β. ii) Σύμφωνα με την τριγωνική ανισότητα ισχύει ΒΓ < ΑΒ + ΑΓ που σημαίνει ότι α+β< α+ β. iii) Υψώνουμε στο τετράγωνο και έχουμε α+β α+ β ( α+β) ( α+ β) α+β α+β+ α β 0 αβ, που ισχύει. Το = ισχύει αν και μόνο αν α = 0 ή β = 0.

28 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 3.. Εξισώσεις ου βαθμού Α ΟΜΑΔΑΣ. i) 4x 3(x ) = 7x 4 4x 6x + 3 = 7x 4 3. Άρα, η εξίσωση έχει μοναδική λύση, την x = 5. ii) 4x x + x = x x + x = ( 4x) 5(x + ) = x x 5x 5 = x + x x = + x = x =. Άρα, η εξίσωση έχει μοναδική λύση, την x =. x x x x 49 x x x x 49 iii) = = x 0x = 5x x 49 30x 0x 5x + x = 49 7x = 49 x = 7. Άρα, η εξίσωση έχει μοναδική λύση, την x = 7. iv), (x + ),5 +,5x = 8,6 (x + ) 5 + 5x = x x = 86 7x = 99 x = =. 7 3 Άρα, η εξίσωση έχει μοναδική λύση, την x =. 3. i) (3x ) 3(x ) = 4 6x 6x + 3 = 4 0x = 3. Άρα, η εξίσωση είναι αδύνατη. 5 x 5 7x 5 x 5 7x ii) x = + 3 x 3 = x 5 + x = 5 + 7x 0x = 0. Άρα, η εξίσωση είναι ταυτότητα.

29 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 3. i) Αν λ 0 λ, τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση την λ x = =. λ Αν λ =, τότε η εξίσωση γίνεται 0x = 0 και είναι ταυτότητα. ii) Αν λ 0 λ, τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση την λ x =. λ Αν λ =, τότε η εξίσωση γίνεται 0x = και είναι αδύνατη. iii) λ( λ )x =λ iv) Αν λ( λ ) 0 λ 0 και λ, τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση την λ x = = λ( λ ) λ. Αν λ = 0 η εξίσωση γίνεται 0x = και είναι αδύνατη. Αν λ = η εξίσωση γίνεται 0x = 0 και είναι ταυτότητα. λ( λ )x =λ +λ λ( λ )x =λ( λ+ ). Αν λ( λ ) 0 λ 0 και λ, τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση την λ( λ+ ) λ+ x = = λ( λ ) λ. Αν λ = 0, τότε η εξίσωση γίνεται 0x = 0 και είναι ταυτότητα. Αν λ =, τότε η εξίσωση γίνεται 0x = και είναι αδύνατη. 3(5 x) x 5 4. Έστω ΑΜ = x, τότε ΔΜ = 5 x, οπότε Ε = και Ε =. ( ΑΒΓ ) i) H ισότητα Ε + Ε = Ε 3 είναι ισοδύναμη με την ισότητα Ε +Ε = από την οποία προκύπτει η εξίσωση 3(5 x) 5x (5 + 3)5 5 3x 5x 40 + = = x + 0x = 40 4x = 0 x = =,5. Επομένως η θέση του Μ προσδιορίζεται από το μήκος ΑΜ =,5, είναι δηλαδή το μέσο του ΑΔ.

30 3. Εξισώσεις ου βαθμού 9 ii) Η ισότητα Ε = Ε είναι ισοδύναμη με την εξίσωση 3(5 x) 5x 5 = 5 3x = 5x 5 = 8x x =. 8 Επομένως η θέση του Μ προσδιορίζεται από το μήκος 5 ΑΜ = Αν το ποσό των x ευρώ κατατέθηκε προς 5%, τότε το υπόλοιπο ποσό των (4000 x) ευρώ κατατέθηκε προς 3%. Το ποσό των x ευρώ έδωσε ετήσιο τόκο 5 x 00 Το ποσό των (4000 x) ευρώ έδωσε ετήσιο τόκο Η εξίσωση που αντιστοιχεί στο πρόβλημα είναι ευρώ 5 3 x + (4000 x) = 75 5x + 3(4000 x) = x x = x = x = x =.750 ευρώ. 3 (4000 x) ευρώ. 00 Επομένως τα.750 ευρώ τοκίστηκαν προς 5% και τα υπόλοιπα.50 ευρώ τοκίστηκαν προς 3%. v v0 6. i) v= v0 +αt α t = v v0 t =, αφού α 0. α R R ii) = + = = R R R R R R R R R Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι R R 0, αφού το R R Επομένως έχουμε R =. R R 0 R. 7. i) x (x 4) + x(x 4) + (x 4) = 0 (x 4)(x + x + ) = 0 (x 4)(x + ) = 0 x 4 = 0 ή x+ = 0 x = 4 ή x =. Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί 4 και. ii) (x ) ( x)(4 + x) = 0 (x ) + (x )(x + 4) = 0 (x )[(x ) + (x + 4)] = 0 (x )(x + ) = 0 x = 0 ή x+ = 0 x = ή x =. Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί και.

31 30 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 8. i) ii) 9. i) ii) 0. i) ii) 3 x(x ) x + x = 0 3 x x x 3 + x = 0 x(x ) = 0 x = 0 ή x =. Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί 0 και. (x + ) + x = 0 x + x + + x = 0 x + x = 0 x(x + ) = 0 x = ή x = 0. Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί και 0. x(x ) = x 4x + 4 x(x ) (x ) = 0 (x ) (x ) = 0 x = 0 ή x = 0 x = ή x =. Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί και. (x 4)(x ) = (x )(x ) (x )(x + )(x ) (x )(x + )(x ) = 0 (x )(x )[(x + ) (x + )] = 0 (x )(x ) = 0 x = ή x = Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί και. 3 x x x+ = 0 x (x ) (x ) = 0 (x )(x ) = 0 (x )(x )(x + ) = 0 x = 0 ή x = 0 ή x+ = 0 x = ή x = ή x =. Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί, και. 3 x x (x )(x ) = 0 x (x ) (x )(x ) = 0 (x )(x x + ) = 0 (x )(x ) = 0 x = 0 ή x = 0 x = ή x =. Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί και.

32 3. Εξισώσεις ου βαθμού 3. i) x = x = x x x x x(x ) Η εξίσωση αυτή ορίζεται για κάθε x και x 0. Με αυτούς τους περιορισμούς έχουμε: x x = x(x ) = = x (x ) x x x = (αφού x ). Επομένως η εξίσωση έχει μοναδική λύση την x =. x+ x+ + = 0 + = 0. x x x + (x )(x + ) (x ) ii) Η εξίσωση αυτή ορίζεται για κάθε x και x. Με αυτούς τους περιορισμούς έχουμε: (x + ) + = 0 + = 0 (x )(x + ) (x ) x (x ) x + = 0 x+ = 0 x =, που απορρίπτεται λόγω των περιορισμών. Επομένως και η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη.. i) Η εξίσωση αυτή ορίζεται για κάθε x και x. Με αυτούς τους περιορισμούς έχουμε: + = x x+ x (x )(x + ) + (x )(x + ) = (x )(x + ) x x+ x x+ + x = x = x =, που απορρίπτεται, αφού x. Επομένως η εξίσωση είναι αδύνατη. ii) Η εξίσωση αυτή ορίζεται για κάθε x 0 και x. Με αυτούς τους περιορισμούς έχουμε: 3 x 4 = x + x x + x 3x x 4= x 4 0x = 0.

33 3 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Η τελευταία εξίσωση είναι ταυτότητα. Αν λάβουμε υπόψη τους περιορισμούς αυτό σημαίνει ότι η αρχική εξίσωση έχει ως λύση κάθε πραγματικό εκτός από τους αριθμούς 0 και. iii) Η εξίσωση αυτή ορίζεται για κάθε x και x. Με αυτούς τους περιορισμούς έχουμε: x = x 0x =, που είναι αδύνατη. iv) Η εξίσωση αυτή ορίζεται για κάθε x και x. Με τους περιορισμούς αυτούς έχουμε: x (x ) = x x+ (x + ) (x ) x x x x = x + x x =, που αληθεύει για κάθε πραγματικό αριθμό x, με x ±. x+ x+ 3. Έστω x, x, x + τρεις διαδοχικοί ακέραιοι. Ζητούμε ακέραιο x τέτοιον ώστε να ισχύει (x ) + x + (x + ) = (x )x(x + ) 3x = x(x ) x(3 x + ) = 0 x(4 x ) = 0 x = 0 ή x = 4 x = 0 ή x = ή x =. Επομένως υπάρχουν τρεις τριάδες τέτοιων διαδοχικών αριθμών, οι εξής: (, 0,), (,, 3) και ( 3,, ). 4. i) x 3 = 5 x 3 = 5 ή x 3 = 5 x = 8 ή x = x = 4 ή x =. Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί 4 και. ii) x 4 = x x 4 = x ή x 4 = x + 5 x = 3 ή 3x = 5 x = 3 ή x =. 3 iii) Επειδή το πρώτο μέλος της εξίσωσης x = x είναι μη αρνητικό, για να έχει λύση η εξίσωση αυτή, πρέπει και το δεύτερο μέλος να είναι μη αρνητικό. Δηλαδή, πρέπει

34 3. Εξισώσεις ου βαθμού 33 x 0 () Με τον περιορισμό αυτό έχουμε: x = x x = x ή x = x x = ή x =. Από τις παραπάνω λύσεις δεκτή είναι μόνο η x = που ικανοποιεί τον περιορισμό (). iv) Ομοίως, για την εξίσωση x = x, πρέπει x 0 () Με τον περιορισμό αυτό έχουμε: x = x x = x ή x = x x = ή x =. Από τις παραπάνω λύσεις καμία δεν είναι δεκτή, αφού καμία δεν επαληθεύει τον περιορισμό (). Άρα, η εξίσωση είναι αδύνατη. 5. i) Έχουμε: x + 4 x + 4 x + 4 x + 4 = 5 5 = x x = 0 x = x = x=±. Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί και. ii) x + x = 3 x+ x 6 6 = 6 3 4x + 3x + 3= 3 x =, που είναι αδύνατη. 6. i) H εξίσωση 3 x = 4 ορίζεται για x x Με αυτόν τον περιορισμό έχουμε: 3 x 3+ x = 4 3 x = 4 3+ x 3 x = 4(x + 3) ή 3 x = 4(x + 3) 3 x = 4x + ή 3 x = 4x 9 5x = 9 ή 3x = 5 x = ή x = Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί 5 και. 5

35 34 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ii) x = 0 ή x = x = ή x = ή x = x = ή x = 3 ή x =. Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί και 3. B ΟΜΑΔΑΣ. i) (x +α) (x β ) = α( α+β) x + α x +α (x β x +β ) = α + αβ x + α x+α x + βx β = α + αβ ( α+β )x =α + αβ+β ( α+β )x = ( α+β ). ( α+β) α+β Αν α + β 0 η εξίσωση έχει μοναδική λύση την x = =. ( α+β) Αν α + β = 0 η εξίσωση παίρνει τη μορφή 0x = 0 και είναι ταυτότητα. ii) Για α 0 και β 0 έχουμε: x α x β = α(x α ) =β(x β) αx α =βx β β α αx β x =α β ( α β )x = ( α β)( α+β ). Αν α β 0, τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση την ( α β)( α+β) x = =α+β. α β Αν α β= 0 α=β, τότε η εξίσωση παίρνει τη μορφή 0x = 0, οπότε είναι ταυτότητα.. i) Για α 0 και β 0 έχουμε: x x βx αx = = ( β α )x = αβ. α β αβ αβ Αν β α 0 β α, τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση την x =. β α Αν β α= 0 β=α τότε η εξίσωση παίρνει τη μορφή 0x = α και είναι αδύνατη γιατί α 0. Επομένως η εξίσωση έχει λύση μόνο αν α 0, β 0 και α β.

36 3. Εξισώσεις ου βαθμού i) Στα 00 ml διάλυμα περιέχονται 30 ml καθαρό οινόπνευμα. Αν προσθέσουμε x ml καθαρό οινόπνευμα τότε το διάλυμα που θα προκύψει θα είναι (00 + x) ml και θα περιέχει (30 + x) ml καθαρό οινόπνευμα οπότε προκύπτει η εξίσωση 30 + x 3 = 00(30 + x) = 3(00 + x) 00 + x x = x 68x = x = x = Επομένως ο φαρμακοποιός πρέπει να προσθέσει 50 ml καθαρό οινόπνευμα. 4. Έστω ότι x ώρες μετά την προσπέραση τα δύο αυτοκίνητα θα απέχουν μεταξύ τους km. Το διάστημα που διανύει το Α στις x ώρες είναι 00x ενώ το αντίστοιχο διάστημα για το Β είναι 0x. Έτσι έχουμε την εξίσωση 0x 00x = 0x = x = ώρες, οπότε 0 x = 60 = 3 λεπτά. 0 Οπότε τα αυτοκίνητα θα απέχουν km τρία λεπτά μετά την προσπέραση. 5. Η εξίσωση αυτή είναι ορισμένη για x α και x α. Με αυτούς τους περιορισμούς έχουμε: x+α x x+α x = = x α x α x α (x +α)(x α) (x +α ) = x x +α= x ή x+α= x 0x =α ή x = α. Αν α = 0, τότε η εξίσωση έχει ως λύση κάθε αριθμό x 0. α Αν α 0, τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση τον αριθμό x =. 6. Η εξίσωση αυτή είναι ορισμένη για x. Με αυτό τον περιορισμό έχουμε: 3 x 8 = 3 x x 8 = x x + 4x 8 x x 4x = 0 x(x ) = 0 x = 0 ή x =. Από τις τιμές αυτές δεκτή είναι μόνο η x = 0. Επομένως η εξίσωση έχει μοναδική λύση, τον αριθμό x = 0.

37 36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 7. x = 3 x = 3ή x = 3 x = 4 ή x =. Η δεύτερη είναι αδύνατη οπότε έχουμε x = 4 x = x = ή x =. Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί και. 8. x x + = 3x 5 (x ) = 3x 5 x = 3x 5 x = 3x 5 ή x = 3x + 5 x = 4 ή 4x = 6 x = ή 3 x =. 3.. Η εξίσωση x v = α Α ΟΜΑΔΑΣ. i) ii) iii). i) ii) iii) x 5 = 0 x = 5 x = x 43 = 0 x = 3 x = x = 0 x = x = x + 5 = 0 x = ( 5) x = x + 43 = 0 x = ( 3) x = x + = 0 x = ( ) x =. 3. i) ii) iii) x 64 = 0 x = 8 x = 8 ή x = x 8 = 0 x = 8 ή x 64 = 0 x = 64 x = 64 ή 4 x = 8 x = 3 ή x = i) x 8x = 0 x (x 8) = 0 x = 0 ή αριθμοί 0 και. ii) 4 3 x + x = 0 x(x + ) = 0 x = 0 ή Άρα λύσεις είναι οι αριθμοί 0 και. 6 x = 64 x = ή x =. 3 x = 8 x = 0 ή x =. Άρα λύσεις είναι οι 3 x = x = 0 ή x =.

38 3.3 Εξισώσεις ου βαθμού iii) x + 6x = 0 x(x + 6) = 0 x = 0 ή αδύνατη. Άρα η εξίσωση έχει μοναδική λύση, την x = Για το x έχουμε την εξίσωση x x 3x = 8, με 3 3 x > 0 3x = 8 x = 7 x = 3. Άρα, οι διαστάσεις του παραλληλεπιπέδου είναι 3 m, 3 m και 9 m. 6. i) 3 (x+ ) = 64 x+ = 4 x = 3. ii) + 5x = 0 (5x) = 5x = x =. 5 iii) (x ) 7(x ) = 0 (x )[(x ) 7] = 0 3 x = 0 ή (x ) = 7 x = ή x = 3 x = ή x = 4. 4 x = 6 x = 0 αφού η x 4 = 6 είναι 3.3. Εξισώσεις ου βαθμού Α ΟΜΑΔΑΣ. i) = ( 5) 4 3 =, οπότε η εξίσωση έχει δύο πραγματικές ρίζες x = = = και x = = = 4 4 ii) = ( 6) 4 9 = = 0, οπότε η εξίσωση έχει μια διπλή ρίζα την 6 x = = 3. iii). i) ii) iii) = = 6 4 = 8 < 0, οπότε η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες. x, 69 = 0 x =, 69 x =,3 ή x =,3 0,5x x = 0 x(0,5x ) = 0 x = 0 ή 0,5x = x = 0 ή x =. 3x + 7 = 0 3(x + 9) = 0 x = 9, που είναι αδύνατη. 3. i) Έχουμε = λ( λ ) = 4 + 4λ 8λ= 4( λ λ+ ) = 4( λ ) 0 για κάθε λ * που σημαίνει ότι η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες.

39 38 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ii) Έχουμε = ( α + β) 4αβ = α + β + αβ 4 αβ = ( α β) 0 για όλα τα α, β με α 0, που σημαίνει ότι η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες. 4. Επειδή = 4 4µ = 0 µ = µ= ή µ=, οι τιμές του μ για τις οποίες η εξίσωση έχει διπλή ρίζα είναι οι αριθμοί και. 5. Έχουμε = 4( α+β) 4 ( α +β ) = 4α + 4β + 8αβ 8α 8β = 4α 4β + 8αβ = 4( α + β αβ) = 4( α β ) < 0 και η εξίσωση είναι αδύνατη στο. Στην περίπτωση που είναι α = β 0, ισχύει Δ = 0 και η εξίσωση έχει διπλή ρίζα. Αν είναι α = β = 0, τότε η εξίσωση παίρνει τη μορφή = 0 και είναι αδύνατη. 6. i) S = + 3 = 5 και Ρ = 3 = 6, οπότε η εξίσωση είναι η 3 ii) S= + = και P = =, οπότε η εξίσωση είναι η: 3 x x + = 0 x 3x + = 0. iii) S= ( 5 6) + ( 5+ 6) = 0 και ( ) ( ) οπότε η εξίσωση είναι η: x 0x + = 0. x 5x + 6 = 0. P = = 5 4 6= 7. i) Είναι S = και Ρ = 5. Οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι ρίζες της εξίσωσης x x 5 = 0, η οποία έχει = 4 4( 5) = 64. Επομένως οι ζητούμενοι αριθμοί είναι x = = 5 και x = = 3. ii) Είναι S = 9 και Ρ = 0. Οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι ρίζες της εξίσωσης x 9x + 0 = 0, η οποία έχει = = 4. Επομένως οι ζητούμενοι αριθμοί είναι x = και x =.

40 3.3 Εξισώσεις ου βαθμού ος τρόπος: i) Για να λύσουμε την εξίσωση αρκεί να βρούμε δύο αριθμούς που να έχουν άθροισμα και γινόμενο 5 = 5 3. Οι αριθμοί αυτοί είναι προφανώς οι 5 και 3 που είναι και οι ζητούμενες ρίζες της εξίσωσης. ος τρόπος: Είναι = ( 5 + 3) 4 5 = ( 5) + ( 3) = ( 5) + ( 3) 5 3 = ( 5 3) > 0. Επομένως η εξίσωση έχει δύο ρίζες, τους αριθμούς ( ) x = = = 5 και ( ) x = = = 3. ii) Είναι ( ) ( ) = + 4 = + > 0. Επομένως η εξίσωση έχει δύο ρίζες, τους αριθμούς + + x = = και x = =. 9. ος τρόπος: x +α =β αx x + α x+α β = 0 (x +α) β = 0 (x +α+β )(x +α β ) = 0 x = α β ή x =β α. ος τρόπος: Η εξίσωση γράφεται x + αx + α β = 0. Είναι Δ = 4α 4(α β ) = 4β, οπότε η εξίσωση έχει ρίζες τους αριθμούς α β α+ β x = = ( α+β ) και x = =β α. 0. Έστω x και y οι πλευρές του ορθογωνίου. Τότε έχουμε x + y = 68 x + y = 34 y = 34 x () Από το πυθαγόρειο θεώρημα προκύπτει ότι x + y = 6, οπότε λόγω της () έχουμε x + (34 x) = 6 x x + x = 6 x 68x = 0

41 40 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ x 68x + (34 6)(34 + 6) = 0 x 68x = 0 x 34x = 0. Είναι Δ = = 96. Επομένως η εξίσωση έχει δύο ρίζες τις x = = 4 και x = = 0. Οι ρίζες αυτές λόγω και της () είναι οι ζητούμενες πλευρές του ορθογωνίου.. i) Η εξίσωση γράφεται x 7 x + = 0. Θέτουμε x = ω οπότε η εξίσωση γίνεται ω 7ω + = 0 και έχει ρίζες ω = 3 και ω = 4 που είναι δεκτές και οι δύο, οπότε έχουμε x = 3 ή x = 4, που σημαίνει ότι x = 3 ή x = 3 ή x = 4 ή x = 4. Επομένως η εξίσωση έχει λύσεις τους αριθμούς 3, 3, 4 και 4. ii) Θέτουμε x = ω, οπότε έχουμε x + x 35 = 0 ω + ω 35 = 0. Είναι Δ = 44. Η εξίσωση έχει ρίζες 5 και 7. Από αυτές δεκτή είναι μόνο η θετική, αφού ω= x 0. Επομένως x = 5, που σημαίνει x = 5 ή x = 5. iii) Θέτουμε x = ω, οπότε έχουμε x 8 x + = 0 ω 8ω+ = 0, αφού x = x. Η εξίσωση αυτή έχει ρίζες τους αριθμούς 6 και, που είναι δεκτές και οι δύο. Επομένως x = 6 ή x = που σημαίνει ότι x = 6 ή x = 6 ή x = ή x =.. Θέτουμε x =ω, οπότε έχουμε (x ) + 4 x 5= 0 ω + 4ω 5= 0, αφού (x ) x =. Η εξίσωση αυτή έχει ρίζες τους αριθμούς 5 και. Δεκτή είναι μόνο η θετική ω = αφού. Επομένως, x = x = ή x = x = ή x = 0. Άρα, η εξίσωση έχει δύο ρίζες, τους αριθμούς 0 και. 3. Η εξίσωση ορίζεται για x 0. Θέτουμε x + =ω οπότε η εξίσωση γράφεται ω 5ω + 6 x = 0. Η εξίσωση αυτή έχει ρίζες του αριθμούς και 3, οπότε έχουμε x+ = ή x+ = 3. x x Η πρώτη εξίσωση γράφεται x + = x + = x (x ) = 0 x και έχει το διπλή ρίζα.

42 3.3 Εξισώσεις ου βαθμού 4 Η δεύτερη γράφεται x και έχει ως ρίζες τους αριθμούς x + = 3 x + = 3x x 3x + = και Επομένως η αρχική εξίσωση έχει ως ρίζες τους αριθμούς, 3 5 και i) H εξίσωση ορίζεται για x και x 0. Με αυτούς τους περιορισμούς έχουμε: x x = x+ x 6 x x + 3 6x(x + ) + 6x(x + ) = 6x(x + ) x+ x 6 6x + 6(x + ) = 3x(x + ) 6x + 6x + x + 6 = 3x + 3x x + x 6= 0 η οποία έχει ρίζες τους αριθμούς και 3. ii) Η εξίσωση ορίζεται για x 0 και x. Με αυτούς τους περιορισμούς έχουμε: x 3 x + + = 0 x x x(x ) x 3 x x(x ) + x(x ) + x(x ) = 0 x x x(x ) x 4 + x 3x + x = 0 x x = 0. Η τελευταία εξίσωση έχει ρίζες τους αριθμούς και, οπότε λόγω των περιορισμών δεκτή είναι μόνο η x =. 5. i) Αν θέσουμε x = y η εξίσωση γίνεται y + 6y 40 = 0. Αυτή έχει ρίζες τις y = 4 και y = 0. Επειδή y = x 0, δεκτή είναι μόνο η y = 4, οπότε έχουμε x = 4 x = ή x =. Επομένως οι ρίζες της αρχικής εξίσωσης είναι οι αριθμοί και.

43 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ii) Αν θέσουμε x = y η εξίσωση γίνεται 4y + y 3 = 0. Αυτή έχει ρίζες τις y = 3 και y =. Επειδή y = x 0 δεκτή είναι μόνο η y =, οπότε έχουμε x = x = ή x =. Επομένως οι ρίζες της αρχικής εξίσωσης είναι οι αριθμοί και. iii) Αν θέσουμε x = y η εξίσωση γίνεται y + 7y + 3 = 0. Αυτή έχει ρίζες τις y = 3 και y =. Επειδή y = x 0 καμία από αυτές δεν είναι δεκτή. Επομένως η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη. Σχόλιο: Είναι προφανές ότι η εξίσωση είναι αδύνατη, αφού x 4 + 7x + 3 > 0 για κάθε x. B ΟΜΑΔΑΣ. i) = ( α ) 4 α ( α ) = 4α 4α + 4α = 4α. ii) Οι ρίζες της εξίσωσης είναι x 3 α + α α( α + ) α + = = = α α α και x. i) Είναι 3 α α α( α ) α = = = α α α. = ( 5 ) 4( 6 3 ) = ( ) 4 + = = ( ) + + = ( + ). ii) Οι ρίζες της εξίσωσης είναι ( ) x = = = 3 και 5 4 x = = =. 3. i) H εξίσωση έχει διπλή ρίζα αν και μόνο αν Δ = 0. Είναι = ( α 9) 4 ( α + 3α+ 4) =α 8α+ 8 8α 4α 3 = 7α 4α+ 49, οπότε

44 3.3 Εξισώσεις ου βαθμού 43 = 0 7α + 4α 49 = 0 α + 6α 7 = 0 α= 7 ή α=. Επομένως για α = 7 ή α = η εξίσωση έχει διπλή ρίζα. 4. Αν το ρ είναι ρίζα της εξίσωσης, τότε ισχύει αρ + βρ + γ = 0. Είναι ρ 0, αφού γ 0, οπότε έχουμε αρ +βρ+γ= α+β +γ = γ +β +α= ρ ρ ρ ρ που σημαίνει ότι το ρ είναι ρίζα της εξίσωσης γ x +β x+α= i) ος τρόπος: Η εξίσωση είναι ορισμένη για x 0. Με αυτόν τον περιορισμό έχουμε x + x 0 α =α+ x α+ α x = x α x α+ = 0 (x α ) + = 0 αx αx α x+ (x α ) = 0 αx x α= 0 ή α x+ = 0 x =α ή x = α. ος τρόπος: Η εξίσωση είναι ορισμένη για x 0. Με αυτόν τον περιορισμό έχουμε α + =α+ + α= + = α x x α α x x 0 x x 0 αx α+ ( α )x = 0 αx ( α )x α= Είναι = ( α ) 4 α( α ) =α α + + 4α =α + α + = ( α + ) οπότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες τις α +α + α α x = = α και x = = α α α. ii) ος τρόπος: Η εξίσωση είναι ορισμένη για x 0. Με αυτόν τον περιορισμό έχουμε x α α β x β α α + = + = (x β ) =α α x β α α α β x α β x x β α (x β ) =α (x β) = 0 α βx α βx

45 44 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ x =β ή x =β ή α = x =β βx α α x =. β ή β x =α Επομένως η εξίσωση έχει ρίζες τους αριθμούς β και α β. ος τρόπος: Η εξίσωση είναι ορισμένη για x 0. Με αυτόν τον περιορισμό έχουμε x α α β x α α β + = + αβ x + αβ x = αβ x + αβx α x β α α x β α β x +α β=α x+β x βx β x+α β α x = 0 βx(x β ) +α ( β x) = 0 (x β)( βx α ) = 0 x =β ή β x =α x =β ή α x =. β α Επομένως η εξίσωση έχει ρίζες τους αριθμούς β και β. 3ος τρόπος: Η εξίσωση είναι ορισμένη για x 0. Με αυτόν τον περιορισμό έχουμε x α α β x α α β + = + αβ x + αβ x = αβ x + αβx α x β α α x β α β x +α β=α x +β x βx ( α +β )x +α β= 0. Είναι 4 4 = ( α +β) 4αβ =α +β + αβ 4αβ 4 4 =α +β α β = ( α β ) Αν α ±β η εξίσωση έχει δύο ρίζες τις α +β +α β α α x = = = β β β και α +β α +β β x = = = β. β β Αν α = β ή α = β τότε η εξίσωση έχει διπλή ρίζα, την α +β α α ( ±β) x = = = = = β. β β β β 6. i) Έχουμε = 4λ 4( 8) = 4λ + 3 > 0 για κάθε λ. Αυτό σημαίνει ότι η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε λ.

46 3.3 Εξισώσεις ου βαθμού 45 ii) Έστω x, x οι ρίζες της εξίσωσης με x = x. Από τους τύπους Vieta έχουμε x+ x = λ x+ x = λ και 3 x x = 8 x = 8 x =, οπότε Τότε έχουμε + 4= λ λ= λ=. x ( ) 4 = =. 7. Έστω x, x, x + τρεις διαδοχικοί ακέραιοι. Οι αριθμοί αυτοί αποτελούν πλευρές ορθογωνίου τριγώνου αν και μόνο αν ισχύει (x+ ) = x + (x ) x + x+ = x + x x+ x 4x = 0 x(x 4) = 0 x = 4, αφού x 0 ως πλευρά τριγώνου. Η λύση x = 4 της εξίσωσης είναι μοναδική. Επομένως υπάρχει μία μόνο τριάδα διαδοχικών ακεραίων που είναι μήκη πλευρών ορθογωνίου τριγώνου. Οι ακέραιοι αυτοί είναι οι 3, 4 και Το εμβαδόν E του σταυρού προκύπτει από το άθροισμα των εμβαδών των δύο λευκών λωρίδων της σημαίας από το οποίο όμως πρέπει να αφαιρέσουμε το εμβαδόν του κοινού τετραγώνου (ΟΜΙΖ) πλευράς d. Είναι δηλαδή E = 3 d+ 4 d d = 7d d Έστω Ε το εμβαδόν του υπόλοιπου μέρους της σημαίας. Θα ισχύει E = Ε αν και μόνο αν το Ε είναι ίσο με το μισό του εμβαδού ολόκληρης της σημαίας. Επομένως έχουμε 3 4 E = E 7d d = d 7d + 6 = 0 d = ή d = 6. Όμως για το d έχουμε τον περιορισμό 0 < d < 3, οπότε d =. 9. Αν το μηχάνημα Α χρειάζεται x ώρες για να τελειώσει το έργο, όταν εργάζεται μόνο του, τότε το Β θα χρειάζεται x + ώρες για το ίδιο έργο. Σε μία ώρα το Α εκτελεί τότε το x μέρος του έργου ενώ το Β εκτελεί το μέρος του έργου. Αν τα δύο μηχανήματα x + 8 εργαστούν μαζί για 8 ώρες, τότε το Α εκτελεί το 8 = μέρος του έργου, ενώ το Β εκτελεί x x 8 το 8 = μέρος του έργου. Αν προσθέσουμε τα δύο αυτά μέρη του έργου θα x + x + έχουμε ολόκληρο το έργο δηλαδή το έργο. Έτσι έχουμε την εξίσωση του προβλήματος = 8(x + ) + 8x = x(x + ) x x +

47 46 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 8x x = x + x x 4x 96 = 0. Είναι Δ = 6 4( 96) = 400, οπότε x = = ή 4 0 x = = 8. Είναι δηλαδή x =, αφού x > 0. Επομένως το μηχάνημα Α χρειάζεται ώρες για να τελειώσει το έργο μόνο του, ενώ το Β χρειάζεται 4 ώρες. 0. Ο αριθμός είναι ρίζα αν και μόνο αν επαληθεύει την εξίσωση, δηλαδή αν και μόνο αν ισχύει Για α = 9 η εξίσωση γίνεται Αν θέσουμε x = y η εξίσωση γίνεται 4 0 +α= 0 α= 9. 4 x 0x + 9 = 0. y 0y + 9 = 0. Αυτή έχει ρίζες τους αριθμούς 9 και οπότε έχουμε x = 9 ή x = x = 3 ή x = 3 ή x = ή x =. Επομένως η αρχική εξίσωση έχει ρίζες τους αριθμούς 3, 3,,.

48 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 AΝΙΣΩΣΕΙΣ 4.. Ανισώσεις ου βαθμού Α ΟΜΑΔΑΣ. i) x x < x 6(x ) + 3(x + 3) < x 4 6 6x 6 + 6x + 9 < x 6x + 6x x < x < 3 x <. 0 ii) x + x + 3 > x (x ) + x + 3 > 4x 4 x 4 + x + 3 > 4x x + x 4x > 4 3 0x > αδύνατη. iii) x + x < x 5x 0 + 4x < x x 4x x < 0 4 0x < 4 που αληθεύει για κάθε x.. 3x < x + 5 3x x < + 5 x < 6 x < 3. x x + 4 x x + 3x 3 x. Άρα x < 3. x 3. x > + x > x + x x > + x > 3. x x 3x x 3 3x x 3 x x. 3 3 Άρα δεν υπάρχουν τιμές του x για τις οποίες συναληθεύουν οι ανισώσεις.

49 48 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ x 4. x > x 6x x + > 8x 6x x 8x > 8 7x > x >. 7 x+ x 4 + < 0 x 8 + x + < 0 7 x + x < 8 3x < 7 x <. 3 Οι ανισώσεις συναληθεύουν για είναι οι 0,,. 7 x,. Οι ακέραιες τιμές του x στο διάστημα αυτό i) x < 3 3< x < 3. Άρα x ( 3, 3). ii) x 4 4 x 4 4 x x 5. Άρα x [ 3, 5]. iii) x + < 5 5 < x + < 5 5 < x < 5 6< x < 4 3< x <. Άρα x ( 3, ). 6. i) x 3 x 3 ή x 3. Άρα x (, 3] [3, + ). ii) x > 4 x < 4 ή x > 4 x < 3 ή x > 5. Άρα x (, 3) (5, + ). iii) x + 5 x + 5 ή x + 5 x 6 ή x 4 x 3 ή x. Άρα x (, 3] [, + ). 7. i) Από τον ορισμό της απόλυτης τιμής έχουμε α =α α 0. Επομένως x 6 = x 6 x 6 0 x 6 x 3. ii) 3x = 3x 3x 0 3x x. 3 x 4 5 x + < 3 x 4 + 0< x i) ( ) 3 x + 0< x x < < x < < x < 3. Άρα x (, 3).

50 4.. Ανισώσεις ου βαθμού 49 x+ x x ii) > 3( x+ ) 4x > ( x) x+ 3 4x > x 3x 4x+ x > 3 x > που αληθεύει για κάθε x. x 6x+ 9 5 (x 3) 5 x 3 5 Άρα x [,8]. 5 x x 5+ 3 x Το κέντρο του διαστήματος ( 7, 3) είναι το =. Έχουμε x ( 7,3) 7< x < 3 7 ( ) < x ( ) < 3 ( ) 7+ < x+ < 3+ 5< x+ < 5 x+ < C C C 8 5 C 0. 5 B ΟΜΑΔΑΣ. i) 3 4x 6 3 4x και 4x 6. Ζητάμε επομένως τις τιμές του x για τις οποίες συναληθεύουν οι ανισώσεις 3 4x και 4x x 4 4x 4x 4 x. 7 4x 6 4x 7 x. 4 7 Άρα x, 4. ii) 4 3x 4 3x και 3x. 4 3x 3x 6 x. 4 3x 3x 4 x. 3 Άρα 4 x, 3.

51 50 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ. i) x 4 x και x 4. x x x ή x. x 4 4 x 4. Άρα x [ 4, ] [, 4]. ii) x 5 4 x 5 και x 5 4. x 5 x 5 x 5 ή x 5 x 3 ή x 7. x x x 5+ 4 x 9. Άρα x [,3] [7,9]. 3. i) Ο αριθμός που αντιστοιχεί στο μέσο Μ του ΑΒ είναι ο: 3+ 5 x0 = = ii) Αν Ρ είναι το σημείο του x x που αντιστοιχεί σε λύση της ανίσωσης, τότε: x 5 x + 3 d(x,5) d(x, 3) PA PB. Αυτό σημαίνει ότι το σημείο Ρ βρίσκεται προς τα δεξιά του μέσου Μ του ΑΒ. Επομένως, οι λύσεις της ανίσωσης είναι τα x [, ) +. iii) Έχουμε: x 5 x+ 3 x 5 x+ 3 x 0x+ 5 x + 6x+ 9 6x 6 x. 4. i) Ο αριθμός που αντιστοιχεί στο μέσο Μ του ΑΒ είναι ο: + 7 x0 = = 4 ii) Αν Ρ είναι το σημείο του x x που αντιστοιχεί στη λύση x της εξίσωσης, τότε έχουμε x + x 7 = 6 d(x,) + d(x,7) = 6 PΑ + PΒ = ΑΒ.

52 4.. Ανισώσεις ου βαθμού 5 Αυτό σημαίνει ότι το σημείο Ρ είναι σημείο του τμήματος ΑΒ. Επομένως, οι λύσεις της εξίσωσης είναι τα x [, 7]. iii) Σχηματίζουμε τον πίνακα προσήμου των παραστάσεων x και x 7. Διακρίνουμε τώρα τις ακόλουθες περιπτώσεις: Αν x (,), τότε: x + x 7 = 6 ( x) + (7 x) = 6 x =, που απορρίπτεται διότι (,). Αν x [, 7), τότε: x + x 7 = 6 (x ) + (7 x) = 6 0x = 0, που ισχύει για κάθε x [, 7). Αν x [7, + ), τότε: x + x 7 = 6 (x ) + (x 7) = 6 x = 7, που είναι δεκτή διότι 7 [7, + ). Επομένως, η εξίσωση αληθεύει για x [, 7]. 4.. Ανισώσεις ου βαθμού Α ΟΜΑΔΑΣ. i) Οι ρίζες του τριωνύμου x 3x + είναι οι ρίζες της εξίσωσης x 3x + = 0. 3± Έχουμε: x 3x+ = 0 x = x = ή x =. Άρα x 3x + = (x )(x ). 3± 5 ii) Έχουμε: x 3x = 0 x = x = ή x =. 4 Επομένως x 3x = x + (x ) = (x + )(x ).. i) Είναι: x 3x + (x )(x ) x = = x 3x (x )(x ) x + +, x, x.

53 5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ii) Έχουμε: x + 8x 4 = 0 x + 4x = 0. Επειδή Δ = 4 4 ( ) = 00, θα είναι x, 4 ± 0 = 3 7 Επομένως x + 8x 4 = (x + 7)(x 3). Άρα: x + 8x 4 (x + 7)(x 3) (x 3) = = x 49 (x + 7)(x 7) x 7 iii) Για την εξίσωση 4x x + 9 = 0, έχουμε 3. i), x ± 7. 3 Δ = = = 0, x, = = (διπλή). 8 3 Επομένως 4x x + 9 = 4 x = (x 3). 5± Για την x 5x + 3 = 0, Δ = 5 4 =, x, = 3 4 Επομένως x 5x + 3 = x (x ) = (x 3)(x ). Άρα 3 4x x + 9 (x 3) x 3 = = x 5x 3 (x 3)(x ) x +, x, 3 x. x x 5 = 0, Δ = 64, x, ± 8 = 5 3 ii) 4x 4x + = (x ) iii) x 4x + 3 = 0, Δ = = 6 5 < 0, α = > i) Το τριώνυμο x + 4x 3 έχει α = και ρίζες τις ρίζες της εξίσωσης 4± 3 x + 4x 3= 0 x 4x+ 3= 0 x, =

54 4.. Ανισώσεις ου βαθμού 53 ii) Έχουμε 9x + 6x = (9x 6x + ) = (3x ). Επομένως iii) Το τριώνυμο x + x έχει Δ = 4( )( ) = 4 8 = 4 < 0 και α = < i) Είναι: 5x 0x 5x 0x 0 5x(x 4) 0. Το τριώνυμο 5x 0x έχει α = 5 > 0 και ρίζες x = 0, x = 4. Άρα x [0, 4]. ii) Είναι: x + 3x 4 x + 3x 4 0. Το τριώνυμο x + 3x 4 έχει α = > 0 και ρίζες x =, x = 4. Άρα x [ 4, ]. 6. i) Το τριώνυμο x x έχει α = > 0 και ρίζες x =, x =. Άρα x (, ) (, + ). 5 ii) Το τριώνυμο x 3x 5 έχει α = > 0 και ρίζες x =, x =.

55 54 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ Άρα 5 x,. 7. i) Είναι: ii) Είναι: x + 4 > 4x x 4x + 4 > 0 (x ) > 0 που αληθεύει για κάθε x με x. x + 9 6x x 6x (x 3) 0 x = i) Το τριώνυμο x + 3x + 5 έχει α = > 0 και Δ = < 0. Άρα είναι θετικό για κάθε x και η ανίσωση x + 3x είναι αδύνατη. ii) Το τριώνυμο x 3x + 0 έχει α = > 0 και Δ = 5 < 0. Άρα η ανίσωση x 3x + 0 > 0 αληθεύει για κάθε x. 9. Έχουμε (x 4x + 3) > 0 x 4x + 3 < 0. 4 Το τριώνυμο x 4x + 3 έχει α = > 0 και ρίζες x =, x = 3. Άρα x (, 3). 0. Έχουμε Είναι: x < x 4 < x < x 4 και x < x 4 x x 3 > 0. x 4 <. Το τριώνυμο x x 3 έχει α = > 0 και ρίζες x = 3, x =. Επομένως Είναι: Το τριώνυμο x x 3 > 0 x (, ) (3, + ). x 4 < x 6 < 0. x 6 έχει α = > 0 και ρίζες x = 4, x = 4. Επομένως x 6 < 0 x ( 4, 4).

56 4.. Ανισώσεις ου βαθμού 55 Οι δύο ανισώσεις συναληθεύουν για.. Έχουμε x 6x+ 5< 0 x (,5) και x 5x+ 6> 0 x (,) (3, + ). Άρα x (, ) (3,5). B ΟΜΑΔΑΣ. i) Η παράσταση α +αβ β =α +β α β είναι ένα τριώνυμο με μεταβλητή το α. Το τριώνυμο αυτό έχει διακρίνουσα. =β 4 ( β ) = 9β 0 και ρίζες α, = Επομένως α +αβ β = ( α+ β)( α β ). β ± 3β β β Ομοίως η παράσταση α αβ 6β =α β α 6β είναι ένα τριώνυμο με μεταβλητή το α. Το τριώνυμο αυτό έχει διακρίνουσα =β 4 ( 6 β ) = 5β β± 5β 3β και ρίζες α 3,4 = β Επομένως α αβ 6 β = ( α+ β)( α 3 β ). α +αβ β ( α+ β)( α β) α β ii) = =, α 3β, α β. α αβ 6β ( α+ β)( α 3) β α 3β x + ( β α)x αβ= 0. = ( β α) 4 ( αβ ) = 4β 4αβ + α + 8αβ = 4β + 4 αβ+α = ( β+α) 0. α ( β α ) ± ( β+α) Οι ρίζες της εξίσωσης είναι x, = 4 β α Άρα x + ( β α)x αβ= x (x +β ) = (x α )(x +β). 3. Έχουμε Το τριώνυμο οπότε x α x +βx αβ= x(x α ) +β(x α ) = (x α )(x +β ). x 3α x+ α έχει ρίζες x = α και x = α x 3α x + α = (x α)(x α ). Επομένως

57 56 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ = =, με x α, x α. α + α α α α x 3 x (x )(x ) x 4. Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι = 9λ 4 λ ( λ+ 5) = 9λ 4λ 0λ = 5λ 0λ. Η διακρίνουσα είναι ένα τριώνυμο με μεταβλητή λ, α = 5 > 0 και ρίζες λ = 0 και λ = 4. Επομένως η δοθείσα εξίσωση i) έχει ρίζες ίσες, αν λ = 4, διότι λ 0. ii) έχει ρίζες άνισες αν λ με λ < 0 ή λ > 4. iii) είναι αδύνατη αν 0 < λ < Το τριώνυμο x + 3λ x+λ έχει α = > 0 και Δ = 9λ 4λ. Για να είναι x + 3λx + λ > 0 για κάθε x, πρέπει Δ < 0. 4 Έχουμε < 0 9λ 4λ< 0 λ(9λ 4) < 0 λ 0, i) = ( λ) 4 3 λ ( λ+ ) = 4λ λ 4λ = 8λ 4λ. < 0 8λ 4λ< 0 8λ + 4λ > 0 λ + 3λ > 0 λ( λ+ 3) > 0 λ< 3 ή λ> 0. ii) Η ανίσωση (λ + )x λx + 3λ < 0, λ αληθεύει για κάθε x, αν και μόνο αν Δ < 0 και 0 3 λ+ < λ< ή λ > 0 και λ <. Άρα λ < Αν x είναι η πλευρά του ενός τετραγώνου, τότε η πλευρά του άλλου θα είναι 3 x και άρα το άθροισμα των εμβαδών των δύο τετραγώνων θα είναι ίσο με x + (3 x) = x 6x + 9. Επομένως, για να είναι το άθροισμα των εμβαδών των σκιασμένων τετραγώνων μικρότερο από 5 θα πρέπει να ισχύει:

58 4.3. Ανισώσεις γινόμενο και ανισώσεις πηλίκο 57 x 6x + 9 < 5 x 6x + 4 < 0 x 3x + < 0 < x <. Άρα το Μ θα πρέπει να βρίσκεται ανάμεσα στα σημεία Μ και Μ, τα οποία χωρίζουν τη διαγώνιο ΑΓ σε τρία ίσα μέρη. 8. i) Η παράσταση α αβ + β = α β α + β είναι τριώνυμο ως προς α. Το τριώνυμο αυτό έχει διακρίνουσα Δ = ( β) 4 β = 3β 0. Ο συντελεστής του α είναι > 0. Άρα α β α + β 0, για όλα τα α, β. α β α αβ + β ii) Έχουμε Α= + =. Επομένως β α αβ Αν α, β ομόσημοι, τότε Α > 0. Αν α, β ετερόσημοι, τότε Α < Ανισώσεις γινόμενο και ανισώσεις πηλίκο Α ΟΜΑΔΑΣ. Έχουμε: 3x 0 3x 3x x. 3 x x 0 (x+ )(x ) 0 x ή x. x x+ 0 x (αφού Δ = 4 = 3 < 0).. Έχουμε: x x 4 0 (x+ )(x ) 0 x. x 3x + 0 (x )(x ) 0 x ή x. x + x+ 0 x (αφού Δ = 3 < 0).

59 58 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ 3. Έστω P(x) = (x )(x + ) (x 9). Έχουμε: x 0 x. x + > 0 x. x 9 0 (x + 3)(x 3) 0 x 3 ή x 3. Άρα (x )(x + )(x 9) > 0 x ( 3,) (3, + ). 4. Έστω P(x) = (3 x)(x + 6x) (x + 3). Έχουμε: 3 x 0 x 3. x + 6x 0 x + 3x 0 x(x+ 3) 0 x 3 ή x 0. x + 3> 0 x. Άρα (3 x)(x + 6x)(x + 3) 0 x [ 3,0] [3, + ).

60 4.3. Ανισώσεις γινόμενο και ανισώσεις πηλίκο Έστω P(x) = ( x x ) (x + x + ). Έχουμε: x x 0 x + x 0 (x + )(x ) 0 x. x + x+ 0 (x+ ) 0, οπότε (x + ) > 0, για x και (x + ) = 0 για x =. Άρα ( x x )(x + x+ ) 0 x (, ] { } [, + ). 6. Έστω P(x) = (x 3)(x + x 3)(x x ) > 0. Έχουμε: x 3 0 x x + x 3 0 x + (x ) 0 x ή x. x x 0 x + x 0, που είναι αδύνατη, αφού Δ = 7 < 0, α = < 0. Άρα (x 3)(x + x 3)(x x ) > 0 x, (,3) i) x > 0 (x + )(x ) > 0 x < ή x >. x+ ii) x + 0 (x + )(x 3) 0, με x 3 x 3 x < 3. x x 8. 0 (x x )(x x ) 0 +, με x + x 0. x + x Έστω P(x) = (x x )(x + x ). Έχουμε: x x 0 (x+ )(x ) 0 x ή x.

61 60 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ x + x 0 (x + )(x ) 0 x ή x. Άρα x x x + x 0 x (, ] (, ]. Β ΟΜΑΔΑΣ x + 3 x + 3 x + 3 4x + 4 x + 7. i) > 4 4> 0 > 0 > 0 x x x x x 7 7 < 0 (x 7)(x ) < 0 < x <. x x x x x 0 x ii) x + 5 3x + 5 3x + 5 3x + 5 Άρα x + 0 (x + )(3x + 5) 0, με x 3x x ή x >. 3 5 x (, ], x 3x 0 x 3x 0 + x x x x x x (x x )(x ) 0, με x. Έστω P(x) = (x x )(x ). Έχουμε: x x 0 (x + 3)(x 4) 0 x 3 ή x 4. x 0 x. Άρα x (, 3] (, 4].

62 4.3. Ανισώσεις γινόμενο και ανισώσεις πηλίκο 6 3. i) x x x(x ) (3x 5) 0 0 3x 5 x 3x 5 x (3x 5)(x ) x x 6x + 0 x 7x (3x 5)(x ) (3x 5)(x ) (3x 5)(x )(x 7x + 0) 0, με x, x 5 3. Έστω P(x) = (3x 5)(x )(x 7x + 0). Έχουμε: 5 3x 5 0 x. 3 x 0 x. x 7x (x )(x 5) 0 x ή x 5. ii) Άρα x 3x 5 x + x, x 5 5 x, [,5]. 3 3 (3x 5)(x )(x 7x 0) 0 x 3 x 3 x + x 6x x x + x x + (x )(x + ) x 4x (x )(x + ) (x 4x + 3)(x )(x + ) 0, με x, x. Έστω P(x) = (x 4x + 3)(x )(x + )., Άρα x (, ), [3, + ).

63 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ 4. Έχουμε: x + x + > < ή x + >, x 0. x x x x + x + 0 3x + < + < < 0 x x x (3x+ )x < 0 < x < 0. 3 x + x + 0 x + 0 x > > > < 0 x x x x x(x ) < 0 0 < x <. Άρα x,0 (0,) Για να έχει η εταιρεία κέρδος πρέπει τα έσοδα να είναι περισσότερα από το κόστος: Ε>Κ 5x x > 7 x 5x x 7 + x > 0 x + 6x 7 > 0 x 6x + 7 < 0. Οι ρίζες του τριωνύμου είναι x = 3 και x = 3+. Επομένως ή, προσεγγιστικά,,59 < x < 4,4. x 6x + 7 < 0 3 < x < Έχουμε: 0t 0t 0t 4t 6 t + 4 t + 4 t + 4 > 4 4> 0 > > 0 < 0 4t 0t 6 4t 0t 6 t + 4 t + 4 4(t 5t + 4)(t + 4) < 0 < t < 4.

64 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5 ΠΡΟΟΔΟΙ 5.. Ακολουθίες Α ΟΜΑΔΑΣ. i) 3, 5, 7, 9, ii), 4, 8, 6, 3 iii), 6,, 0, 30 iv) 0,,, 3, 4 ν), 0,, 0,0, 0,00, 0,000 vi) 3, 3, 9, 5, vii) 4, 3,,, 0 viii),,, 0, ix),, 8 3,, x),,,, xi),,,,.. i),,,, ii) 0,,, 5, 6 iii) 3, 4, 6, 0, i) Έχουμε α = 6 και αν+ α ν = ( ν+ ) + 5 ν 5 =, επομένως α = 6 α = +α ν+ ν ii) Έχουμε α = και α α α = επομένως α = α ν+ ν ν+ ν+ ν ν = =, ν+ ν iii) Έχουμε α = και α ν+ = = = ( +αν), α = επομένως α ν+ = α ν +

65 64 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5: ΠΡΟΟΔΟΙ iv) Έχουμε α = 8 και αν+ α ν = 5( ν+ ) + 3 5ν 3 = 5, α = 8 επομένως α = 5 +α ν+ ν 4. i) Έχουμε α = Προσθέτουμε τις ισότητες αυτές κατά μέλη α = α + και βρίσκουμε: α 3 = α +. α ν = α ν + α ν = + (ν ) ή α ν = ν. ii) α = 3 Πολλαπλασιάζουμε τις ισότητες αυτές α = 5α κατά μέλη και βρίσκουμε: α 3 = 5α α ν = 3 5 ν. α ν = 5α ν 5.. Αριθμητική πρόοδος Α ΟΜΑΔΑΣ. i) α ν = 7 + ( ν ) 3 ii) α ν = + (ν ) iii) α ν = 5 + (ν )( 3) = 3ν+ 4 = ν + 9 = 3ν + 8 iv) α ν = + (ν ) ν) α ν = 6 + (ν )( 3) 3 = ν+ = 3ν 3.. i) α 5 = + (5 ) 5 ii) α 0 = + (0 ) 7 iii) α 30 = 4 + (30 ). = 68 = 44 = 33 iv) α 35 = 7 + (35 ) 8 ν) α 50 = + (50 ) 3 = 89 = νi) α 47 = + (47 ) = i) Έχουμε α 6 = α + 5ω, επομένως α + 5ω = και α 0 = α + 9ω, επομένως α + 9ω = 6. α + 5ω= Λύνοντας το σύστημα α + 9 ω= 6 βρίσκουμε ω = και α = 7.

66 5.. Αριθμητική πρόοδος 65 α + 4ω= 4 ii) Ομοίως έχουμε α + ω= 4 και από τη λύση του συστήματος αυτού προκύπτει ότι ω = 4 και α =. α + ω= 0 iii) Ομοίως έχουμε α + 6 ω= 3 και από τη λύση του συστήματος αυτού προκύπτει ότι ω = 3 και α = 4. α + 4ω= 5 4. i) Έχουμε το σύστημα α + 4 ω= από τη λύση του συστήματος βρίσκουμε ότι Άρα α 50 = α + 49ω = 6, ,3 = 8,5. ii) Ομοίως έχουμε οπότε ω = 6 και α = 9 ω 3 = = 0,3 και α 0 = 6, α + 6ω= 55 α + ω= 45 Άρα α 8 = α + 7ω = =. 5. i) Ισχύει α ν = α + (ν )ω, οπότε 97 ( )5 ( )5 97 5ν= 00 ν= 0. Επομένως ο ζητούμενος όρος είναι ο α 0, δηλαδή ο 0ός. ii) Ισχύει α ν = α + (ν )ω, οπότε 97 = 80 + ( ν )( 3) 80 + ( ν )( 3) = 97 3ν= 80 ν= 60 Άρα ο ζητούμενος όρος είναι ο α i) = = 5 ii) (5x + ) + = 3x 5x + = 6x 4 x = 6 x = Αν είναι x ο μεγαλύτερος αριθμός και y ο μικρότερος τότε ισχύει: x y= 0 x y= 0 x+ y = 5 x+ y= 50 Από τη λύση του συστήματος αυτού προκύπτει ότι x = 30 και y = 0.

67 66 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5: ΠΡΟΟΔΟΙ 8. i) Έχουμε α = 7, ω = 9 7 = και ν = 40, οπότε ii) Έχουμε α = 0, ω = και ν = 40, οπότε iii) Έχουμε α = 6, ω = 4 και ν = 40, οπότε 40 S = [ 7 + (40 ) ] = 0 9 = S = [ 0 + (40 ) ] = 0 78 = S = [ 6 + (40 ) 4] = 0 68 =3360 iv) Έχουμε α = 7, ω = 5 και ν = 40, οπότε 40 S = [ ( 7) + (40 ) 5] = 0 8 = i) Έχουμε α =, ω = 3 και ν = 80, οπότε ii) Έχουμε α = 80 S = [ + (80 )( 3)] = 40 ( 33) = 930, ω = και ν = 80, οπότε S = [ + (80 ) ] = 40 5 = Καθένα από τα αθροίσματα είναι άθροισμα διαδοχικών όρων αριθμητικής προόδου. i) Έχουμε α =, α ν = 97 και ω = 4. Ισχύει α ν = α + (ν )ω οπότε 97 = + (ν ) 4 ή ν = 50. Επομένως ν 50 S = ( α +α ν) = ( + 97) =4950. ii) Έχουμε α = 9, ω = 3, α ν = 90. Από τον τύπο α ν = α + (ν )ω έχουμε 90 = 9 + (ν ) 3 ή ν = 8. Επομένως 8 S 8 = (9 + 90) = 4 99 =386. iii) Έχουμε α = 7, ω = 3, και α ν = 09. Από τον τύπο α ν = α + (ν )ω έχουμε 09 = 7 + (ν )( 3) ή ν = 35. Επομένως S 35 = ( 7 09) = ( 6) = 030.

68 5.. Αριθμητική πρόοδος 67. i) Έχουμε α = 4, ω = 4 και S v = 80. ν Επειδή S ν = [ α + ( ν ) ω, ] έχουμε ν ν 80 = [ 4 + ( ν ) 4] 80 = (4ν+ 4) 4ν + 4ν= 360 ν +ν = 90 0 ± 9 9 ν= = 0 Επειδή v *, έπεται ότι ν = 9. Άρα πρέπει να πάρουμε τους 9 πρώτους όρους. ii) Έχουμε α = 5, ω = 5 και S v = 80. Εργαζόμενοι όπως προηγουμένως βρίσκουμε ότι ν = 8.. Έχουμε α = 53, ω = και ν = 5. Επομένως α 5 = 53 + (5 )( ) = 53 8 = S 5 = (5 + 53) = 78 =585. Β ΟΜΑΔΑΣ. Έχουμε α ν+ α ν = 4(ν + ) + 4ν = 4ν 4 + 4ν = 4. Επομένως α ν+ = α ν 4 που σημαίνει ότι η ακολουθία είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά 4 και α = 4 = 8.. i) Οι περιττοί αριθμοί είναι οι, 3, 5, 7... και αποτελούν αριθμητική πρόοδο με α = και ω =. Έχουμε α 00 = + (00 ) = 399, οπότε 00 S 00 ( + 399) = = ii) Οι άρτιοι αριθμοί είναι οι, 4, 6, 8... και αποτελούν αριθμητική πρόοδο με α = και ω =. Έχουμε α 300 = + (300 ) = 600, οπότε 300 S 300 ( + 600) = = iii) Το ζητούμενο άθροισμα είναι το και οι προσθετέοι του, με τη σειρά που είναι γραμμένοι, είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με α = 7, ω = και α ν = 379.

69 68 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5: ΠΡΟΟΔΟΙ Ισχύει α ν = α + (ν )ω, οπότε 379 = 7 + (ν ) ή ν = 8. Επομένως. 3. i) Το ζητούμενο άθροισμα είναι το και οι προσθετέοι του είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με α = 5, ω = 5 και α ν = 95. Από τον τύπο α ν = α + (ν )ω έχουμε 95 = 5 + ( ν ) 5 ν= 39. Επομένως 39 S 39 = (5 + 95) = = ii) Το ζητούμενο άθροισμα είναι το και οι προσθετέοι του είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με α =, ω = 3 και α ν = 98. Από τον τύπο α ν = α + (ν )ω έχουμε 98 = + (ν ) 3 ή ν = 63. Επομένως S 63 = ( + 98) = 0 = = i) Έχουμε α ν+ α ν = 5(ν + ) 4 5ν + 4 = 5 ή α ν+ = α ν + 5. Επομένως η ακολουθία είναι αριθμητική πρόοδος με α = 5 4 =, ω = 5 και α 30 = = 46, οπότε 30 S 30 = ( + 46) = 5 47 =05. ii) Έχουμε α ν+ α ν = 5(ν + ) 3 + 5ν + 3 ή α ν+ = α ν 5. Επομένως η ακολουθία είναι αριθμητική πρόοδος με α = 5 3 = 8, ω = 5 και α 40 = = 03, οπότε 40 S 40 = ( 8 03) = 0 ( 0) = Πρέπει από το άθροισμα να αφαιρέσουμε το άθροισμα των πολλαπλασίων του 4 και το άθροισμα των πολλαπλασίων του 9. Όμως στα πολλαπλάσια του 4 και του 9 περιέχονται και τα πολλαπλάσια του 36 που, με αυτόν τον τρόπο, αφαιρούνται δυο φορές. Πρέπει λοιπόν να προσθέσουμε μια φορά τα πολλαπλάσια του 36 για να βρούμε το πραγματικό άθροισμα. Επομένως S = ( )( ) ( ) + ( ).

70 5.. Αριθμητική πρόοδος 69 Κατά τα γνωστά έχουμε: = = 50 ( + 00) = 00 0 = 000 (4 + 00) = 5 04 = = (9 + 98) = 07 = = 5 ( ) = 5 6 = 5 08 = 540 Άρα S = = Το άθροισμα ν όρων της ακολουθίας είναι ν ν S ν = [ α + ( ν ) ω ] ή S ν = [ + ( ν ) ]. ν Πρέπει Sν > 400 [ + ( ν ) ] > 400 ν >400 ν> Για την η γραμμή του πίνακα έχουμε: α ν = α + (ν )ω = 0 + ( )( 0) = 0 0 = 0. ν S ν = ( α +α ν) = (0 + 0) = 6 30 =780. Για την η γραμμή έχουμε: α ν = α + (ν )ω ή 09 = 5 + (7 )ω ή ω = 4. ν 7 7 S ν = ( α +α ν) = (5 + 09) = 4 =539. Για την 3η γραμμή έχουμε: ν S ν = [ α + ( ν ) ω ] ή 0 = [α + 3] ή α =. α ν = α + (ν )ω ή α ν = + 3 ή α ν = 34. Για την 4η γραμμή έχουμε: α ν = α + (ν )ω ή 8 = α + 5 ή α = 38. ν 6 S ν = ( α +α ν) ή S ν = ( 38 8) = 8 ( 46) = 368.

71 70 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5: ΠΡΟΟΔΟΙ 8. Τις πρώτες ώρες το πλήθος των κτύπων είναι = ( + ) = 6 3 = 78, άρα συνολικά ακούγονται 78 = 56 κτυπήματα. 9. Το πλήθος των θέσεων κάθε σειράς καθισμάτων σχηματίζει αριθμητική πρόοδο με α = 800 και α 33 = 460. Επομένως, λόγω της α ν = α + (ν )ω, είναι 460 = (33 ) ω ή ω = 05. Το στάδιο έχει συνολικά: S 33 = ( ) = 4960 = =8840 θέσεις. Η μεσαία σειρά, δηλαδή η 7η σειρά έχει α 7 = (7 ) 05 = = 480 θέσεις. 0. Οι όροι της ακολουθίας διαδοχικά θα είναι 3, x, x,..., x 0, 80 συνολικά όροι. Ισχύει α ν = α + (ν )ω ή 80 = 3 + ω ή ω = 7, οπότε οι ζητούμενοι αριθμοί είναι 0, 7, 4, 3, 38, 45, 5, 59, 66, 73.. Έχουμε ν ν ν 3 ν+ ( ν ) + ( ν ) = = ν ν ν ν ν ν( ν + ) = v + = ν.. Το ο μέτρο θα κοστίσει 0. Το ο μέτρο θα κοστίσει 5. Το 3ο μέτρο θα κοστίσει 30. κ.τ.λ. Αν λοιπόν η γεώτρηση πάει ν μέτρα βάθος, τότε το συνολικό κόστος, ( α + ( ν ) ων ) σύμφωνα με τον τύπο Sν =, θα είναι ίσο με: ν S ν = [ 0 + ( ν )5]. Πρέπει επομένως 8 ν+ν( ν ) 880 ν + 7ν ( ν 40)( ν+ 47) 0 47 ν 40 Άρα η γεώτρηση μπορεί να πάει 40 m βάθος.

72 5.3. Γεωμετρική πρόοδος Γεωμετρική πρόοδος Α ΟΜΑΔΑΣ. i) α ν = 3 ν, ii) 3 ν 3 ν α ν = =, iii) α 3 ν = 9 3 ν = 3 ν +, ν 4 iv) α ν = =, v) α ν+ ν = 6 = =, ν ν 5 4 ν vi) α ν = 8 = 3 =, vii) α ν ν ν = (0,4) ν =0,4 ν, viii) α ν = ( ) ( ) ν = ( ) ν, ix) α ν = ( 3) ( 3) ν = ( 3) ν. ν 8. i) α 9 = = 64, ii) α 4 7 = 3 6 = 458, iii) α 8 = 79 =, iv) α 0 = ( ) = 5, ν) α 9 = = = = i) =α ή 3 α = =, ii) 3 =α ή =α 7, άρα α 6 =. 4. i) =α λ, άρα 5 96 =α λ 5 αλ = αλ 96 ή λ 3 = 8, άρα λ =. ii) 8 =α λ 3, άρα 64 4 =α λ αλ = αλ 3 3 ή λ = 3, άρα λ = =α λ 5. i) 5, άρα 9 =α λ αλ = 3 αλ, ή λ =, άρα λ=±. 6 6

73 7 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5: ΠΡΟΟΔΟΙ Για λ= έχουμε 5 =α ή α 3 = 5 3 = Έχουμε τώρα α 4 = 000 =. 89 Για λ= εργαζόμαστε ομοίως. =α λ ii) 3 =α λ, άρα 3 αλ = αλ 3 Για λ= έχουμε =α 6 ή α = Έχουμε τώρα α = 6 = = 6. Για λ= εργαζόμαστε ομοίως. ή 0 5 λ = ή λ=±. 6. Έστω α ν ο όρος που ισούται με 768. Τότε 768 = 3 ν ή ν = 56 ή ν = 8, οπότε ν = 8, άρα ν = i) Ο νος όρος της προόδου είναι α ν = 4 ν. Αν 4 ν > 000, τότε ν + > 000. Έχουμε 0 = 04 και = 048. Άρα πρέπει ν + > 0 ή ν > 9. Επομένως ο πρώτος όρος που υπερβαίνει το 000 είναι ο 0ος όρος. ν ii) Ο νος όρος της προόδου είναι α ν = 8. 8 Αν 8 < 0, 5, τότε ν > ή ν > 5. ν 0,5 Έχουμε 8 = 56 και 9 = 5. Άρα πρέπει ν > 9 ή ν > 0. Επομένως ο πρώτος όρος που είναι μικρότερος του 5 είναι ο ος. 8. i) 5 0 = 00 =0, ii) Ισχύει 3 3 = =. (x + ) = (x 4)(x 9) x + x + = x 3x x = 75 x=3.

74 5.3. Γεωμετρική πρόοδος i) S0 = = ii) S0 = 3 = 3 = = ( ) 03 iii) S0 = 4 = 4 = 4 34 = i) Από τον τύπο α ν = α λ ν έχουμε 89 = 4 ν ή 4 ν = 4096 = 4 6, άρα ν = 6 ή ν = Επομένως S7 = = = 546 = ii) Ομοίως από τον τύπο α ν = α λ ν έχουμε = 4 5 ν ν ή = = 048 Επομένως, άρα ν = ή ν = S = 4 = 4 = 4 = 4 = iii) Ομοίως από τον τύπο α ν = α λ ν έχουμε 56 = ( ) ν 8 ή ( ) = ( ) ν, άρα ν = 8 ή ν = 9. Επομένως 9 ( ) 53 S9 = = = Έχουμε α = 3 και, σε ώρα α = 3 σε ώρες α 3 = 3 σε 3 ώρες α 4 = 3 3 κτλ. και, σε ώρες α 3 = 3 = 88 βακτηρίδια.. Έχουμε α = 60 και, μετά την η αναπήδηση α = 60 3 μετά την η αναπήδηση α 3 = 60 3

75 74 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5: ΠΡΟΟΔΟΙ μετά την 3η αναπήδηση α 4 = μετά την 4η αναπήδηση α 5 = 60 = = 0,74 m Β ΟΜΑΔΑΣ. Έχουμε α α ν+ ν ν+ = 3 = = ν+ ν+ ν+ 3 ή ν ν ν+ ν+ ν 3 3 ν+ 3 α =α. 3 Επομένως η ακολουθία είναι γεωμετρική πρόοδος με λ= 3 και α = 9.. Πρέπει ( 4 0ν+ 4 ) = ν 5 ν+ 0ν+ 4 = ( ν 5)( ν+ ) ( ν 5)( ν+ ) = 0ν+ 4 ν ν = ± 5 3 ± 5 4 ν= = = Με δοκιμή βρίσκουμε ότι μόνο η τιμή ν = 4 είναι δεκτή. 3. i) Έστω μια γεωμετρική πρόοδος με πρώτο όρο α και λόγο λ. Τότε οι όροι της προόδου είναι: α, α λ, α λ, α λ 3,..., α λ ν,... και τα τετράγωνα των όρων αυτών είναι: α, αλ, αλ, αλ,..., αλ. 4 6 ν Παρατηρούμε ότι η ακολουθία αυτή είναι γεωμετρική πρόοδος με ο όρο ii) Αν υψώσουμε τους όρους της προόδου στην k έχουμε: α, αλ, αλ, αλ,..., αλ. k k k k k k 3k k νk Παρατηρούμε ότι η ακολουθία αυτή είναι γεωμετρική πρόοδος με ο όρο α και λόγο λ. k k α και λόγο λ. 4 λ α +αλ= + () και α = 43 ( + 3) 4. i) Έχουμε 3 3 λ Οι () και () σχηματίζουν το σύστημα ().

76 5.3. Γεωμετρική πρόοδος 75 α ( λ+ ) = α λ +λ +λ+ = + ( ) 3 ( ) Με διαίρεση κατά μέλη των εξισώσεων του συστήματος προκύπτει 3 λ +λ 3λ 3 = 0 λ ( λ+ ) 3( λ+ ) = 0 ( λ+ )( λ 3) = 0 λ= ή λ= 3 ή λ= 3. Αντικαθιστούμε τις τιμές αυτές του λ στην () και έχουμε Για λ=, α 0= 3+ 3 (αδύνατο) λ=, α ( 3+ ) = 3+ 3 ή α = 3 λ=, α = ( 3) = 3+ 3 ή ( ) Για 3 Για 3 α Έχουμε αλ+αλ = 34 αλλ ( + ) = 34 () 6 4 και αλ +αλ = 68 αλ ( λ + ) = 68 () Με διαίρεση κατά μέλη των () και () έχουμε λ =, οπότε με αντικατάσταση στην () βρίσκουμε α =. 0 Άρα S0 = = 04 = Αν α ν είναι ο πληθυσμός της χώρας ύστερα από ν χρόνια από σήμερα, τότε τον επόμενο χρόνο, δηλαδή ύστερα από ν + χρόνια από σήμερα, θα είναι (σε εκατομμύρια). α ν+ =α ν + α ν =, 0 α ν. 00 Άρα ο αναδρομικός τύπος της ακολουθίας είναι α. α ν Επειδή α = 90,0 και α ν + =,0 α ν η ακολουθία είναι γεωμετρική πρόοδος με ο όρο α = 90,0 και λόγο λ =,0, επομένως α ν = 90,0,0 ν ή α ν = 90,0 ν. Ύστερα από 0 χρόνια ο πληθυσμός της χώρας θα είναι α 0 = 90,0 0 90, ή κάτοικοι. 7. Αν Ι ν είναι η ένταση του φωτός αφού διέλθει μέσα από ν φίλτρα, τότε η έντασή του αφού διέλθει και μέσα από το επόμενο φίλτρο, δηλαδή αφού διέλθει συνολικά μέσα από ν + φίλτρα θα είναι 0 Ι ν+ =Ιν Ι ν = 0,9Ι ν. 00 Άρα ο αναδρομικός τύπος της ακολουθίας είναι.. ν.

77 76 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5: ΠΡΟΟΔΟΙ Επειδή Ι = Ι 0 0,9 και Ι ν + = 0,9 Ι ν η ακολουθία είναι γεωμετρική πρόοδος με ο όρο Ι 0 0,9 και λόγο λ = 0,9, άρα Ι ν = Ι 0 0,9 0,9 ν ή Για ν = 0 έχουμε Ι 0 = Ι 0 0,9 0 0,35 Ι 0. ν Ι Ι. ν 0 8. i) Οι ενδιάμεσοι τόνοι με τους δύο ακραίους C και C θα σχηματίζουν γεωμετρική πρόοδο με α = 6 και α 3 = 5. Επειδή α 3 = α λ έχουμε 5 = 6 λ και επομένως λ. ii) Η συχνότητα του 5ου τόνου θα είναι α =α λ = i) Αν D v είναι η ποσότητα του νερού στο ψυγείο, αφού εφαρμόσουμε τη διαδικασία ν φορές, τότε η ποσότητα του νερού στο ψυγείο, αν εφαρμόσουμε τη διαδικασία μια ακόμα φορά, δηλαδή ν + συνολικά φορές θα είναι Dν Dν+ = Dν 4= Dν 0, D ν = ( 0,)Dν = 0,9Dν. 40 Επομένως D v + = 0,9 D v και D = 36 όσο το νερό που μένει την η φορά. Βλέπουμε ότι η ακολουθία D v είναι γεωμετρική πρόοδος με D = 36 και λόγο λ = 0,9, άρα D v = 36 0,9 ν. ii) D 7 = 36 0,9 6 9,3, οπότε η ποσότητα του αντιπηκτικού είναι περίπου 40 9,3 = 0,87l. 0. Αφού διπλασιάζουμε κάθε φορά τον ρυθμό των κόκκων του ρυζιού έχουμε α ν + = α ν. Επειδή στο ο τετραγωνάκι βάζουμε κόκκο ρύζι έχουμε α =. Επομένως η ακολουθία α ν, είναι γεωμετρική πρόοδος με α = και λόγο λ =, άρα α ν = ν ή α ν = ν. Συνολικά σε όλα τα τετραγωνάκια πρέπει να μπουν Το ρύζι αυτό είναι περίπου σε κιλά S64 = = 64 9, = 0,93 0 = 9, i) Έχουμε S = 3 S = 3 4 = S 3 = 4 = κόκκοι ρύζι. κιλά = 9,3 0 τόνοι. Παρατηρούμε ότι το πλήθος των πλευρών κάθε σχήματος προκύπτει από το πλήθος των πλευρών του προηγούμενου σχήματος με πολλαπλασιασμό επί 4. Επομένως S v + = 4 S v, οπότε

78 5.4. Ανατοκισμός - Ίσες καταθέσεις 77 S = 3 S = 4S S 3 = 4S. Πολλαπλασιάζουμε τις ισότητες αυτές κατά μέλη και έχουμε S v = 3 4 ν S v = 4S v ii) Έχουμε U = 3 = 3 4 U = 3 4 = 3 = U3 = = 4 = Uν+ = Uν. 3 4 Εργαζόμενοι όπως προηγουμένως βρίσκουμε ότι Uν = Ανατοκισμός - Ίσες καταθέσεις α 5 = = (,05) = 5.000, 768 = 638, α 0 =α ( +τ) =α α,03 = α,3439 = α= = 37.04,87., α 5 = ( +τ).76 = 0.000( +τ) 5.76 ( +τ ) = ( +τ ) =, 76 +τ=, 05 τ= 0,05 = 5%. 0 ν ( + (3 / 00)) = / 00 5, 03 = 5.000,03 3 / 00 0,5974 = 5.000, ,05. 0,03

79

80 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6 ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ 6.. Η έννοια της συνάρτησης Α ΟΜΑΔΑΣ. i) Πρέπει x 0, δηλαδή x. Άρα το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το: {} = (,) (, + ). ii) Πρέπει x 4x 0 x(x 4) 0 x 0 και x 4. Άρα, το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το: {0,4} = (,0) (0,4) (4, + ). iii) Πρέπει x + 0 που ισχύει πάντοτε. Άρα, το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι όλο το. iv) Πρέπει x + x 0 x x x > 0. Άρα, το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το σύνολο (0, + ).. i) Πρέπει: x 0 και x 0 x. Άρα, το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το σύνολο [,]. ii) Πρέπει x 4 0 x ή x αφού οι ρίζες του τριωνύμου x 4 είναι οι αριθμοί και. Άρα, το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το σύνολο (, ] [, + ). iii) Ομοίως, το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το σύνολο [,3] αφού οι ρίζες του τριωνύμου είναι οι αριθμοί και 3. iv) Πρέπει x 0 x x 0 και x. Άρα, το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το σύνολο [0, + ) {} = [0,) (, + ). 3. Είναι 3 f ( 5) = ( 5) = 5. f (0) = = 3. f (6) = = i) Έστω x ο ζητούμενος φυσικός αριθμός. Τότε, ο τύπος της συνάρτησης θα προκύψει ως εξής:

81 80 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6: ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ x. Επομένως, θα είναι f(x) = (x + )4 + x = x + 4x + 4 = (x + ) δηλαδή f(x) = (x + ), x. () Έτσι θα έχουμε f(0) = = 4, f() = 3 = 9, f() = 4 = 6 και f(3) = 5 = 5. ii) Επειδή x > 0, έχουμε: f(x) = 36 (x+ ) = 6 x+ = 6 x = 4. f (x) = 49 (x + ) = 7 x = 5. f (x) = 00 (x + ) = 0 x = 8. f (x) = 44 (x + ) = x = i) Για x έχουμε: 4 4 f(x) = x + = x = (x ) = 4 x = x = 3. ii) Για x 0, 4 έχουμε: x 6 (x 4)(x + 4) x + 4 x 4x x(x 4) x g(x) = = = = iii) Για x έχουμε: x + 4 = x x = 4, αδύνατη. 5 x + 5 h(x) = = x + = 5 x = 4 x = 6.. Γραφική παράσταση συνάρτησης A ΟΜΑΔΑΣ. Τα σημεία είναι αποτυπωμένα στο διπλανό σχήμα. ή x =.. Πρέπει < x < 5 και < y < 6.

82 6.. Γραφική παράσταση συνάρτησης 8 3. Το συμμετρικό του Α(, 3), i) ως προς τον άξονα x x είναι το Β(, 3) ii) ως προς τον άξονα y y είναι το Δ(, 3) iii) ως προς τη διχοτόμο της γωνίας xoy ˆ είναι το Ε(3, ) iv) ως προς την αρχή των αξόνων είναι το Γ(, 3). 4. Με βάση τον τύπο ( ΑΒ ) = (x x ) + (y y ) της απόστασης των σημείων Α(x, y ) και B(x, y ), έχουμε i) ii) iii) iv) 5. i) Είναι ( ΟΑ ) = 4 + ( ) = 0 = 5. ( ΑΒ ) = (3 + ) + (4 ) = = 5 = 5. ( ΑΒ ) = ( + 3) + 0 = 4. ( ΑΒ ) = 0 + (4 + ) = 5. ( ΑΒ ) = (4 ) + ( ) = = 5. ( ΑΓ ) = ( 3 ) + (5 ) = = 5. ( ΒΓ ) = ( 3 4) + (5 + ) = 7 = 7. Άρα (ΑΒ) = (ΑΓ), οπότε το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με κορυφή το Α. ii) Είναι ( ΑΒ ) = ( ) + ( + ) = =, οπότε (ΑΒ) = 8. ( ΑΓ ) = (4 ) + ( + ) = 3 = 3, οπότε (ΑΓ) = 8. ( ΒΓ ) = (4 + ) + ( ) = 6, οπότε (ΒΓ) = 6. Παρατηρούμε ότι (ΒΓ) = (ΑΒ) + (ΑΓ). Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ γωνία την Α. είναι ορθογώνιο, με ορθή 6. Είναι ( ΑΒ ) = (5 ) + ( 5) = 5.

83 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6: ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ( ΒΓ ) = ( 5) + ( 3 ) = 5. ( Γ ) = ( ) + ( + 3) = 5. ( Α ) = ( + ) + (5 ) = 5. Άρα το τετράπλευρο ΑΒΓΔ έχει όλες τις πλευρές του ίσες, οπότε είναι ρόμβος. Σχόλιο: Άμεσα προκύπτει ότι το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος, αφού οι διαγώνιές του τέμνονται κάθετα και διχοτομούνται. 7. Πρέπει i) f() = 6 + k = 6 k =. 3 ii) g( ) = 8 k( ) = 8 k =. iii) h(3) = 8 k 4 = 8 k = i) Το πεδίο ορισμού της f είναι όλο το. Για y = 0 έχουμε x = 4, οπότε η y = f(x) τέμνει τον x x στο σημείο Α(4, 0). Για x = 0 έχουμε y = 4, οπότε η y = f(x) τέμνει τον y y στο σημείο Β(0, 4). Ομοίως ii) Η g έχει πεδίο ορισμού όλο το και τέμνει τον άξονα x x στα σημεία Α (, 0) και Α (3, 0) και τον άξονα y y στα σημεία Β(0, 6). iii) H h έχει πεδίο ορισμού όλο το και έχει με τον άξονα x x κοινό σημείο το Α(, 0). τέμνει τον άξονα y y στο σημείο το Β(0, ). iv) H q έχει πεδίο ορισμού όλο το και δεν έχει κοινά σημεία με τον άξονα x x. τέμνει τον άξονα y y στο σημείο Β(0, ). v) H φ έχει πεδίο ορισμού το σύνολο [, + ), οπότε έχει με τον άξονα x x ένα μόνο κοινό σημείο το Α(, 0) και δεν έχει κοινά σημεία με τον άξονα y y. vi) H ψ έχει πεδίο ορισμού το σύνολο (, ] [, + ), οπότε έχει με τον άξονα x x δύο κοινά σημεία, τα Α (, 0) και Α (, 0). δεν έχει κοινά σημεία με τον άξονα y y.

84 6.3. Η συνάρτηση f(x) = αx + β i) Για x = 0 έχουμε f(0) =. Άρα η C f τέμνει τον y y στο σημείο Α(0, ). ii) 0. i) ii) Για y = 0 έχουμε x = 0 x = ή x =. Άρα η C f τέμνει τον x x στα σημεία Β (, 0) και Β (, 0). f(x) > 0 x > 0 (x + )(x ) > 0 x < ή x >. f(x) = g(x) x 5x + 4 = x 6 x 7x + 0 = 0 7± 9 7± 3 x = = Άρα x = 5 ή x =. Για x =, g() = 4 6 =. Για x = 5, g(5) = 4. Άρα τα κοινά σημεία των C f και C g είναι τα Α(, ) και Β(5, 4). f(x) < g(x) x 5x + 4 < x 6 x 7x + 0 < 0 (x )(x 5) < 0 < x < Η συνάρτηση f(x) = αx + β A ΟΜΑΔΑΣ. Όπως είναι γνωστό, για το συντελεστή διεύθυνσης της ευθείας y = αx + β ισχύει: α = εφω, όπου ω είναι η γωνία που σχηματίζει η y = αx + β με τον άξονα x x. Επομένως, θα έχουμε i) εφω =, οπότε ω = 45. ii) εφω = 3, οπότε ω = 60. iii) εφω =, οπότε ω = 35. iv) εφω = 3, οπότε ω = 0.. Αν θέσουμε Δx = x x και Δy = y y, έχουμε: y 3 i) α= = =. x y ii) α= = =. x y iii) α= = = 0. x y 3 iv) α= = = =. x 3. Σε όλες τις περιπτώσεις η εξίσωση της ευθείας είναι της μορφής y = αx + β. i) Επειδή α = και β =, η εξίσωση της ευθείας είναι: y = x +. ii) Επειδή α = εφ 45 = και β =, η εξίσωση της ευθείας είναι: y = x +.

85 84 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6: ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ iii) Επειδή η ευθεία είναι παράλληλη με την y = x 3 θα έχει ίδια κλίση με αυτή, οπότε θα είναι α =. Άρα η ζητούμενη εξίσωση είναι της μορφής: y = x + β και επειδή η ευθεία διέρχεται από το σημείο Α(, ) θα ισχύει = + β οπότε θα έχουμε β =. Επομένως, η εξίσωση της ευθείας είναι y = x. 4. Όπως είδαμε στην άσκηση, σε όλες τις περιπτώσεις η ευθεία έχει συντελεστή διεύθυνσης, οπότε έχει εξίσωση της μορφής y = αx + β. i) Επειδή α =, η ζητούμενη εξίσωση είναι της μορφής y = x + β και επειδή η ευθεία διέρχεται από το σημείο Α(, ) θα ισχύει = + β οπότε θα είναι β =. Επομένως η εξίσωση της ευθείας είναι y = x +. ii) Επειδή α =, η ζητούμενη εξίσωση είναι της μορφής y = x + β και επειδή η ευθεία διέρχεται από το σημείο Α(, ) θα ισχύει = + β οπότε θα είναι β = 3. Επομένως η εξίσωση της ευθείας είναι: y = x + 3. iii) Επειδή α = 0, η εξίσωση της ευθείας είναι της μορφής y = β και επειδή η ευθεία διέρχεται από το σημείο Α(, ), η ζητούμενη εξίσωση είναι y =. iv) Επειδή α =, η εξίσωση της ευθείας είναι της μορφής y = x + β και επειδή διέρχεται από το σημείο Α(, 3) θα ισχύει 3 = + β οπότε θα είναι β = 5. Επομένως η εξίσωση της ευθείας είναι: y = x H ζητούμενη εξίσωση είναι της μορφής C = α F + β επειδή το νερό παγώνει στους 0 C ή στους 3 F, θα ισχύει 0 = α 3 + β. () Επειδή, επιπλέον, το νερό βράζει στους 00 C ή στους F, θα ισχύει 00 = α + β. () 5 α= και 9 Αν αφαιρέσουμε κατά μέλη τις () και () βρίσκουμε 00 = α 80, οπότε 5 επομένως β= Άρα, η ζητούμενη εξίσωση είναι C = F 3 C = (F 3) Αν υπάρχει θερμοκρασία που να εκφράζεται και στις δύο κλίμακες με τον αριθμό Τ, τότε θα ισχύει 5 T = (T 3) 9T = 5T 5 3 4T = 5 3 T = Άρα οι 40 F αντιστοιχούν στους 40 C. 6. Η γραφική παράσταση της f αποτελείται: 9 Από το τμήμα της ευθείας y = x + του οποίου τα σημεία έχουν τετμημένη x (,0]. 9 Από το τμήμα της ευθείας y = του οποίου τα σημεία έχ ουν τετμημένη x [0,] και 9 Από το τμήμα της ευθείας y = x + του οποίου τα σημεία έχουν τετμημένη x [, + ).

86 6.3. Η συνάρτηση f(x) = αx + β i) Οι ρίζες εξίσωσης f(x) = είναι οι τετμημένες κοινών σημείων της y = f(x) και της ευθείας y =, δηλαδή οι αριθμοί και. Οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = x είναι τετμημένες των κοινών σημείων της y = f(x) και της ευθείας y = x, δηλαδή οι αριθμοί, 0 και. ii) Οι λύσεις της ανίσωσης f(x) < είναι οι τετμημένες των σημείων της y = f(x) τα οποία βρίσκονται κάτω από την ευθεία y =, δηλαδή οι αριθμοί x (,) { }. Οι λύσεις της ανίσωσης f(x) x είναι οι τετμημένες των σημείων της y = f(x) τα οποία βρίσκονται πάνω από την ευθεία y = x ή στην ευθεία αυτή, δηλαδή τα σημεία x [, 0] [, + ). 8. i) Οι γραφικές παραστάσεις των f(x) = x και g(x) = δίνονται στο διπλανό σχήμα. 9 Οι λύσεις της ανίσωσης x είναι οι τετμημένες των σημείων της y= x που βρίσκονται κάτω από την ευθεία y = ή στην ευθεία αυτή, δηλαδή τα x [,]. 9 Οι λύσεις ανίσωσης x > είναι οι τετμημένες των σημείων της y= x που βρίσκονται πάνω από την ευθεία y =, δηλαδή τα x (, ) (, + ). ii) Από τη θεωρία γνωρίζουμε ότι για ρ > 0 ισχύει x x ρ ρ x ρ. > ρ x < ρ ή x >ρ. Επομένως x x. x > x < ή x >. Β ΟΜΑΔΑΣ. i) Είναι f ( 6) =, f ( 5) =, f ( 4) = 0, f ( 3) =, f ( ) =, f ( ) = 0. f (0) =, f () =, f () =, f (3) = 0, f (4) =, f (5) =. ii) Οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = α είναι οι τετμημένες του σημείου της C f που έχουν τεταγμένη α. Επομένως 9 Οι ρίζες της f(x) = 0 είναι οι αριθμοί 4, και 3. 9 Οι ρίζες της f(x) = είναι οι αριθμοί και 4. 9 Οι ρίζες της f(x) = είναι ο αριθμός 6 και όλοι οι αριθμοί του κλειστού διαστήματος [0, ].

87 86 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6: ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ iii) Η ευθεία ΒΔ είναι εξίσωση της μορφής y = αx + β και επειδή διέρχεται από τα σημεία Β(, ) και Δ(,) θα ισχύει = α( ) + β και = α + β. Οπότε, με πρόσθεση των εξισώσεων αυτών κατά μέλη, βρίσκουμε ότι β = 0 και επομένως θα έχουμε α = 0,5. Άρα η εξίσωση της ευθείας ΒΔ θα είναι η y = 0,5x. Επομένως, οι λύσεις της ανίσωσης f (x) 0,5x είναι οι τετμημένες των σημείων της γραφικής παράστασης της f που βρίσκονται κάτω από την ευθεία y = 0,5x, ή πάνω σ αυτή. Είναι δηλαδή όλα τα x [,5] { }.. Η ανάκλαση γίνεται στο σημείο Α(, 0) και η ανακλωμένη είναι συμμετρική της ημιευθείας ΑΒ (σχ.) ως προς άξονα την ευθεία x =. Επομένως, η ανακλώμενη θα είναι η ημιευθεία που διέρχεται από τα σημεία Α(, 0) και Β (, ), όπου Α η αρχή της. Αν y = αx + β, x είναι η εξίσωση της ανακλώμενης ακτίνας, τότε αυτή θα επαληθεύεται από τα ζεύγη (, 0) και (, ). Δηλαδή θα ισχύουν 0 = α + β και = α + β, από τις οποίες βρίσκουμε α = και β =. Επομένως η εξίσωση της ανακλώμενης ακτίνας είναι: y = x, x. 3. i) α) Αν Β(t) είναι η ποσότητα σε λίτρα της βενζίνης στο βυτιοφόρο κατά τη χρονική στιγμή t, τότε θα ισχύει Β(t) = t και επειδή πρέπει B(t) 0 θα ισχύει t 0 t 0. Επομένως, θα έχουμε Β(t) = t, 0 t 0. β) Αν Δ(t) είναι η ποσότητα σε λίτρα της βενζίνης στη δεξαμενή κατά τη χρονική στιγμή t, τότε θα ισχύει Δ(t) = t, 0 t 0.

88 6.3. Η συνάρτηση f(x) = αx + β 87 ii) Οι γραφικές παραστάσεις της παραπάνω συνάρτησης είναι τα ευθύγραμμα τμήματα του παρακάτω σχήματος. Η χρονική στιγμή κατά την οποία οι δύο ποσότητες είναι ίσες είναι η λύση της εξίσωσης Β(t) = Δ(t), η οποία γράφεται t = t 00t = 400 t = 7. Άρα η ζητούμενη χρονική στιγμή είναι η t = 7 min. 4. Για να βρούμε το εμβαδόν του τριγώνου ΜΓ αφαιρούμε από το εμβαδόν του τραπεζίου ΑΒΓΔ το άθροισμα των εμβαδών των ορθογώνιων τριγώνων ΑΜ και ΒΜΓ. Έτσι έχουμε Ε ΜΓ =ΕΑΒΓ ΕΑΜ ΕΒΜΓ 4 + x 4 (4 x) = 4 = x (4 x) = x + 8. Επομένως, η συνάρτηση f έχει τύπο f(x) = x + 8, με 0 x 4. Άρα, η γραφική της παράσταση είναι το ευθ. τμήμα με άκρα τα σημεία Ρ(0, 8) και Σ(4, 4). 5. i) Το ευθ. τμήμα k έχει εξίσωση της μορφής h = αt + β και επειδή διέρχεται από τα σημεία 0 Α(3, 0) και Γ(0, 0) θα ισχύει 0 = 3α + β και 0 = β, οπότε θα είναι α= και β = 0. Επομένως, το ευθ. τμήμα k 3 έχει εξίσωση 0 h = t + 0, 0 t 3. 3 Άρα η αντίστοιχη συνάρτηση του ύψους του κεριού Κ είναι η 0 h (t) = t + 0, 0 t 3. () 3 Ομοίως, βρίσκουμε ότι η αντίστοιχη συνάρτηση του ύψους του κεριού Κ είναι η h (t) = 5t + 0, 0 t 4. ()

89 88 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6: ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ii) To κερί k είχε διπλάσιο ύψος από το κερί k τη χρονική στιγμή κατά την οποία ισχύει h (t) = h (t). Έχουμε λοιπόν: 0 0 h (t) = h (t) t + 0 = t + 0 t+ = t t + = t + 3t + = 8t t = t =, 4. Άρα, το k είχε το διπλάσιο ύψος από το k τη χρονική στιγμή t =,4h. iii) Αν εργαστούμε όπως στο ερώτημα i) θα βρούμε ότι υ h (t) = t +υ, 0 t 3. 3 υ h (t) = t +υ, 0 t 4. 4 υ υ οπότε, h (t) = h (t) t +υ= t +υ 4 3 t+ = t+ t =, Παρατηρούμε δηλαδή ότι το k θα έχει διπλάσιο ύψος από το k τη χρονική στιγμή t =,4h, ανεξάρτητα του αρχικού ύψους υ των κεριών k και k Κατακόρυφη - Οριζόντια μετατόπιση καμπύλης Α ΟΜΑΔΑΣ. Όπως είδαμε στην 4.3, η γραφική παράσταση της ϕ (x) = x, αποτελείται από τις διχοτόμους των γωνιών xoy ˆ και x Oy ˆ. H γραφική παράσταση της f(x) = x + προκύπτει από μια κατακόρυφη μετατόπιση της y= x, κατά μονάδες προς τα πάνω, ενώ η γραφική παράσταση της f(x) = x προκύπτει από μια κατακόρυφη μετατόπιση της y= x, κατά μονάδες προς τα κάτω (σχήμα).

90 6.4. Κατακόρυφη - Οριζόντια μετατόπιση καμπύλης 89. H γραφική παράσταση της h(x) = x + προκύπτει από μια οριζόντια μετατόπιση της y= x, κατά μονάδες προς τα αριστερά, ενώ η γραφική παράσταση της q(x) = x προκύπτει από μια οριζόντια μετατόπιση της y= x, κατά μονάδες προς τα δεξιά (σχήμα). 3. Αρχικά χαράσσουμε την y= x+, που, όπως είδαμε στην προηγούμενη άσκηση, προκύπτει από μια οριζόντια μετατόπιση της y= x κατά μονάδες προς τα αριστερά. Στη συνέχεια χαράσσουμε την y= x+ +, που, όπως γνωρίζουμε, προκύπτει από μια κατακόρυφη μετατόπιση της γραφικής παράστασης της y= x+ κατά μονάδα προς τα πάνω. Επομένως, η γραφική παράσταση της F(x) = x + + προκύπτει από δύο διαδοχικές μετατοπίσεις της y= x, μιας οριζόντιας κατά μονάδες προς τα αριστερά και μιας κατακόρυφης κατά μονάδα προς τα πάνω (σχήμα). Ομοίως, η γραφική παράσταση της G(x) = x, προκύπτει από δύο διαδοχικές μετατοπίσεις της y= x, μιας οριζόντιας κατά μονάδες προς τα δεξιά και μιας κατακόρυφης κατά μονάδα προς τα κάτω (σχήμα). 4. i)

91 90 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6: ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ii) iii) 5. i) f(x) = (x ) + = (x ). ii) f(x) = (x 3) = (x 3) 3. iii) f(x) = (x + ) + = (x + ). iv) f(x) = (x + 3) = (x + 3) Μονοτονία - Ακρότατα - Συμμετρίες συνάρτησης Α ΟΜΑΔΑΣ. Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (,] και γνησίως αύξουσα στο [, + ). Η g είναι γνησίως αύξουσα στο (,0], γνησίως φθίνουσα στο [0, ] και γνησίως αύξουσα στο [, + ). Η h είναι γνησίως φθίνουσα στο (, ], γνησίως αύξουσα στο [, 0], γνησίως φθίνουσα στο [0, ] και γνησίως αύξουσα στο [, + ).

92 6.5. Μονοτονία - Ακρότατα - Συμμετρίες συνάρτησης 9. Η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x =, το f() = και δεν παρουσιάζει ολικό μέγιστο. Η g δεν παρουσιάζει ούτε ολικό μέγιστο ούτε ολικό ελάχιστο. Η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x = και για x = το h( ) = h() =, ενώ δεν παρουσιάζει ολικό μέγιστο. 3. i) Αρκεί να δείξουμε τα f(x) f(3). Έχουμε f (x) f (3) x 6x (x 3) 0, που ισχύει. ii) Αρκεί να δείξουμε ότι g(x) g(). Έχουμε x g(x) g() x x + 0 (x ), που ισχύει. x i) H f έχει πεδίο ορισμού το και για κάθε x ισχύει f ( x) = 3( x) + 5( x) 4 = 3x + 5x 4, άρα η f είναι άρτια. ii) H f έχει πεδίο ορισμού το και για κάθε x ισχύει f ( x) = 3 x + = 3 x +, άρα η f είναι άρτια. iii) H f 3 έχει πεδίο ορισμού το και για κάθε x ισχύει f 3( x) = x +, οπότε δεν είναι ούτε άρτια, ούτε περιττή, αφού f 3( ) ± f 3(). iv) H f 4 έχει πεδίο ορισμού το και για κάθε x ισχύει f 4 ( x) = ( x) 3 3( x) 5 = (x 3 3x 5 ) = f 4 ( x), άρα η f 4 περιττή. v) H f 5 έχει πεδίο ορισμού το (,) (, + ) που δεν έχει κέντρο συμμετρίας το 0. Άρα, η f 5 δεν είναι ούτε άρτια, ούτε περιττή. ( x) x f 5( x) = =, άρα ούτε άρτια, ούτε περιττή. x x vi) H f 6 έχει πεδίο ορισμού το και για κάθε x ισχύει x x x f 6( x) = = = = f 6(x), άρα f ( x) + x + x + 6 είναι περιττή. 5. i) H f έχει πεδίο ορισμού το * = {x x 0} και για κάθε x * ισχύει f ( x) = f (x) x = x =. Άρα η f είναι άρτια. ii) H f έχει πεδίο ορισμού το [, ) + που δεν έχει κέντρο συμμετρίας το Ο. Άρα δεν είναι ούτε άρτια, ούτε περιττή.

93 9 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6: ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ ΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ iii) H f 3 έχει πεδίο ορισμού το και για κάθε x ισχύει f 3( x) = x x + = x + x = f 3(x). Άρα η f 3 είναι περιττή. iv) H f 4 έχει πεδίο ορισμού το * και είναι περιττή, διότι ισχύει x + f x 4(x) = = x + x Τέλος, αν εργαστούμε όπως στην i), θα αποδείξουμε ότι: v) H f 5 έχει πεδίο ορισμού το και είναι άρτια, διότι f 5 ( x) = f 5 (x), για κάθε x. vi) H f 6 έχει πεδίο ορισμού το [,] και είναι άρτια, διότι f 6 ( x) = f 6 (x), για κάθε x [,]. 6. i) H C f έχει κέντρο συμμετρίας το Ο(0, 0). Άρα η f είναι περιττή. ii) H C g έχει άξονα συμμετρίας τον y y. Άρα η g είναι άρτια. iii) H C h δεν έχει ούτε άξονα συμμετρίας τον y y, ούτε κέντρο συμμετρίας το O(0, 0). Άρα η h δεν είναι ούτε άρτια ούτε περιττή. 7. Ομοίως i) H f είναι άρτια. ii) H g είναι περιττή. iii) H h δεν είναι ούτε άρτια, ούτε περιττή. 8. α) Παίρνουμε τις συμμετρικές των C, C και C 3 ως προς τον άξονα y y. β) Παίρνουμε τις συμμετρικές των C, C και C 3 ως προς την αρχή των αξόνων.

94 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7 ΜΕΛΕΤΗ ΒΑΣΙΚΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ 7.. Μελέτης της συνάρτησης f(x) = αx Α ΟΜΑΔΑΣ. Η καμπύλη είναι μια παραβολή με κορυφή το O(0, 0) και άξονα συμμετρίας τον άξονα y y. Επομένως, θα έχει εξίσωση της μορφής y = αx και, επειδή διέρχεται από το σημείο Α(,), οι συντεταγμένες του σημείου Α θα επαληθεύουν την εξίσωσή της. Άρα θα ισχύει =α α=. Οπότε, η ζητούμενη εξίσωση είναι η y = x.. i) H γραφική παράσταση της φ(x) = 0,5x είναι μια παραβολή ανοιχτή προς τα πάνω με κορυφή την αρχή των αξόνων και άξονα συμμετρίας τον y y (σχ.). Η γραφική παράσταση των συναρτήσεων f(x) = 0,5x + και g(x) = 0,5x 3 προκύπτουν από κατακόρυφη μετατόπιση της παραβολής y = 0,5x, της μεν πρώτης κατά μονάδες προς τα πάνω, της δε δεύτερης κατά 3 μονάδες προς τα κάτω. ii) Η γραφική παράσταση της ψ(x) = 0,5x είναι μια παραβολή ανοιχτή προς τα κάτω με κορυφή την αρχή των αξόνων και άξονα συμμετρίας τον άξονα y y (σχ.). Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων h(x) = 0,5x και q(x) = 0,5x + 3 προκύπτουν από κατακόρυφες μετατοπίσεις της παραβολής y = 0,5x, της μεν πρώτης κατά μονάδες προς τα κάτω, της δε δεύτερης κατά 3 μονάδες προς τα πάνω. Παρατήρηση: Επειδή οι συναρτήσεις ψ, h και q είναι αντίθετες των συναρτήσεων φ, f και g αντιστοίχως, για να χαράξουμε τις γραφικές παραστάσεις τους αρκεί να παίρναμε τις συμμετρικές των γραφικών παραστάσεων των φ, f και g ως προς τον άξονα x x.

95 94 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7: ΜΕΛΕΤΗ ΒΑΣΙΚΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ 3. i) Χαράσσουμε τη γραφική παράσταση της φ(x) = 0,5x, όπως στην άσκηση. i). Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = 0,5(x ) και g(x) = 0,5(x + ) προκύπτουν από οριζόντιες μετατοπίσεις της παραβολής y = 0,5x, της μεν πρώτης κατά μονάδες προς τα δεξιά, της δε δεύτερης κατά μονάδες προς τα αριστερά. ii) Χαράσσουμε τη γραφική παράσταση της ψ(x) = 0,5x, όπως στην άσκηση. ii). Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων h(x) = 0,5(x ) και q(x) = 0,5(x + ) προκύπτουν από οριζόντιες μετατοπίσεις της παραβολής y = 0,5x, της πρώτης κατά μονάδες προς τα δεξιά, της δε δεύτερης κατά δύο μονάδες προς τα αριστερά. 4. i) Η γραφική παράσταση των f(x) = x είναι η παραβολή y = x του διπλανού σχήματος, ενώ η γραφική παράσταση της g(x) = είναι η ευθεία y = του ίδιου σχήματος. Οι γραφικές παραστάσεις τέμνονται στα σημεία A(, ) και B(, ) που είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα y y. Επειδή x f(x) g(x) και x > f(x) > g(x) η ανίσωση x αληθεύει για εκείνα τα x για τα οποία C f βρίσκεται κάτω από την C g ή έχει το ίδιο ύψος με αυτή, ενώ η x > αληθεύει για εκείνα τα x για τα οποία η C f βρίσκεται πάνω από την C g. Επομένως, θα έχουμε ii) Έχουμε x x και x > x > 0 x (, ) (, + ) x > x < ή x >. διότι το τριώνυμο x έχει ρίζες τις x = και x =.

96 7.. Μελέτη της συνάρτησης f(x) = αx 95 Β ΟΜΑΔΑΣ. Είναι < f(x) = x,x 0 x,x 0 Επομένως, η γραφική παράσταση της f αποτελείται από το τμήμα της παραβολής y = x του οποίου τα σημεία έχουν αρνητική τετμημένη και από το τμήμα της παραβολής y = x του οποίου τα σημεία έχουν τετμημένη θετική ή μηδέν.. Η γραφική παράστασης της x, x < 0 f(x) = x,x 0 αποτελείται από το τμήμα της ευθείας y = x του οποίου τα σημεία έχουν αρνητική τετμημένη και από το τμήμα της παραβολής y = x του οποίου τα σημεία έχουν τετμημένη θετική ή μηδέν. Από τη γραφική παράσταση της f προκύπτει ότι 9 Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (,0] και γνησίως αύξουσα στο [0, + ). 9 Η f παρουσιάζει ελάχιστο για x = 0, το f(0) = i) Από το σχήμα αυτό προκύπτει ότι α) Στο διάστημα (0, ) από όλες τις γραφικές παραστάσεις χαμηλότερα βρίσκεται η y = x 3, έπειτα η y = x, έπειτα η y = x και τέλος η y= x. 3 Επομένως, αν τότε x < x < x < x. β) Στο διάστημα (, + ) συμβαίνει το αντίθετο. Επομένως αν x (, + ), τότε 3 x > x > x > x. ii) Έστω 0 < x <. Τότε 3 9 x < x x (x ) < 0, που ισχύει, διότι 0 < x <.

97 96 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7: ΜΕΛΕΤΗ ΒΑΣΙΚΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ 9 9 x < x x(x ) < 0, που ισχύει, διότι 0 < x <. x < x x < x, που ισχύει από πριν. Άρα 3 x < x < x < x. Έστω x >. Αν εργαστούμε αναλόγως, βρίσκουμε ότι 3 x > x > x > x. 4. Αν x > 0 είναι η τετμημένη του σημείου Α, τότε η τεταγμένη του θα είναι η y = x. Άρα το Α θα έχει συντεταγμένες (x, x ), οπότε το σημείο Β, που είναι συμμετρικό του Α ως προς τον άξονα y y, θα έχει συντεταγμένες ( x, x ). Επομένως, θα έχουμε (ΑΒ) = x και Επομένως, το τρίγωνο ΟΑΒ 4 ( ΟΑ ) = ( ΟΒ ) = x + (x ) = x + x. είναι ισόπλευρο, αν και μόνο αν 4 4 ( ΟΑ ) = ( ΑΒ) x = x + x (x) = x + x 4 x = 3x x = 3 x = 3, διότι x > Μελέτη της συνάρτησης Α ΟΜΑΔΑΣ α f(x) = x α. Η υπερβολή έχει εξίσωση της μορφής y = και, επειδή διέρχεται από το σημείο Α(,), οι x συντεταγμένες του σημείου Α θα επαληθεύουν την εξίσωσή της. α Επομένως θα ισχύει = α=. Άρα, η ζητούμενη εξίσωση είναι η y =. x. i) Η γραφική παράσταση της ϕ (x) = είναι μια x υπερβολή με κλάδους στο ο και 3ο τεταρτημόριο και με κέντρο συμμετρίας το O (σχ.). Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = + και x g(x) = 3 προκύπτουν x από κατακόρυφη μετατόπιση της υπερβολής y = της μεν x πρώτης κατά μονάδες προς τα πάνω, της δε δεύτερης κατά 3 μονάδες προς τα κάτω.

98 7.. Μελέτη της συνάρτησης f(x) = α x 97 ii) Η γραφική παράσταση της ψ (x) = είναι μια υπερβολή με x κλάδους στο ο και 4ο τεταρτημόριο και με κέντρο συμμετρίας το O (σχ.). Η γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων h(x) = και q(x) = + 3 x x προκύπτουν από κατακόρυφες μετατοπίσεις της υπερβολής y =, της μεν πρώτης κατά x μονάδες προς τα κάτω, της δε δεύτερης κατά 3 μονάδες προς τα πάνω. Παρατήρηση: Επειδή οι συναρτήσεις ψ, h και q είναι αντίθετες των συναρτήσεων φ, f και g αντιστοίχως, για να χαράξουμε τις γραφικές παραστάσεις τους αρκεί να πάρουμε τις συμμετρικές των γραφικών παραστάσεων των φ, f και g ως προς τον άξονα x x. 3. i) Χαράσσουμε τη γραφική παράσταση της ϕ (x) =, όπως x στην άσκηση. i). Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = και g(x) =, x x + 3 προκύπτουν από οριζόντιες μετατοπίσεις της υπερβολής y =, της μεν x πρώτης κατά μονάδες προς τα δεξιά, της δε δεύτερης κατά 3 μονάδες προς τα αριστερά.

99 98 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7: ΜΕΛΕΤΗ ΒΑΣΙΚΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ii) Χαράσσουμε τη γραφική παράσταση της ψ (x) =, όπως x στην άσκηση. ii). Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων h(x) = και x q(x) = x + 3 προκύπτουν από οριζόντιες μετατοπίσεις της υπερβολής y =, της μεν πρώτης κατά x μονάδες προς τα δεξιά, της δε δεύτερης κατά 3 μονάδες προς τα αριστερά. 4. i) Η γραφική παράσταση της f(x) = x είναι η υπερβολή C f του διπλανού σχήματος, ενώ η γραφική παράσταση της g(x) = είναι η ευθεία C g του ίδιου σχήματος. Οι C f και C g τέμνονται στο σημείο Α(, ). Επομένως: f(x) g(x) x 0 x < ή x f(x) g(x) 0 x x > > < <

100 7.. Μελέτη της συνάρτησης f(x) α = x 99 ii) Έχουμε x x( x) x < 0 x x x x 0 x > > 0 > 0 x( x) > 0 0 < x <. x x x ή x. 5. i) Η γραφική παράσταση της f(x) = x είναι η υπερβολή C f του διπλανού σχήματος, ενώ η γραφική παράσταση της g(x) = x είναι η παραβολή C g του ίδιου σχήματος. Οι C f και C g έχουν ένα μόνο κοινό σημείο, το Α(,). Επειδή x f(x) g(x) x και x f(x) g(x) x > > η ανίσωση x αληθεύει για εκείνα x τα x για τα οποία η C f βρίσκεται κάτω από την C g ή έχει το ίδιο ύψος με αυτή, ενώ η x x > αληθεύει για εκείνα τα x για τα οποία η C βρίσκεται πάνω από την C. f g Επομένως, θα έχουμε x x 0 x < ή x. x 0 x x > < <. ii) Έχουμε 3 x x x 0 0 x x x 3 x 0 x(x 3 ) 0 και x 0 x x(x )(x + x + ) 0 και x 0 x(x ) 0 και x 0 x < 0 ή x.

101 00 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7: ΜΕΛΕΤΗ ΒΑΣΙΚΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Επομένως x 0 x x > < <. 6. Σε ένα σύστημα συντεταγμένων παίρνουμε ΑΒ = ΟΑ = x > 0 και ΑΓ = ΟΓ = y > 0. Τότε το εμβαδό Ε του xy τριγώνου είναι Ε=, οπότε έχουμε xy 4 = xy = 4 y =, (). x H γραφική παράσταση της () είναι υπερβολή με 4 εξίσωση y = και φαίνεται στο σχήμα. x 7.3. Μελέτη της συνάρτησης f(x) = αx + βx + γ Α ΟΜΑΔΑΣ. i) Έχουμε f(x) = (x x) + 5 = (x x + ) +5 = (x ) + 3. Άρα, η γραφική παράσταση της f προκύπτει από δύο διαδοχικές μετατοπίσεις της γραφικής παράστασης της g(x) = x, μιας οριζόντιας κατά μονάδα προς τα δεξιά και μιας κατακόρυφης κατά 3 μονάδες προς τα πάνω. ii) Έχουμε f(x) = (x 4x) 9 = (x x + ) = (x ). Άρα, η γραφική παράσταση της f προκύπτει από δύο διαδοχικές μετατοπίσεις της γραφικής παράστασης της g(x) = x, μιας οριζόντιας κατά μονάδες προς τα δεξιά και μιας κατακόρυφης κατά μονάδα προς τα κάτω.. α) Για τη συνάρτηση f(x) = x 6x + 3 είναι α = > 0, οπότε αυτή παρουσιάζει ελάχιστο για β x = = =, το f = 6 + 3=. α 4 β) Για τη συνάρτηση g(x) = 3x 5x + είναι α = 3 < 0, οπότε αυτή παρουσιάζει μέγιστο για

102 7.3. Μελέτη της συνάρτησης f(x) = αx + βx + γ 0 β x = =, το g 3 5 = + =. α α) Για τη συνάρτηση f(x) = x + 4x + είναι α = > 0, οπότε αυτή β 9 Παρουσιάζει ελάχιστο για x = =, το f ( ) =. α 9 Είναι γνησίως φθίνουσα στο (, ] και γνησίως αύξουσα στο [, + ). Ακόμη η γραφική παράσταση της f είναι παραβολή και 9 έχει κορυφή το σημείο Κ(, ) και άξονα συμμετρίας την ευθεία x =, 9 τέμνει τον άξονα x x στα σημεία + + Α,0 και Β,0 οι τετμημένες των οποίων, είναι οι ρίζες του τριωνύμου x + 4x +, ενώ τον άξονα y y στο σημείο Γ(0, ). β) Για τη συνάρτηση g(x) = x + 8x 9 είναι α = < 0, οπότε αυτή β 9 Παρουσιάζει μέγιστο για x = =, το g() = α 9 Είναι γνησίως αύξουσα στο (,] και γνησίως φθίνουσα στο [, + ). Ακόμη η γραφική της παράσταση είναι παραβολή και 9 έχει κορυφή το σημείο Κ(, ) και άξονα συμμετρίας την ευθεία x =, 9 τέμνει τον άξονα y y στο σημείο Α(0, 9) ενώ, δεν τέμνει τον άξονα x x, γιατί το τριώνυμο δεν έχει ρίζες. 4. Γνωρίζουμε ότι i) Όταν α > 0, τότε η παραβολή y = αx + βx + γ είναι ανοιχτή προς τα πάνω, ενώ όταν α < 0, τότε η παραβολή είναι ανοιχτή προς τα κάτω. Επομένως, θετικό α έχουν τα τριώνυμα f, f 3 και f 6, ενώ αρνητικό α έχουν τα τριώνυμα f, f 4, f 5 και f 7.

103 0 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7: ΜΕΛΕΤΗ ΒΑΣΙΚΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ii) Το γ είναι η τεταγμένη του σημείου τομής της παραβολής y = αx + βx + γ με τον άξονα y y. Επομένως, θετικό γ έχουν τα τριώνυμα f και f 5, αρνητικό γ έχουν τα τριώνυμα f, f 3, f 6 και f 7, ενώ γ ίσον με μηδέν έχει το f 4. iii) Η τεταγμένη της κορυφής Κ της παραβολής y = αx + βx + γ δίνεται από τον τύπο β xκ =, οπότε ισχύει β= α x Κ. Επομένως α 9 για την f που έχει α < 0 και x Κ > 0, έχουμε β > 0, 9 για την f 3 που έχει α > 0 και x Κ > 0, έχουμε β < 0, 9 για την f 4 που έχει α < 0 και x Κ > 0, έχουμε β > 0, 9 για την f 5 που έχει α < 0 και x Κ > 0, έχουμε β > 0, 9 για την f 6 που έχει α > 0 και x Κ < 0, έχουμε β > 0, και 9 για την f 7 που έχει α < 0 και x Κ < 0, έχουμε β < 0. Έτσι έχουμε τον παρακάτω πίνακα: B ΟΜΑΔΑΣ. i) Η παραβολή εφάπτεται του x x μόνο αν είναι Δ = 0. Δηλαδή (k + ) 4k = 0 k + k + 4k = 0 k k + = 0 (k ) = 0 k =. ii) H παραβολή έχει τον y y άξονα συμμετρίας μόνο αν η κορυφή της βρίσκεται στον άξονα β y y, δηλαδή αν και μόνο αν = 0. Επομένως πρέπει α iii) Η κορυφή της παραβολής είναι το σημείο (k + ) = 0 k =. β β Κ,f α α δηλαδή το σημείο k+ k+ Κ,f.

104 7.3. Μελέτη της συνάρτησης f(x) = αx + βx + γ 03 k+ Σύμφωνα με την υπόθεση πρέπει f = 4, που διαδοχικά γράφεται k+ k+ + + = = (k ) k 4 (k ) (k ) 4k 6 (k + ) + 4k + 6 = 0 k k + 4k + 6 = 0 k + k + 6 = 0 k k 5 = 0. Η τελευταία εξίσωση έχει ρίζες k = 3 και k = 5. Για k = 3 η τετμημένη της κορυφής είναι η x =, ενώ Για k = 5 η τετμημένη της κορυφής είναι η x = 3.. i) Επειδή η παραβολή είναι ανοιχτή προς τα κάτω, θα είναι α < 0. ii) Επειδή η παραβολή τέμνει τον άξονα των x στα σημεία Α(, 0) και Β(5, 0), το τριώνυμο έχει δύο ρίζες άνισες τις ρ = και ρ = 5. Άρα είναι Δ > 0. β 6 iii) Επειδή ρ +ρ = και β = 6, θα έχουμε + 5=, οπότε θα είναι α=. α α γ γ Τέλος, επειδή ρ ρ =, θα έχουμε 5=, οπότε θα είναι γ = 5. α Άρα P(x) = x + 6x 5. Αλλιώς. Επειδή το τριώνυμο έχει ρίζες τους αριθμούς ρ = και ρ = 5, θα είναι της μορφής ρ (x) =α(x ρ)(x ρ ) =α(x )(x 5) =αx 6α x + 5α. Επομένως θα είναι β = 6α και επειδή β = 6, θα έχουμε α =. Άρα P(x) = x + 6x i) H περίμετρος L του ορθογωνίου δίνεται από τον τύπο L = (x + y) και επειδή δίνεται ότι L = 0, θα ισχύει (x + y) = 0 x + y = 0 y = 0 x. Επομένως, το εμβαδόν του ορθογωνίου θα είναι ίσο με Άρα f(x) = x + 0x, 0 < x < 0. Ε= xy = x(0 x) = x + 0x. ii) Το εμβαδόν μεγιστοποιείται όταν μεγιστοποιείται το τριώνυμο f(x). Αυτό συμβαίνει όταν β 0 x = = = 5, δηλαδή όταν το ορθογώνιο γίνει τετράγωνο, αφού για x = 5 είναι και y α = 5. H μέγιστη τιμή του εμβαδού είναι ίση με f(5) = = 5.

105 04 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7: ΜΕΛΕΤΗ ΒΑΣΙΚΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ 4. Αν θέσουμε (ΑΜ) = x, τότε θα είναι (ΜΒ) = 6 x (σχήμα). Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΚΓΜ παίρνουμε x x 3x x x x 3 υ = = =, οπότε υ =. 4 4 (6 x) 3 Ομοίως από το τρίγωνο ΛΔΒ παίρνουμε υ =. Το άθροισμα των εμβαδών των δύο τριγώνων είναι τότε Ε = Ε + Ε = ( ΑΜ)( ΚΓ ) + ( ΜΒ)( Λ ) x 3 (6 x) 3 = x + (6 x) 3 3 = x (6 x) 3 Άρα Ε= (x 6x + 8), με 0 x 6. () Από την () συμπεραίνουμε ότι το εμβαδόν Ε είναι ελάχιστο για την τιμή του x, για την οποία η συνάρτηση f(x) = x 6x + 8 παρουσιάζει ελάχιστο. Επειδή α = > 0, η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο για β 6 x = = = 3. α Επομένως το εμβαδόν γίνεται ελάχιστο όταν το Μ είναι το μέσο του ΑΒ. 5. Από το σχήμα βλέπουμε ότι για τις διαστάσεις x και y ισχύει 40 4x x + x + 3y = 40 4x + 3y = 40 y =. () 3 Το εμβαδόν των δύο χώρων είναι 40 4x 8 Ε= = = xy x x 60x. () 8 8 Για τη συνάρτηση Ε (x) = x + 60x είναι α= < 0, οπότε αυτή 3 3 β 60 παρουσιάζει μέγιστο για x = = = 30. α Τότε από την () παίρνουμε y = = Άρα, οι διαστάσεις που δίνουν το μέγιστο εμβαδόν είναι x = 30 m και y = 40 m.

106 AΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ. i) Έχουμε ( ) ( ) ( ) α β + β γ + γ α ( ) = α αβ+β +β βγ+γ +γ γα+α ( ) = α + β + γ αβ βγ γα ( ) = α + β + γ αβ βγ γα = α + β + γ αβ βγ γα. ii) Έχουμε α +β +γ αβ+βγ+γα α +β +γ αβ βγ γα 0 ( ) ( ) ( ) 0 α β + β γ + γ α Το = ισχύει αν και μόνο αν που ισχύει. α β = 0 και β γ = 0 και γ α = 0 α = β = γ.. i) Έχουμε (κβ) + (κγ) = κ β + κ γ = κ (β + γ ) = κ α = (κα). ii) Έχουμε (μ ν ) + (μν) = μ 4 μ ν + ν 4 + 4μ ν = μ 4 + μ ν + ν 4 = (μ + ν )

107 06 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ α+β α +β + αβ 3. Α) Έχουμε αβ αβ 4αβ α + β + αβ 4 Το = ισχύει όταν α = β. 0 α + β + αβ 4αβ 0 α + β αβ 0 ( ) α β, που ισχύει. Από την ανισότητα αυτή προκύπτει ότι το εμβαδόν ενός ορθογωνίου με διαστάσεις α και α+β β δεν υπερβαίνει το εμβαδόν του τετραγώνου με πλευρά το ημιάθροισμα. Β) Αν α και β είναι οι διαστάσεις ενός τέτοιου ορθογωνίου, τότε το εμβα δόν του είναι Ε = αβ και η περίμετρός του Ρ = (α + β). P i) Έτσι η προηγούμενη ανισότητα γράφεται Ε 4. P Η ισότητα ισχύει, αν και μόνο αν α=β=, δηλαδή όταν το ορθο γώνιο γίνει τετράγωνο. 4 P P ii) Λόγω της (i) έχουμε Ε Ε P 4 Ε. 4 4 Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν α = β. (Το παραπάνω αποτέλεσμα ήταν γνωστό πριν την εποχή του Ευκλείδη). 4. i) 3(x + ) α x = 4 3x + 3 α x = 4 (3 α )x =. Αν α 3, τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση την x =. 3 α Αν α = 3, τότε η εξίσωση γίνεται 0x = και είναι αδύνατη. ii) Για α 3 πρέπει 5. i) Έχουμε 3+α > > 0 > 0 3 α 3 α 3 α α > 0 ( α )(3 α ) > 0 3 α ( α )( α 3) < 0 <α< 3. λ (x ) + 3λ= x+ λ x λ + 3λ= x+ λ x x =λ 3λ+ ( λ )x =λ 3λ+ ( λ+ )( λ )x = ( λ )( λ ). ii) Αν λ ±, τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση την ( λ )( λ ) λ x = = ( λ+ )( λ ) λ+.

108 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ 07 Για λ =, η εξίσωση γίνεται 0x = 6 και είναι αδύνατη. Για λ =, η εξίσωση γίνεται 0x = 0 και είναι ταυτότητα. iii) Η εξίσωση έχει ρίζα τον αριθμό x =, αν και μόνο αν ισχύει 4 ( λ )( λ+ ) = ( λ )( λ ) ( λ )( λ+ ) = 4( λ )( λ ) 4 ( λ )(3λ 9) = 0 λ= ή λ= Α) i) Έχουμε 80 = 60t 0t 8 = 6t t 36 = t t t t + 36 = 0 (t 6) = 0 t = 6 sec. ii) Έχουμε 00 = 60t 0t 0 = 6t t 0 = t t t t + 0 = 0. = ( ) 4 0 = = 64 ± 8 Επομένως t = t = sec ή t = 0 sec. Στην περίπτωση i) το ύψος των 80 μέτρων είναι το μέγιστο ύψος που φθάνει το σώμα, αφού η συνάρτηση του ύψους είναι h(t) = 0 t + 60t, δηλαδή h(t) = 5t + 60t και 60 έχει μέγιστο για t = = 6sec, το h(6) = 80 μέτρα. ( 5) Στη δεύτερη περίπτωση οι δύο λύσεις της εξίσωσης είναι οι χρονικές στιγμές που το σώμα θα βρεθεί σε ύψος 00 μέτρων, μια στην άνοδο όταν t = sec και μια στην κάθοδο όταν t = 0 sec. B) Για να μπορεί το σώμα να φθάσει σε ύψος h 0, θα πρέπει το h 0 να είναι μικρότερο ή το πολύ ίσο με το μέγιστο της συνάρτησης h(t) = gt +υ 0t. Το μέγιστο της συνάρτησης αυτής είναι ίσο με υ 0 υ0 υ0 υ0 h = h = g +υ0 g g g g υ0 υ0 υ0 υ0 υ0 = + = + =. g g g g g Άρα για να μπορεί το σώμα να φθάσει σε ύψος h 0 πρέπει h 0 υ0. g

109 08 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ 7. Η γραφική παράσταση της f(x) = x προκύπτει από μια κατακόρυφη μετατόπιση της y= x, κατά μονάδες προς τα κάτω, ενώ η γραφική παράσταση της g(x) = x είναι συμμετρική της γραφικής παράστασης της f ως προς τον άξονα x x, διότι η g είναι αντί θετη της f (σχ.). Οι γραφικές αυτές παραστάσεις τέμνονται στα σημεία Α(, 0), Β(0, ), Γ(, 0) και Δ(0, ). Το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΒΓΔ είναι ίσο με το τετραπλάσιο του εμβαδού του τριγώνου ΟΑΒ, δηλαδή είναι ίσο με Ε ΑΒΓ = 4 Ε ΟΑΒ = 4 = 8 τμ. Σημείωση: Το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο, διότι έχει όλες του τις γωνίες ορθές και όλες του τις πλευρές ίσες, με μήκος Ε = = 8τμ.. Επομένως το εμβαδόν του είναι ίσο με ( ) ΑΒΓ 8. Η γραφική παράσταση της f(x) = x προκύπτει από μια οριζόντια με τατόπιση της y= x, κατά μο νάδα προς τα δεξιά, ενώ η γρα φική παράσταση της g(x) = x 3 προκύπτει από μια οριζόντια με τατόπιση της y= x, κατά 3 μονάδες προς τα δεξιά (σχ.). Οι γραφικές αυ τές παραστάσεις τέμνονται στο σημείο Α(,). Οι λύσεις της ανίσωσης x < x 3 είναι εκείνα τα x για τα οποία η y= x βρίσκεται κάτω από την y= x 3. Αυτό συμβαίνει, όπως φαί νεται στο σχήμα, όταν x <. Το παραπάνω συμπέρασμα επιβεβαιώνεται αλγεβρικά ως εξής x < x 3 x < x 3 (x ) < (x 3) x x + < x 6x + 9 4x < 8 x <.

110 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ A) H γραφική παράσταση της g προκύπτει από τη γραφική παράσταση της f με κατακόρυφη μετατόπιση 3 μονάδες προς τα κάτω. Η γραφική παράσταση της h προκύπτει από τη γραφική παράσταση της g, αν παρατηρήσουμε ότι h(x) = g(x), για x 3 ή x 3 και h(x) = g(x) για 3 x 3. y= x 3 B) Το πλήθος των λύσεων του συστήματος, α y = α παριστάνεται από το πλήθος των σημείων τομής της οριζόντιας ευθείας y = α και της γραφικής παράστασης της συνάρτησης h. Επομένως, Αν α < 0, το σύστημα δεν έχει λύσεις, δηλαδή είναι αδύνατο. Αν α = 0, το σύστημα έχει δύο λύσεις. Αν 0 < α < 3, το σύστημα έχει τέσσερις λύσεις. Αν α = 3, το σύστημα έχει τρεις λύσεις. Αν α > 3, το σύστημα έχει δύο λύσεις.

111 0 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ 0. i) Έχουμε y x = 0 (y x)(y + x) = 0 y = x ή y= x, που είναι οι εξισώσεις των διχοτόμων των γωνιών των αξόνων. ii) Η απόσταση των σημείων Κ(α, 0) και M(x, y) είναι ίση με d = (x α ) + (y 0) = (x α ) + y. Ένα σημείο M(x, y) ανήκει στον κύκλο με κέντρο Κ(α, 0) και ακτίνα ρ =, αν και μόνο αν ( ΚΜ ) = (x α ) + y = (x α ) + y =. iii) Το πλήθος των λύσεων του συστήματος είναι όσο και το πλήθος των κοινών σημείων του κύκλου με τις ευθείες y = x και y = x. Επειδή, για α 0, η απόσταση του κέντρου Κ του κύκλου από τις ευ θείες αυτές είναι ίση α με d = ΚΑ = ΚΒ =, έχουμε: α Αν d >ρ > α>, ο κύκλος και οι ευθείες δεν έχουν κανένα κοινό σημείο, οπότε το σύστημα είναι αδύνατο. Αν d =ρ α=, ο κύκλος εφάπτεται των ευθειών, οπότε το σύ στημα έχει δύο λύσεις. Αν d<ρ 0 α<, ο κύκλος τέμνει και τις δύο ευθείες, οπότε το σύστημα έχει τέσσερις λύσεις, με εξαίρεση την περίπτωση α = κατά την οποία ο κύκλος έχει με τις ευθείες τρία διακεκριμένα κοινά ση μεία, οπότε το σύστημα έχει τρεις λύσεις. Λόγω συμμετρίας, αντίστοιχα συμπεράσματα έχουμε και όταν α 0.

112 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ. Επειδή το τρίγωνο ΜΓΛ είναι ορθο γώνιο, θα ισχύει ΜΓ = ΛΓ ΜΛ = 3 x = 9 x, οπότε θα είναι Μ = ΜΓ = 9 x και επειδή το τρίγωνο ΜΚ είναι ορθογώνιο θα ισχύει ( ) Κ = ΜΚ + Μ 6 = (3 x) + 9 x Άρα x =, αφού x > = x 6x (9 x ) x + x 3 = 0 x = ή x = 3. i) Από τον ορισμό της απόστασης δυο σημείων του άξονα προκύπτει ότι ( ΜΑ ) = x+ και ( ΜΒ ) = x. Επομένως, έχουμε f(x) = ( ΜΑ ) + ( ΜΒ ) = x + + x. g(x) = x + x. ii) Για να απλοποιήσουμε τον τύπο της συνάρτησης f και g, βρίσκουμε το πρόσημο των x + και x για τις διάφορες τιμές του x που φαίνονται στον παρακάτω πίνακα. Έτσι έχουμε,, αν x < x, αν x < και g(x) = x, αν 0 x <, αν x οπότε οι γραφικές παραστάσεις των f και g είναι οι ακόλουθες:

113 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ iii) Από τις προηγούμενες γραφικές παραστάσεις συμπεραίνουμε ότι Η συνάρτηση f 9 είναι γνησίως φθίνουσα στο (, ], σταθερή του [, ] και γνη σίως αύξουσα στο [, + ) και 9 παρουσιάζει ελάχιστο, ίσο με, για κάθε x [, ]. Η συνάρτηση g 9 είναι σταθερή στο (, ], γνησίως φθίνουσα στο [, 0], γνη σίως αύξουσα στο [0, ] και σταθερή στο [, + ), 9 παρουσιάζει ελάχιστο, ίσο με 0, για x = 0 και 9 παρουσιάζει μέγιστο, ίσο με, για κάθε x (, ] [, + ). 3. i) H f έχει ολικό μέγιστο για x = 0, το f(0) =. H g έχει ολικό μέγιστο για x =, το g() = και ολικό ελάχιστο για x =, το g( ) =. H h έχει ολικό μέγιστο για x = και x =, το h( ) = h() = και ολικό ελάχιστο για x = 0, το h(0) = 0. ii) Για την f αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε x ισχύει f(x) x + x 0 που ισχύει. x + Για την g πρέπει να δείξουμε ότι για κάθε x ισχύουν οι ανισότη τες g(x) και g(x). 4x Έχουμε g(x) x x + (x ) 0 που ισχύει x + 4x και g(x) x x (x + ) 0 που ισχύει. x + Για την h πρέπει να δείξουμε ότι για κάθε x ισχύει h(x) 0 και h(x). 4x Έχουμε h(x) 0 0 που είναι φανερό ότι ισχύει και 4 x + 4x 4 h(x) x x + 4 x + 4 x x + > 0 (x ) 0, που ισχύει. 4. A) i) Πρέπει x 0. Άρα Α = [0, + ). ii) Αφού το Μ(α, β) ανήκει στη γραφική παράσταση της f έχουμε β= α β =α. () Για να ανήκει το Μ (β, α) στη γραφική παράσταση της g, πρέ πει g( β ) =α β =α που ισχύει. iii) Επειδή τα σημεία Μ(α, β) και Μ (β, α) είναι συμμετρικά ως προς τη διχοτόμο της ης

114 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ 3 και 3ης γωνίας των αξόνων συμπεραίνουμε ότι η γραφική παράσταση της f(x) = x είναι η συμμετρική της γρα φικής της g(x) = x ως προς την ευθεία y = x για x 0. Από τη γραφική παράσταση της f προκύπτει ότι η f(x) = x είναι γνησίως αύξουσα στο Α = [0, + ) και έχει ολικό ελάχιστο για x = 0 το f(0) = 0. Β) Το πεδίο ορισμού της h είναι όλο το. Έχουμε h( x) = x = x = h(x). Άρα η h είναι άρτια και η γραφική της παράσταση αποτελείται από τη γραφική παράσταση της f και τη συμμετρική της ως προς τον άξονα y y. Γ) Στο τυχαίο τρίγωνο ΝΜ Ν έχουμε ( ΝΝ ) = f ( ν+ ) = ν+ και ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ΝΜ = ΝΜ + ΜΜ = ν + ν + ν = + ν = ( ΝΝ ). Άρα το τρίγωνο ΝΜ Ν είναι ισοσκελές. 5. Στο κατακόρυφο επίπεδο της γέφυρας θεωρούμε ένα σύστημα συντεταγ μένων, στο οποίο παίρνουμε ως άξονα των x τη χορδή του παραβολικού τόξου και ως άξονα των y τη μεσοκάθετο αυτής (σχήμα).

115 4 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ Στο σύστημα αυτό το πα ραβολικό τόξο έχει εξίσω ση της μορφής y = αx + γ, με y 0 και η κορυφή του είναι το σημείο Κ(0, 5,6). Συνεπώς, η εξίσωση του παραβολικού τόξου παίρνει τη μορφή y = αx + 5,6, με y 0 () Επειδή το πλάτος της γέφυρας είναι 8 m, το παρα βολικό τόξο θα τέμνει τον άξονα x x στα σημεία Β(4, 0) και Β ( 4, 0), των οποίων οι συντεταγμένες θα επαληθεύουν την εξίσωση (). Επομένως θα ισχύει Άρα, το παραβολικό τόξο έχει εξίσωση 0 =α 4 + 5,6 α= 0,35. y = 0,35x + 5,6 με 4 x 4 () Επειδή το ύψος της καρότσας είναι m τέμνει το παραβολικό τόξο στα ση μεία Α και Α, για να περάσει το γεωργικό μηχάνημα θα πρέπει ΑΑ > 6 m, που είναι το πλάτος του φορτηγού. Για να βρούμε το ΑΑ αρκεί αν βρούμε τις συντεταγμένες των Α, Α. Αν θέσουμε στην εξίσωση () y = βρίσκουμε 0,35x + 5,6 = x 0,6 x 3,. Άρα Α(3,, 0) και Α ( 3,, 0), οπότε ΑΑ 6,4 m > 6 m. Επομένως το γεωρ γικό μηχάνημα μπορεί να περάσει. 6. i) Διακρίνουμε τρεις περιπτώσεις Όταν το σημείο Μ διαγράφει το ευθ. τμήμα ΑΒ, δηλαδή όταν 0 x 0, τότε το εμβαδόν του σκιασμένου χωρίου ΟΑΜ θα είναι ίσο με οπότε θα είναι f(x) = 5x. ΟΑ ΑΜ 0 x Ε= = = 5x Όταν το σημείο Μ διαγράφει το ευθ. τμήμα ΒΓ, δηλαδή όταν 0 x 40, τότε το εμβαδόν του σκιασμένου χωρίου θα είναι ίσο με ΟΑ+ΒΜ 0 + (x 0) Ε = ΑΒ = 0 = 0(x 0) οπότε θα είναι f(x) = 0x 00. Όταν το σημείο Μ διαγράφει το ευθ. τμήμα ΓΔ, δηλαδή όταν 40 x 60, τότε το εμβαδόν του σκιασμένου χωρίου θα είναι ίσο με 0 (60 x) Ε=ΕΑΒΓ Ε Ο Μ = 0 0 = 5x + 00 οπότε θα είναι f(x) = 5x + 00.

116 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ 5 Επομένως, είναι 5x, 0 x 0 f (x) = 0x 00, 0 x 40 5x + 00, 40 x 60 ii) Η γραφική παράσταση της f είναι η πολυγωνική γραμμή του παρακά τω σχήματος. iii) Από την παραπάνω γραφική παράσταση προκύπτει ότι η f παίρνει την τιμή 0, όταν x μεταξύ 0 και 40. Επομένως f (x) = 0 0x 00 = 0 x =. 7. i) Είναι ΑΒ ΜΡ ΑΒ ΑΡ x Ε ΜΑΒ = = = = x και ΜΣ + Γ x+ 4 x Ε ΜΣΓ = Σ = = = + ( x) 0,5x Επομένως f(x) = x, 0 x και g(x) = 0,5x +, 0 x

117 6 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ ii) Είναι + 5 f(x) = g(x) x = 0,5x + x + x 4 = 0 x = x = 5, διότι x > 0. iii) Η γραφική παράσταση της f είναι το τμήμα ΟΓ της ευθείας y = x, ενώ η γραφική παράσταση της g είναι το τόξο ΑΒ της παραβολής y = 0,5x +. Επομένως, η λύση της εξίσωσης f(x) = g(x) είναι η τετμημένη του ση μείου τομής των C f και C g και είναι περίπου,, όσο είναι με προ σέγγιση δεκάτου η ρίζα x = 5 της εξίσωσης που βρήκαμε στο ερώτημα ii). 8. i) Έχουμε ΑΜΝ ΑΟΒ, αφού ΜΝ//ΟΒ ως κάθετες στην ΟΑ. Επομένως ( ΝΜ ) ( ΜΑ ) ( ΝΜ ) 4 = = x, ( ΒΟ) ( ΟΑ) 3 4 οπότε 3(4 x) ( ΜΝ ) =. 4 Το εμβαδόν του τριγώνου ΒΜΝ είναι ίσο με (ΜΝ)(ΟΜ), (αφού η ΟΜ είναι η απόσταση των παραλλήλων ΜΝ και ΟΒ). 3(4 x) Επομένως, Ε (x) = x Άρα Ε (x) = x + x. 8

118 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ 7 3 ii) Το εμβαδόν Ε(x) μεγιστοποιείται όταν x = =, 3 οπότε Ε () = + = + 3 =,5 τετραγωνικές μονάδες. 9. i) Έστω y = αx + β η εξίσωση της ευθείας ΑΒ. Η εξίσωση αυτή επαλη θεύεται από τα ζεύγη (0, 4) και (, ). 4=α 0+β β= 4 α= Επομένως = α+β = α+ 4 β= 4 Άρα η εξίσωση της ΑΒ είναι y = x + 4. Για y = 0 έχουμε x = 4. Άρα η ευθεία ΑΒ τέμνει τον x x στο Γ(4, 0). ii) Για x < 4, αλλά και για x > 4, έχουμε: Ε = Εµβ( ΑΜΓ) Εµβ( ΜΒΓ ) = ( ΜΓ)( ΟΑ) ( ΜΓ)( ΚΒ) Όμως ( ΜΓ ) = x 4, ( ΟΑ ) = 4 και ( ΚΒ ) = Επομένως Ε= x 4 4 x 4 = x 4 x 4 = x 4. Στην περίπτωση που είναι x = 4, έχουμε Ε = 0. Άρα, σε κάθε περίπτωση, ισχύει: x + 4, x < 4 Ε (x) = x 4 = x 4, x 4 και η γραφική παράσταση της Ε(x) φαίνεται στο σχήμα.

II. Να αντιστοιχίσετε καθένα από τους ισχυρισμούς της ομάδας Α με τον ισοδύναμό του ισχυρισμό της ομάδας Β.

II. Να αντιστοιχίσετε καθένα από τους ισχυρισμούς της ομάδας Α με τον ισοδύναμό του ισχυρισμό της ομάδας Β. Εισαγωγικό κεφάλαιο Ερωτήσεις κατανόησης (σελ. ) I. Σε κάθε μια από τις παρακάτω περιπτώσεις να κυκλώσετε το γράμμα Α, αν ο ισχυρισμός είναι αληθής για όλους τους πραγματικούς αριθμούς α και β. Διαφορετικά

Διαβάστε περισσότερα

Α Λυκείου Άλγεβρα Τράπεζα Θεμάτων Το Δεύτερο Θέμα

Α Λυκείου Άλγεβρα Τράπεζα Θεμάτων Το Δεύτερο Θέμα Α Λυκείου Άλγεβρα Τράπεζα Θεμάτων Το Δεύτερο Θέμα Θεωρούμε την ακολουθία (α ν ) των θετικών περιττών αριθμών: 1, 3, 5, 7, α) Να αιτιολογήσετε γιατί η (α ν ) είναι αριθμητική πρόοδος και να βρείτε τον εκατοστό

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑ 2. Θεωρούμε την ακολουθία (α ν ) των θετικών περιττών αριθμών: 1, 3, 5, 7,

ΘΕΜΑ 2. Θεωρούμε την ακολουθία (α ν ) των θετικών περιττών αριθμών: 1, 3, 5, 7, Θεωρούμε την ακολουθία (α ν ) των θετικών περιττών αριθμών: 1, 3, 5, 7, α) Να αιτιολογήσετε γιατί η (α ν ) είναι αριθμητική πρόοδος και να βρείτε τον εκατοστό όρο της. (Μονάδες 15) β) Να αποδείξετε ότι

Διαβάστε περισσότερα

ρ πε α εμ των α ματ ών 2014 Ο Η ΡΗ Ο Ο Γ Ρ Θ μα 2ο

ρ πε α εμ των α ματ ών 2014 Ο Η ΡΗ Ο Ο Γ Ρ Θ μα 2ο ρ πε α εμ των α ματ ών 2014 Γ Ο Η ΡΗ Ο Ο Γ Ρ Θ μα 2ο Θεωρούμε την ακολουθία (α ν ) των θετικών περιττών αριθμών: 1, 3, 5, 7, α) Να αιτιολογήσετε γιατί η (α ν ) είναι αριθμητική πρόοδος και να βρείτε τον

Διαβάστε περισσότερα

Οι Ασκήσεις της Α Λυκείου

Οι Ασκήσεις της Α Λυκείου Οι Ασκήσεις της Α Λυκείου ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΑΥΓΕΡΙΝΟΣ ΒΑΣΙΛΗΣ ΣΧΟΛΙΚΟ ΕΤΟΣ 0-0 Οι Ασκήσεις της Α Λυκείου ΣΥΝΟΛΑ. Σε κάθε μια από τις παρακάτω περιπτώσεις να κυκλώσετε το γράμμα Α, αν ο ισχυρισμός είναι αληθής

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΑ KAI ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ( ) ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

ΑΛΓΕΒΡΑ KAI ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ( ) ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΑΛΓΕΒΡΑ KAI ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ (011-01) ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΕΠΑΝΕΚ ΟΣΗΣ Η επνέκδοση του πρόντος βιβλίου πργμτοποιήθηκε πό το Ινστιτούτο Τεχνολογίς Υπολογιστών & Εκδόσεων «Διόφντος»

Διαβάστε περισσότερα

2ογελ ΣΥΚΕΩΝ 2ογελ ΣΥΚΕΩΝ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Β Λυκει(ου ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

2ογελ ΣΥΚΕΩΝ 2ογελ ΣΥΚΕΩΝ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Β Λυκει(ου ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ογελ ΣΥΚΕΩΝ ογελ ΣΥΚΕΩΝ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Β Λυκει(ου ο ΓΕΛ ΣΥΚΕΩΝ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ογελ ΣΥΚΕΩΝ ογελ ΣΥΚΕΩΝ ΣΧΟΛΙΚΟ ΕΤΟΣ -4 ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Επιμέλεια: ΧΑΛΑΤΖΙΑΝ ΠΑΥΛΟΣ

Διαβάστε περισσότερα

7. α) Να λύσετε την ανίσωση x 5 <4. β) Αν κάποιος αριθμός α επαληθεύει την παραπάνω ανίσωση, να αποδείξετε ότι

7. α) Να λύσετε την ανίσωση x 5 <4. β) Αν κάποιος αριθμός α επαληθεύει την παραπάνω ανίσωση, να αποδείξετε ότι ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ, ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ 1. α) Να λύσετε τις ανισώσεις: x 5 3 και x x 1 0. β) Να βρείτε τις κοινές λύσεις των ανισώσεων του ερωτήματος (α). x 1. Δίνονται οι ανισώσεις: 3x 1

Διαβάστε περισσότερα

1. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας την ένδειξη Σωστό ή Λάθος και να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

1. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας την ένδειξη Σωστό ή Λάθος και να δικαιολογήσετε την απάντησή σας. Κεφάλαιο Πραγματικοί αριθμοί. Οι πράξεις και οι ιδιότητές τους Κατανόηση εννοιών - Θεωρία. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας την ένδειξη Σωστό ή Λάθος και να δικαιολογήσετε την απάντησή

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑ 2. βρείτε. (Μονάδες 15) με διαφορά ω.

ΘΕΜΑ 2. βρείτε. (Μονάδες 15) με διαφορά ω. ΘΕΜΑ ΘΕΜΑ Έστω α, β πραγµατικοί αριθµοί για τους οποίους ισχύουν: α β = 4 και αβ + αβ = 0 α) Να αποδείξετε ότι: α + β = 5. (Μονάδες 0) β) Να κατασκευάσετε εξίσωση ου βαθµού µε ρίζες τους αριθµούς α, β

Διαβάστε περισσότερα

4.2 ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ 2 ου ΒΑΘΜΟΥ Ασκήσεις σχολικού βιβλίου σελίδας 112 114

4.2 ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ 2 ου ΒΑΘΜΟΥ Ασκήσεις σχολικού βιβλίου σελίδας 112 114 1. ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ου ΒΑΘΜΟΥ Ασκήσεις σχολικού βιβλίου σελίδας 11 11 A Ομάδας 1. Να μετατρέψετε σε γινόμενα παραγόντων τα τριώνυμα: x 3x + x 3x Δ ( 3). 1. 9 8 1 > 0 Ρίζες: x Άρα ( 3) 1.1 3 1 3 1 ή 31 x 3x +

Διαβάστε περισσότερα

Φεργαδιώτης Αθανάσιος ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΗΝ ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ. Θέμα 2 ο (150)

Φεργαδιώτης Αθανάσιος ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΗΝ ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ. Θέμα 2 ο (150) Φεργαδιώτης Αθανάσιος ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΗΝ ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ Θέμα ο (150) -- Τράπεζα θεμάτων Άλγεβρας Α Λυκείου Φεργαδιώτης Αθανάσιος -3- Τράπεζα θεμάτων Άλγεβρας Α Λυκείου Φεργαδιώτης Αθανάσιος ΚΕΦΑΛΑΙΟ

Διαβάστε περισσότερα

Ανισώσεις. Κώστας Γλυκός. Τράπεζα θεμάτων ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ. εκδόσεις / 1 0 /

Ανισώσεις. Κώστας Γλυκός. Τράπεζα θεμάτων ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ. εκδόσεις / 1 0 / Ανισώσεις Κώστας Γλυκός Τράπεζα θεμάτων ΙΙ Ι δδ ιι ι αα ίί ί ττ εε ρρ αα μμ αα θθ ήή μμ αα ττ αα 6 9 7. 3 0 0. 8 8. 8 8 Kgllykos..gr 5 / 1 0 / 0 1 6 εκδόσεις τηλ. Οικίας : 10-610.178 κινητό : 697-300.88.88

Διαβάστε περισσότερα

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΕΣ & ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΗΝ ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΗΣ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΕΣ & ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΗΝ ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΗΣ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΕΣ & ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΗΝ ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΗΣ Α ΛΥΚΕΙΟΥ Επιμέλεια : Παλαιολόγου Παύλος Μαθηματικός Αγαπητοί μαθητές. αυτό το βιβλίο αποτελεί ένα βοήθημα στην ύλη της Άλγεβρας Α Λυκείου, που είναι ένα από

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑ 2. Θεωρούμε την ακολουθία (α ν ) των θετικών περιττών αριθμών: 1, 3, 5, 7,

ΘΕΜΑ 2. Θεωρούμε την ακολουθία (α ν ) των θετικών περιττών αριθμών: 1, 3, 5, 7, Θεωρούμε την ακολουθία (α ν ) των θετικών περιττών αριθμών: 1, 3, 5, 7, α) Να αιτιολογήσετε γιατί η (α ν ) είναι αριθμητική πρόοδος και να βρείτε τον εκατοστό όρο της. (Μονάδες 15) β) Να αποδείξετε ότι

Διαβάστε περισσότερα

Α. ΔΙΑΤΑΞΗ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ

Α. ΔΙΑΤΑΞΗ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ ΜΕΡΟΣ Α.5 ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ-ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ 9. 5 ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ- ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ Α. ΔΙΑΤΑΞΗ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ ΟΡΙΣΜΟΙ Εάν έχουμε δύο πραγματικούς αριθμούς α και β τότε λέμε ότι ο α είναι μεγαλύτερος

Διαβάστε περισσότερα

ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ - 2 ο ΘΕΜΑ

ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ - 2 ο ΘΕΜΑ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ - ο ΘΕΜΑ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο : ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ. Ένα τηλεοπτικό παιχνίδι παίζεται με ζεύγη αντιπάλων των δυο φύλων. Στο παιχνίδι συμμετέχουν άντρες: ο Δημήτρης (Δ), ο Κώστας (Κ), ο Μιχάλης (Μ) και γυναίκες:

Διαβάστε περισσότερα

i) Αν (,, ) είναι μια πυθαγόρεια τριάδα και είναι ένας θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι και η τριάδα (,,

i) Αν (,, ) είναι μια πυθαγόρεια τριάδα και είναι ένας θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι και η τριάδα (,, 1. i) Να αποδείξετε την ταυτότητα 1 ( ) ( ) ( ) + + = + +. ii) Να αποδείξετε ότι για όλους τους,, ισχύει Πότε ισχύει ισότητα; + + + +.. Λέμε ότι μια τριάδα θετικών ακεραίων (,, ) είναι όταν είναι πλευρές

Διαβάστε περισσότερα

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ i) 50% ii) 30% ,

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ i) 50% ii) 30% , ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ Έστω ο δειγματικός χώρος Ω = {0,,,,, 00} Δίνονται και οι πιθανότητες κ =,,, 00 Να υπολογίσετε την πιθανότητα P(0) Έστω Ω ένας δειγματικός χώρος με πεπερασμένο πλήθος στοιχείων και

Διαβάστε περισσότερα

ΜΕ ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ 2014 Θ ΕΩΡΙA 10

ΜΕ ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ 2014 Θ ΕΩΡΙA 10 ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΕ ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ 04 Θ ΕΩΡΙA 0 ΘΕΜΑ A Α Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στην κόλλα σας δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΑ KAI ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ( ) ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

ΑΛΓΕΒΡΑ KAI ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ( ) ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΑΛΓΕΒΡΑ KAI ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ (011-01) ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΕΠΑΝΕΚ ΟΣΗΣ Η επνέκδοση του πρόντος βιβλίου πργμτοποιήθηκε πό το Ινστιτούτο Τεχνολογίς Υπολογιστών & Εκδόσεων «Διόφντος»

Διαβάστε περισσότερα

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας µε τη βοήθεια και του ερωτήµατος α). ii) Να αποδείξετε ότι ισχύει η ανισότητα 1+α < 1+ α. α+α

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας µε τη βοήθεια και του ερωτήµατος α). ii) Να αποδείξετε ότι ισχύει η ανισότητα 1+α < 1+ α. α+α ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ, ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ 1. α) Να λύσετε τις ανισώσεις: x 5 3 και x x 1 0. β) Να βρείτε τις κοινές λύσεις των ανισώσεων του ερωτήµατος (α). x 1. ίνονται οι ανισώσεις: 3x 1

Διαβάστε περισσότερα

1.2 ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΑΣ

1.2 ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΑΣ . ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΑΣ Ασκήσεις σχ. βιβλίου σελίδας 7 9 Α ΟΜΑΔΑΣ. Από μία τράπουλα με 5 φύλλα παίρνουμε ένα στην τύχη. Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων : i) Το φύλλο είναι 5 ii) Το φύλλο δεν

Διαβάστε περισσότερα

12. ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ Α ΒΑΘΜΟΥ. είναι δύο παραστάσεις μιας μεταβλητής x πού παίρνει τιμές στο

12. ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ Α ΒΑΘΜΟΥ. είναι δύο παραστάσεις μιας μεταβλητής x πού παίρνει τιμές στο ΓΕΝΙΚΑ ΠΕΡΙ ΑΝΙΣΩΣΕΩΝ Έστω f σύνολο Α, g Α ΒΑΘΜΟΥ είναι δύο παραστάσεις μιας μεταβλητής πού παίρνει τιμές στο Ανίσωση με έναν άγνωστο λέγεται κάθε σχέση της μορφής f f g g ή, η οποία αληθεύει για ορισμένες

Διαβάστε περισσότερα

β. Να βρείτε την πιθανότητα πραγματοποίησης καθενός από τα δύο ενδεχόμενα του ερωτήματος α).

β. Να βρείτε την πιθανότητα πραγματοποίησης καθενός από τα δύο ενδεχόμενα του ερωτήματος α). 1.: Έννοια της Πιθανότητας Κεφάλαιο 1ο: Πιθανότητες ΑΣΚΗΣΗ 1 (_497) Ένα τηλεοπτικό παιχνίδι παίζεται με ζεύγη αντιπάλων των δυο φύλων. Στο παιχνίδι συμμετέχουν 3 άντρες: ο Δημήτρης (Δ), ο Κώστας (Κ), ο

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 ο : ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ΤΟ 2 Ο ΘΕΜΑ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 ο : ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ΤΟ 2 Ο ΘΕΜΑ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 ο : ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ΤΟ 2 Ο ΘΕΜΑ Άσκηση 1 Δίνονται οι ανισώσεις: 3x και 2 x α) Να βρείτε τις λύσεις τους (Μονάδες 10) β) Να βρείτε το σύνολο των κοινών τους λύσεων (Μονάδες 15) α) Έχουμε 3x 2x x 2

Διαβάστε περισσότερα

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ Ε.1 I. 1. α 2 = 9 α = 3 ψ p: α 2 = 9, q: α = 3 Σύνολο αλήθειας της p: Α = {-3,3}, Σύνολο αλήθειας της q: B = {3} A B 2. α 2 = α α = 1 ψ p: α 2 = α, q: α = 1 Σύνολο

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ - ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ ΔΩΔΕΚΑΝΗΣΟΥ

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ - ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ ΔΩΔΕΚΑΝΗΣΟΥ ΘΕΜΑ 1 Ένα Λύκειο έχει 400 μαθητές από τους οποίους οι 00 είναι μαθητές της Α τάξης Αν επιλέξουμε τυχαία ένα μαθητή, η πιθανότητα να είναι μαθητής της Γ τάξης είναι 0% Να βρείτε: i Το πλήθος των μαθητών

Διαβάστε περισσότερα

1.1 ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΣ ΧΩΡΟΣ - ΕΝΔΕΧΟΜΕΝΑ

1.1 ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΣ ΧΩΡΟΣ - ΕΝΔΕΧΟΜΕΝΑ 1 1.1 ΔΕΙΓΜΑΤΙΚΟΣ ΧΩΡΟΣ - ΕΝΔΕΧΟΜΕΝΑ Ασκήσεις σχ. βιβλίου σελίδας 26 28 Α ΟΜΑΔΑΣ 1. Ένα κουτί έχει τρεις μπάλες, μια άσπρη, μια μαύρη και μια κόκκινη. Κάνουμε το εξής πείραμα : παίρνουμε από το κουτί μια

Διαβάστε περισσότερα

β) Αν κάποιος αριθµός α επαληθεύει την παραπάνω ανίσωση, να αποδείξετε ότι 1 1 1 9 < α

β) Αν κάποιος αριθµός α επαληθεύει την παραπάνω ανίσωση, να αποδείξετε ότι 1 1 1 9 < α ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ, ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ 1. α) Να λύσετε τις ανισώσεις: x 5 3 και x x 1 0. β) Να βρείτε τις κοινές λύσεις των ανισώσεων του ερωτήµατος (α). x 1. ίνονται οι ανισώσεις: 3x 1

Διαβάστε περισσότερα

Τράπεζα Θεμάτων Άλγεβρα Α Λυκείου Κεφάλαιο 3 Θέμα 2. Επιμέλεια : Μιχάλης Γιάνναρος - Μαθηματικός

Τράπεζα Θεμάτων Άλγεβρα Α Λυκείου Κεφάλαιο 3 Θέμα 2. Επιμέλεια : Μιχάλης Γιάνναρος - Μαθηματικός Τράπεζα Θεμάτων Άλγεβρα Α Λυκείου Κεφάλαιο 3 Θέμα Επιμέλεια : Μιχάλης Γιάνναρος - Μαθηματικός Θεωρία ως και την 3. Ασκήσεις: -5 Θεωρία ως και την 3.3 Ασκήσεις: 6-8 Άσκηση Δίνεται η παράσταση: A= 3 5 +

Διαβάστε περισσότερα

ii) Να ποια τιμή του ώστε η εξίσωση (1) έχει μία διπλή πραγματική ρίζα; Έπειτα να βρεθεί η ρίζα αυτή. Ασκήσεις Άλγεβρας

ii) Να ποια τιμή του ώστε η εξίσωση (1) έχει μία διπλή πραγματική ρίζα; Έπειτα να βρεθεί η ρίζα αυτή. Ασκήσεις Άλγεβρας . Δίνεται η εξίσωση, (). i) Να βρεθεί ο αριθμός ώστε η εξίσωση () να έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα. ii) Να βρεθεί ο αριθμός ώστε η εξίσωση () να έχει δύο ίσες πραγματικές ρίζες. iii) Να βρεθεί ο

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ - Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ - Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ - Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΜΕΡΟΣ Α': ΑΛΓΕΒΡΑ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο: Αλγεβρικές παραστάσεις Παράγραφος A..: Πράξεις με πραγματικούς αριθμούς (επαναλήψεις συμπληρώσεις) Β: Πράξεις με μονώνυμα Τα σημαντικότερα σημεία

Διαβάστε περισσότερα

ΜΕ ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ 2014 Θ ΕΩΡΙA 15

ΜΕ ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ 2014 Θ ΕΩΡΙA 15 ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΕ ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ 04 Θ ΕΩΡΙA 5 ΘΕΜΑ A Α Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στην κόλλα σας δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη

Διαβάστε περισσότερα

Κ Ε Φ Α Λ Α Ι Ο 3 ο : Ε ξ ι σ ώ σ ε ι ς. 3.1 Εξισώσεις 1 ου Βαθμού. 3.2 Η εξίσωση x. 3.3 Εξισώσεις 2 ου Βαθμού. ρωτήσεις αντικειμενικού τύπουθέμα Α1-

Κ Ε Φ Α Λ Α Ι Ο 3 ο : Ε ξ ι σ ώ σ ε ι ς. 3.1 Εξισώσεις 1 ου Βαθμού. 3.2 Η εξίσωση x. 3.3 Εξισώσεις 2 ου Βαθμού. ρωτήσεις αντικειμενικού τύπουθέμα Α1- 3. Εξισώσεις ου Βαθμού 3. Η εξίσωση 3.3 Εξισώσεις ου Βαθμού Διδακτικό υλικό Άλγεβρας Α Λυκείου (Κεφάλαιο 3 ο ) Κ Ε Φ Α Λ Α Ι Ο 3 ο : Ε ξ ι σ ώ σ ε ι ς ρωτήσεις αντικειμενικού τύπουθέμα Α- Εξεταστέα ύλη

Διαβάστε περισσότερα

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ, ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ ΚΑΙ ΑΘΛΗΤΙΣΜΟΥ

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ, ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ ΚΑΙ ΑΘΛΗΤΙΣΜΟΥ ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ, ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ ΚΑΙ ΑΘΛΗΤΙΣΜΟΥ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ» y y=x 2 y=(x-2) 2 y=(x-2) 2-1 0 1 2 3 x -1 Τόμος 3ος Άλγεβρα και Στοιχεία Πιθανοτήτων

Διαβάστε περισσότερα

Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΖΕΡΒΟΣ ΜΑΝΟΛΗΣ

Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΖΕΡΒΟΣ ΜΑΝΟΛΗΣ Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΖΕΡΒΟΣ ΜΑΝΟΛΗΣ 1 ΜΕΡΟΣ Α ΚEΦΑΛΑΙΟ 1 Ο ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΠΑΡΑΣΤΑΣΕΙΣ 1.1 ΠΡΑΞΕΙΣ ΜΕ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΥΣ ΑΡΙΘΜΟΥΣ Α. Οι πραγματικοί αριθμοί και οι πράξεις τους 1. ΕΡΩΤΗΣΗ Τι ονομάζουμε

Διαβάστε περισσότερα

3.3 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2 ου ΒΑΘΜΟΥ Ασκήσεις σχολικού βιβλίου σελίδας 93 96

3.3 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2 ου ΒΑΘΜΟΥ Ασκήσεις σχολικού βιβλίου σελίδας 93 96 3.3 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ου ΒΑΘΜΟΥ Ασκσεις σχολικού βιβλίου σελίδας 93 96 A Ομάδας. Να λύσετε τις εξισώσεις 5 + 3 0 Δ 5 4, 5 6 4 4 Δ 36 36 0, i Δ 6 4 8 < 0, 6 + 9 0 i 3 + 4 + 0 6. η εξίσωση είναι αδύνατη. 3 3 (διπλ

Διαβάστε περισσότερα

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ο: ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ ΘΕΜΑ Α. α) Τι λέγεται δειγματικός χώρος και τι ενδεχόμενο ενός πειράματος τύχης;

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3ο: ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ ΘΕΜΑ Α. α) Τι λέγεται δειγματικός χώρος και τι ενδεχόμενο ενός πειράματος τύχης; ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο: ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ ΘΕΜΑ Α Ερώτηση θεωρίας α) Τι λέγεται δειγματικός χώρος και τι ενδεχόμενο ενός πειράματος τύχης; =. β) Για δύο συμπληρωματικά ενδεχόμενα Α και Α να αποδείξετε

Διαβάστε περισσότερα

2 είναι λύσεις της ανίσωσης 2x2 3x+1<0.

2 είναι λύσεις της ανίσωσης 2x2 3x+1<0. ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ, ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ. α) Να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης x +0x=. x + 0x β) Να λύσετε την εξίσωση x. ίνεται η εξίσωση: x λx+(λ +λ )=0 (), λ R. α) Να προσδιορίσετε τον πραγµατικό αριθµό λ, ώστε η

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 Ο ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 Ο ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΟΥ ΒΑΘΜΟΥ.3 ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ ΟΥ ΒΑΘΜΟΥ Α. Επίλυση εξισώσεων δευτέρου βαθμού με ανάλυση σε γινόμενο παραγόντων 1. ΕΡΩΤΗΣΗ Ποια εξίσωση λέγεται εξίσωση ου βαθμού

Διαβάστε περισσότερα

Ορισμένες σελίδες του βιβλίου

Ορισμένες σελίδες του βιβλίου Ορισμένες σελίδες του βιβλίου 7. Θεωρούμε το σύνολο αναφοράς 0,,. Να οριστούν τα σύνολα: Α. των τριψηφίων αριθμών που σχηματίζουν τα στοιχεία του Ω. Β. των τριψηφίων αριθμών με διαφορετικά ψηφία Γ. των

Διαβάστε περισσότερα

2018 Φάση 2 ιαγωνίσµατα Επανάληψης ΑΛΓΕΒΡΑ. Α' Γενικού Λυκείου. Σάββατο 21 Απριλίου 2018 ιάρκεια Εξέτασης:3 ώρες ΘΕΜΑΤΑ

2018 Φάση 2 ιαγωνίσµατα Επανάληψης ΑΛΓΕΒΡΑ. Α' Γενικού Λυκείου. Σάββατο 21 Απριλίου 2018 ιάρκεια Εξέτασης:3 ώρες ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΜΑ A ΑΛΓΕΒΡΑ Α' Γενικού Λυκείου Σάββατο 1 Απριλίου 018 ιάρκεια Εξέτασης: ώρες ΘΕΜΑΤΑ Πεδίο ορισμού μιας συνάρτησης f (x) από ένα σύνολο Α σε ένα σύνολο Β ονομάζουμε το σύνολο Α, στο οποίο φαίνονται οι

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΑ - ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4ο Εξισώσεις - Ανισώσεις Δευτέρου Βαθμού

ΑΛΓΕΒΡΑ - ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4ο Εξισώσεις - Ανισώσεις Δευτέρου Βαθμού ΑΛΓΕΒΡΑ - ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4ο Εξισώσεις - Ανισώσεις Δευτέρου Βαθμού 97 98 ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΑΝΑΠΤΥΞΗΣ 1. Να λυθεί η εξίσωση: 1 1 1 ( x+ )(x ) = x 3 3 9. Αν η εξίσωση (x - 3) λ + 3 = λ x έχει ρίζα τον αριθμό, να υπολογιστεί

Διαβάστε περισσότερα

Επίλυση εξισώσεων δευτέρου βαθμού με ανάλυση σε γινόμενο παραγόντων

Επίλυση εξισώσεων δευτέρου βαθμού με ανάλυση σε γινόμενο παραγόντων ΜΕΡΟΣ Α. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΔΕΥΤΕΡΟΥ ΒΑΘΜΟΥ 69. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΔΕΥΤΕΡΟΥ ΒΑΘΜΟΥ Ορισμός Ονομάζουμε εξίσωση ου βαθμού με έναν άγνωστο κάθε ισότητα που έχει την μορφή α +β+ γ = 0 με α 0 (ο είναι ο άγνωστος της εξίσωσης,

Διαβάστε περισσότερα

Μαθηματικά στην Πολιτική Επιστήμη:

Μαθηματικά στην Πολιτική Επιστήμη: ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΑΝΟΙΚΤΑ ΑΚΑΔΗΜΑΪΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΑ Μαθηματικά στην Πολιτική Επιστήμη: Εισαγωγή Ενότητα 4.4 : Πιθανότητα Δεσμευμένη Πιθανότητα- Όρια (ΙV). Θεόδωρος Χατζηπαντελής Άδειες Χρήσης

Διαβάστε περισσότερα

Εξισώσεις. Κώστας Γλυκός. Τράπεζα θεμάτων ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ. εκδόσεις / 1 0 /

Εξισώσεις. Κώστας Γλυκός. Τράπεζα θεμάτων ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ. εκδόσεις / 1 0 / Εξισώσεις Κώστας Γλυκός Τράπεζα θεμάτων ΙΙ Ι δδ ιι ι αα ίί ί ττ εε ρρ αα μμ αα θθ ήή μμ αα ττ αα 6 9 7. 3 0 0. 8 8. 8 8 Kgllykos..gr 5 / 0 / 0 6 εκδόσεις Ασκήσεις Πιθανότητες Τράπεζα θεμάτων. Δίνεται η

Διαβάστε περισσότερα

Φ1: ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ

Φ1: ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ Φ: ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΓΙΑΝΝΗΣ ΧΡΑΣ 0-0 ΑΛΓΕΒΡΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ Α - ΘΕΩΡΙΑ - ΣΩΣΤΟ-ΛΑΘΟΣ - ΠΟΛΛΑΠΛΗΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ - ΑΝΤΙΣΤΟΙΧΗΣΗΣ - ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ-ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΘΕΜΑ Β - ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Διαβάστε περισσότερα

Θέματα ενδοσχολικών εξετάσεων Άλγεβρας Α Λυκείου Σχ. έτος , Ν. Δωδεκανήσου ΘΕΜΑΤΑ ΕΝΔΟΣΧΟΛΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΤΑΞΗ: Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΛΓΕΒΡΑ

Θέματα ενδοσχολικών εξετάσεων Άλγεβρας Α Λυκείου Σχ. έτος , Ν. Δωδεκανήσου ΘΕΜΑΤΑ ΕΝΔΟΣΧΟΛΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΤΑΞΗ: Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΛΓΕΒΡΑ Θέματα ενδοσχολικών εξετάσεων Άλγεβρας Α Λυκείου Σχ. έτος 013-014, Ν. Δωδεκανήσου ΘΕΜΑΤΑ ΕΝΔΟΣΧΟΛΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΤΑΞΗ: Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΛΓΕΒΡΑ ΣΧΟΛΙΚΟ ΕΤΟΣ: 013-014 Επιμέλεια: Καραγιάννης Ιωάννης Σχολικός

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑ 2 Αν Α, Β είναι ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω με Ρ(Α ) = 3Ρ(Α), Ρ(Β ) = 1/3 και () 3()

ΘΕΜΑ 2 Αν Α, Β είναι ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω με Ρ(Α ) = 3Ρ(Α), Ρ(Β ) = 1/3 και () 3() ΘΕΜΑ 1 Ένα Λύκειο έχει 400 μαθητές από τους οποίους οι 00 είναι μαθητές της Α τάξης Αν επιλέξουμε τυχαία ένα μαθητή, η πιθανότητα να είναι μαθητής της Γ τάξης είναι 0% Να βρείτε: i Το πλήθος των μαθητών

Διαβάστε περισσότερα

(α > β και γ > δ)=> αγ > βδ. τύπο S. άνισες. Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f( χ )= y j x »/ Ç + 3. παρακάτω προτάσεις: ΜΟΝΑΔΕΣ 2x5=10

(α > β και γ > δ)=> αγ > βδ. τύπο S. άνισες. Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f( χ )= y j x »/ Ç + 3. παρακάτω προτάσεις: ΜΟΝΑΔΕΣ 2x5=10 ΓΕ.Λ. ΛΙΒΑΔΕΙΑΣ ΖΗΤΗΜΑ A ΑΊ. ΓΡΑΠΤΕΣ ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΠΕΡΙΟΔΟΥ ΜΑΪΟΥ - ΙΟΥΝΙΟΥ 05 ΛΙΒΑΔΕΙΑ 4 ΜΑΪΟΥ 05 ΤΑΞΗ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΑΛΓΕΒΡΑ Να χαρακτηρίσετε ως σωστή (Σ) ή λάθος (Λ) κάθε μία

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑ 2. 1 x < 4. (Μονάδες 9) 2. α) Να λύσετε την ανίσωση: β) Να λύσετε την ανίσωση: x (Μονάδες 9)

ΘΕΜΑ 2. 1 x < 4. (Μονάδες 9) 2. α) Να λύσετε την ανίσωση: β) Να λύσετε την ανίσωση: x (Μονάδες 9) α) Να λύσετε την ανίσωση: 1 x < 4. (Μονάδες 9) 2 β) Να λύσετε την ανίσωση: x+ 5 3. (Μονάδες 9) γ) Να βρείτε τις κοινές λύσεις των ανισώσεων των ερωτημάτων (α) και (β) με χρήση του άξονα των πραγματικών

Διαβάστε περισσότερα

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 89. Ύλη: Πιθανότητες Το σύνολο R-Εξισώσεις Σ Λ 2. Για τα ενδεχόμενα Α και Β ισχύει η ισότητα: A ( ) ( ') ( ' )

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 89. Ύλη: Πιθανότητες Το σύνολο R-Εξισώσεις Σ Λ 2. Για τα ενδεχόμενα Α και Β ισχύει η ισότητα: A ( ) ( ') ( ' ) ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 89 Ον/μο:.. Α Λυκείου Ύλη: Πιθανότητες Το σύνολο R-Εξισώσεις 6-0- Θέμα ο : Α.. Να δώσετε τον ορισμό της εξίσωσης ου βαθμού (μον.) Α.. Αν, ρίζες της εξίσωσης 0, να αποδείξετε ότι

Διαβάστε περισσότερα

2.1 ΠΡΑΞΕΙΣ ΚΑΙ ΟΙ ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΤΟΥΣ

2.1 ΠΡΑΞΕΙΣ ΚΑΙ ΟΙ ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΤΟΥΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟ : ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ. ΠΡΑΞΕΙΣ ΚΑΙ ΟΙ ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΤΟΥΣ Ρητός ονομάζεται κάθε αριθμός που έχει ή μπορεί να πάρει τη μορφή κλάσματος, όπου, είναι ακέραιοι με 0. Ρητοί αριθμοί : Q /, 0. Έτσι π.χ.

Διαβάστε περισσότερα

ΒΑΣΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΑΠΟ ΤΟ ΒΙΒΛΙΟ ΤΟΥ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟΥ

ΒΑΣΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΑΠΟ ΤΟ ΒΙΒΛΙΟ ΤΟΥ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟΥ ΒΑΣΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΑΠΟ ΤΟ ΒΙΒΛΙΟ ΤΟΥ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟΥ. Δύο ομάδες Ο, Ο παίζουν μεταξύ τους σε μια σχολική ποδοσφαιρική συνάντηση (οι αγώνες δεν τελειώνουν ποτέ με ισοπαλία). Νικήτρια θεωρείται η ομάδα που θα νικήσει

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ - ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ ΔΩΔΕΚΑΝΗΣΟΥ

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ - ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ ΔΩΔΕΚΑΝΗΣΟΥ ΘΕΜΑ 1 Ένα Λύκειο έχει 400 μαθητές από τους οποίους οι 00 είναι μαθητές της Α τάξης. Αν επιλέξουμε τυχαία ένα μαθητή, η πιθανότητα να είναι μαθητής της Γ τάξης είναι 0%. Να βρείτε: i. Το πλήθος των μαθητών

Διαβάστε περισσότερα

6. α) Να λύσετε την εξίσωση 2x 1 =3. β) Αν α, β με α< β είναι οι ρίζες της εξίσωσης του ερωτήματος (α), τότε να λύσετε την εξίσωση αx 2 +βx+3=0.

6. α) Να λύσετε την εξίσωση 2x 1 =3. β) Αν α, β με α< β είναι οι ρίζες της εξίσωσης του ερωτήματος (α), τότε να λύσετε την εξίσωση αx 2 +βx+3=0. ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ, ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ. Δίνεται η εξίσωση λx=x+λ, με λr. α) Να αποδείξετε ότι η παραπάνω εξίσωση γράφεται ισοδύναμα (λ )x=(λ )(λ+), λr. β) Να βρείτε τις τιμές του λ για τις οποίες η παραπάνω εξίσωση

Διαβάστε περισσότερα

9 Πολυώνυμα Διαίρεση πολυωνύμων

9 Πολυώνυμα Διαίρεση πολυωνύμων 4ο Κεφάλαιο 9 Πολυώνυμα Διαίρεση πολυωνύμων Α ΑΠΑΡΑΙΤΗΤΕΣ ΓΝΩΣΕΙΣ ΘΕΩΡΙΑΣ Ορισμοί Μονώνυμο του x ονομάζουμε κάθε παράσταση της μορφής ν αx όπου α R, * ν N και x μια μεταβλητή που μπορεί να πάρει οποιαδήποτε

Διαβάστε περισσότερα

3.2. Ασκήσεις σχ. βιβλίου σελίδας 154 156 Α ΟΜΑ ΑΣ

3.2. Ασκήσεις σχ. βιβλίου σελίδας 154 156 Α ΟΜΑ ΑΣ . Ασκήσεις σχ. βιβλίου σελίδας 54 56 Α ΟΜΑ ΑΣ. Από µία τράπουλα µε 5 φύλλα παίρνουµε ένα στην τύχη. Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχοµένων : i) Το φύλλο είναι 5 ii) Το φύλλο δεν είναι 5 i) εχόµαστε

Διαβάστε περισσότερα

( ) = 2. f x α(x x )(x x ) f x α(x ρ) x1,2. 1, x

( ) = 2. f x α(x x )(x x ) f x α(x ρ) x1,2. 1, x ΜΟΡΦΕΣ ΤΡΙΩΝΥΜΟΥ ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ Β ΒΑΘΜΟΥ Τριώνυµο λέγεται ένα πολυώνυµο της µορφής : f x = αx + βx+ γ, όπου α, β, γ R µε α. ( ) ιακρίνουσα και ρίζες του τριωνύµου f( x) = αx + βx+ γ λέγεται η διακρίνουσα και

Διαβάστε περισσότερα

ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ - ΠΡΑΞΕΙΣ

ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ - ΠΡΑΞΕΙΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ - ΠΡΑΞΕΙΣ Να δείξετε ότι (x 2) 3 + (3x 4) 3 + (6 4x) 3 = 3(x 2)(3x 4)(6 4x). Λύση Στο 1 0 μέλος βλέπουμε άθροισμα κύβων 3 αριθμών, εξετάζουμε αν έχουν άθροισμα 0, (x 2) + (3x 4) + (6

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑΤΑ ΑΠΟ ΤΗΝ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ

ΘΕΜΑΤΑ ΑΠΟ ΤΗΝ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ 3. Δίνεται ο πίνακας: 3 3 3 ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ ΘΕΜΑ ο. Ένα κουτί περιέχει άσπρες, μαύρες, κόκκινες και πράσινες μπάλες. Οι άσπρες είναι 5, οι μαύρες είναι 9, ενώ οι κόκκινες και οι πράσινες μαζί είναι 6. Επιλέγουμε

Διαβάστε περισσότερα

Τ ρ α π ε ζ α Θ ε μ α τ ω ν

Τ ρ α π ε ζ α Θ ε μ α τ ω ν Τ ρ α π ε ζ α Θ ε μ α τ ω ν Α λ γ ε β ρ α Α Λ υ κ ε ι ο υ Ε π ι μ ε λ ε ι α : Τ α κ η ς Τ σ α κ α λ α κ ο ς Α λ γ ε β ρ α Α Λ υ κ ε ι ο υ Π Ε Ρ Ι Ε Χ Ο Μ Ε Ν Α Π ι θ α ν ο τ η τ ε ς 868 936 064 073 080

Διαβάστε περισσότερα

Από το Γυμνάσιο στο Λύκειο... 7. 3. Δειγματικός χώρος Ενδεχόμενα... 42 Εύρεση δειγματικού χώρου... 46

Από το Γυμνάσιο στο Λύκειο... 7. 3. Δειγματικός χώρος Ενδεχόμενα... 42 Εύρεση δειγματικού χώρου... 46 ΠEΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Από το Γυμνάσιο στο Λύκειο................................................ 7 1. Το Λεξιλόγιο της Λογικής.............................................. 11. Σύνολα..............................................................

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ. 8. Πότε το γινόμενο δύο ή περισσοτέρων αριθμών παραγόντων είναι ίσο με το μηδέν ;

ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ. 8. Πότε το γινόμενο δύο ή περισσοτέρων αριθμών παραγόντων είναι ίσο με το μηδέν ; ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο : ( ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΘΕΩΡΙΑΣ ) ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ : Το κεφάλαιο αυτό περιέχει πολλά θέματα που είναι επανάληψη εννοιών που διδάχθηκαν στο Γυμνάσιο γι αυτό σ αυτές δεν θα επεκταθώ αναλυτικά

Διαβάστε περισσότερα

ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ - 2 ου ΒΑΘΜΟΥ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. 9). Να λυθούν οι εξισώσεις :

ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ - 2 ου ΒΑΘΜΟΥ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. 9). Να λυθούν οι εξισώσεις : ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ - ου ΒΑΘΜΟΥ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ). Να λυθούν οι εξισώσεις: α). + ( 3 ) 6 = 0 β). 4 ( 3 ) + 3 = 0 γ). + ( ) = 0 δ). 5 + 5 = 0 ε). 4( 3) + 5 + 6 6 = 0 στ).( + 3 ) ( 3 + ) ( 3 ) = 0 η). + (3 ) + (4 3 ) = 0

Διαβάστε περισσότερα

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΕΣ & ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΗΝ ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΗΣ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΕΣ & ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΗΝ ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΗΣ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΕΣ & ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΗΝ ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΗΣ Α ΛΥΚΕΙΟΥ Επιμέλεια : Παλαιολόγου Παύλος Μαθηματικός Αγαπητοί μαθητές. αυτό το βιβλίο αποτελεί ένα βοήθημα στην ύλη της Άλγεβρας Α Λυκείου, που είναι ένα από

Διαβάστε περισσότερα

Άλγεβρα 1 ο Κεφάλαιο ... ν παράγοντες

Άλγεβρα 1 ο Κεφάλαιο ... ν παράγοντες 1 Άλγεβρα 1 ο Κεφάλαιο Ερώτηση 1 : Τι ονομάζεται δύναμη α ν με βάση τον πραγματικό αριθμό α και εκθέτη το φυσικό αριθμό >1; H δύναμη με βάση έναν πραγματικό αριθμό α και εκθέτη ένα φυσικό αριθμό ν, συμβολίζεται

Διαβάστε περισσότερα

Οι εκφωνήσεις των ασκήσεων της Τράπεζας θεμάτων στην Άλγεβρα Α ΓΕΛ ανά ενότητα

Οι εκφωνήσεις των ασκήσεων της Τράπεζας θεμάτων στην Άλγεβρα Α ΓΕΛ ανά ενότητα Οι εκφωνήσεις των ασκήσεων της Τράπεζας θεμάτων στην Άλγεβρα Α ΓΕΛ ανά ενότητα Ιούνιος 04 . Έννοια της πιθανότητας GI_A_ALG 497 Ένα τηλεοπτικό παιχνίδι παίζεται µε ζεύγη αντιπάλων των δυο φύλων. Στο παιχνίδι

Διαβάστε περισσότερα

Μαθηματικά Γ Γυμνασίου

Μαθηματικά Γ Γυμνασίου Α λ γ ε β ρ ι κ έ ς π α ρ α σ τ ά σ ε ι ς 1.1 Πράξεις με πραγματικούς αριθμούς (επαναλήψεις συμπληρώσεις) A. Οι πραγματικοί αριθμοί και οι πράξεις τους Διδακτικοί στόχοι Θυμάμαι ποιοι αριθμοί λέγονται

Διαβάστε περισσότερα

Α Λυκείου ΑΛΓΕΒΡΑ & ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Α Λυκείου ΑΛΓΕΒΡΑ & ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α Λυκείου ΑΛΓΕΒΡΑ & ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ τράπεζαθεμάτων θέμαδεύτεροκαιτέταρτο Επιμέλεια: ΕμμανουήλΚ.Σκαλίδης ΑντώνηςΚ.Αποστόλου ΚόμβοςΑτσιποπούλου014-15 1 ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ, ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ 1. Ένα κουτί περιέχει 5 άσπρες,

Διαβάστε περισσότερα

B =, όπου ο x είναι πραγματικός αριθμός. x x α) Να αποδείξετε ότι για να ορίζονται ταυτόχρονα οι παραστάσεις Α, Β πρέπει: x 1 και x 0.

B =, όπου ο x είναι πραγματικός αριθμός. x x α) Να αποδείξετε ότι για να ορίζονται ταυτόχρονα οι παραστάσεις Α, Β πρέπει: x 1 και x 0. 1 Ένα κουτί περιέχει άσπρες, μαύρες, κόκκινες και πράσινες μπάλες. Οι άσπρες είναι 5, οι μαύρες είναι 9, ενώ οι κόκκινες και οι πράσινες μαζί είναι 16. Επιλέγουμε μια μπάλα στην τύχη. Δίνονται τα παρακάτω

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑ 2. Θεωρούμε την ακολουθία (α ν ) των θετικών περιττών αριθμών: 1, 3, 5, 7,

ΘΕΜΑ 2. Θεωρούμε την ακολουθία (α ν ) των θετικών περιττών αριθμών: 1, 3, 5, 7, Θεωρούμε την ακολουθία (α ν ) των θετικών περιττών αριθμών: 1, 3, 5, 7, α) Να αιτιολογήσετε γιατί η (α ν ) είναι αριθμητική πρόοδος και να βρείτε τον εκατοστό όρο της. (Μονάδες 15) β) Να αποδείξετε ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ ΚΑΙ ΑΘΛΗΤΙΣΜΟΥ

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ ΚΑΙ ΑΘΛΗΤΙΣΜΟΥ ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ ΚΑΙ ΑΘΛΗΤΙΣΜΟΥ Σ. Ανδρεαδάκης Β. Κατσαργύρης Σ. Παπασταυρίδης Γ. Πολύζος Α. Σβέρκος Η συγγραφή και η επιμέλεια του βιβλίου πραγματοποιήθηκε υπό την αιγίδα

Διαβάστε περισσότερα

5.ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΟΥ ΒΑΘΜΟΥ

5.ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΟΥ ΒΑΘΜΟΥ 5.ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΟΥ ΒΑΘΜΟΥ Για να επιλύσουμε μία παραμετρική εξίσωση ακολουθούμε τα παρακάτω βήματα: i) Βγάζω παρενθέσεις ii) Κάνω απαλοιφή παρανομαστών iii) Χωρίζω γνωστούς από αγνώστους (άγνωστος είναι

Διαβάστε περισσότερα

Παρατηρήσεις. Προβλήματα είχαν οι ασκήσεις:

Παρατηρήσεις. Προβλήματα είχαν οι ασκήσεις: ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ Στέλιιος Μιιχαήλογλου-Δημήτρης Πατσιιμάς Εκκφωννήήσσεει ιςς κκααι ι λλύύσσεει ιςς θθεεμμάάττωνν Άλλγγεεββρρααςς Τρράάππεεζζααςς θθεεμμάάττωνν

Διαβάστε περισσότερα

Εισαγωγή στα ΣΥΝΟΛΑ. Ε.1 Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις με (Α), αν είναι αληθείς ή με (Ψ), αν είναι ψευδής

Εισαγωγή στα ΣΥΝΟΛΑ. Ε.1 Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις με (Α), αν είναι αληθείς ή με (Ψ), αν είναι ψευδής Εισαγωγή στα ΣΥΝΟΛΑ Ε. Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις με (Α), αν είναι αληθείς ή με (Ψ), αν είναι ψευδής i) Αν Α= {0,5,8,3,89}, τότε το Α. ii) Αν Α = {, {,5}, 8, 0}, τότε το Α. iii) Τα σύνολα

Διαβάστε περισσότερα

Μ α θ η μ α τ ι κ α Γ Γ υ μ ν α σ ι ο υ

Μ α θ η μ α τ ι κ α Γ Γ υ μ ν α σ ι ο υ Α λ γ ε β ρ α Μ α θ η μ α τ ι κ α Γ Γ υ μ ν α σ ι ο υ Ε π ι μ ε λ ε ι α : Τ α κ η ς Τ σ α κ α λ α κ ο ς Α λ γ ε β ρ α Γ Γ υ μ ν α σ ι ο υ Με πολυ μερακι Για τους μικρους φιλους μου Τακης Τσακαλακος Κερκυρα

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ. 3.1 ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ 1 ου ΒΑΘΜΟΥ. Οι ανισώσεις: αx + β > 0 και αx + β < 0

ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ. 3.1 ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ 1 ου ΒΑΘΜΟΥ. Οι ανισώσεις: αx + β > 0 και αx + β < 0 3 ΝΙΣΩΣΕΙΣ 31 ΝΙΣΩΣΕΙΣ 1 ου ΒΘΜΟΥ Οι ανισώσεις: α + β > 0 και α + β < 0 Γνωρίσαμε στο Γυμνάσιο τη διαδικασία επίλυσης μιας ανίσωσης της μορφής α β 0 ή της μορφής α β 0, με α και β συγκεκριμένους αριθμούς

Διαβάστε περισσότερα

4.1 ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ 1 ΟΥ ΒΑΘΜΟΥ

4.1 ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ 1 ΟΥ ΒΑΘΜΟΥ 4.1 ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ 1 ΟΥ ΒΑΘΜΟΥ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ 1 : ΑΠΛΗ ΜΟΡΦΗ Για να λύσω μια ανίσωση της μορφής : 0 ή 0 1 ος τρόπος : Λειτουργώ όπως και στις εξισώσεις πρώτου βαθμού, δηλαδή χωρίζω γνωστούς από αγνώστους, και

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ

ΑΛΓΕΒΡΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ ΝΙΚΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ ΑΛΓΕΒΡΑ ΚΑΙ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ Α ΛΥΚΕΙΟΥ Πιθανότητες Πραγματικοί αριθμοί Εξισώσεις Ανισώσεις Πρόοδοι Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Μελέτη βασικών συναρτήσεων ΑΛΓΕΒΡΑ Α

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΛΥΜΕΝΕΣ & ΑΛΥΤΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Επιμέλεια: Γ. Π. Βαξεβάνης (Γ. Π. Β.

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΛΥΜΕΝΕΣ & ΑΛΥΤΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Επιμέλεια: Γ. Π. Βαξεβάνης (Γ. Π. Β. ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ Γ. Π. Β. ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΕΣ ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΛΥΜΕΝΕΣ & ΑΛΥΤΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Επιμέλεια: Γ. Π. Βαξεβάνης (Γ. Π. Β.) (Μαθηματικός) ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ

Διαβάστε περισσότερα

7. Αν υψώσουμε και τα δύο μέλη μιας εξίσωσης στον κύβο (και γενικά σε οποιαδήποτε περιττή δύναμη), τότε προκύπτει

7. Αν υψώσουμε και τα δύο μέλη μιας εξίσωσης στον κύβο (και γενικά σε οποιαδήποτε περιττή δύναμη), τότε προκύπτει 8 7y = 4 y + y ( 8 7y) = ( 4 y + y) ( y) + 4 y y 4 y = 4 y y 8 7y = 4 y + ( 4 y) = ( 4 y y) ( 4 y) = 4( 4 y)( y) ( 4 y) 4( 4 y)( y) = 0 ( 4 y) [ 4 y 4( y) ] = 4 ( 4 y)( y + 4) = 0 y = ή y = 4) 0 4 H y

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ Γυμνασίου

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ Γυμνασίου ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ Γυμνασίου Κεφάλαιο ο Αλγεβρικές Παραστάσεις ΛΕΜΟΝΙΑ ΜΠΟΥΤΣΚΟΥ Γυμνάσιο Αμυνταίου ΜΑΘΗΜΑ Α. Πράξεις με πραγματικούς αριθμούς ΑΣΚΗΣΕΙΣ ) ) Να συμπληρώσετε τα κενά ώστε στην κατακόρυφη στήλη

Διαβάστε περισσότερα

Πολυωνυμική εξίσωση βαθμού ν ονομάζεται κάθε εξίσωση της μορφής α ν x ν +α ν-1 x ν α 1 x+α 0 =0,με α 0,α 1,...

Πολυωνυμική εξίσωση βαθμού ν ονομάζεται κάθε εξίσωση της μορφής α ν x ν +α ν-1 x ν α 1 x+α 0 =0,με α 0,α 1,... 3 0 ΛΥΚΕΙΟ ΚΕΡΑΤΣΙΝΙΟΥ Λ. ΒΟΥΛΓΑΡΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΟΥ ΑΝΑΓΟΝΤΑΙ ΣΕ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ Πολυωνυμική εξίσωση βαθμού ν ονομάζεται κάθε εξίσωση της μορφής α ν x ν +α ν-1 x ν-1 +...+α

Διαβάστε περισσότερα

1 ΘΕΩΡΙΑΣ...με απάντηση

1 ΘΕΩΡΙΑΣ...με απάντηση 1 ΘΕΩΡΙΑΣ.....με απάντηση ΑΛΓΕΒΡΑ Κεφάλαιο 1 0 Εξισώσεις Ανισώσεις 1. Τι ονομάζεται Αριθμητική και τι Αλγεβρική παράσταση; Ονομάζεται Αριθμητική παράσταση μια παράσταση που περιέχει πράξεις μεταξύ αριθμών.

Διαβάστε περισσότερα

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΒΑΣΙΛΗΣ ΑΥΓΕΡΙΝΟΣ

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΒΑΣΙΛΗΣ ΑΥΓΕΡΙΝΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΜΕΡΟΣ 1ο ΑΛΓΕΒΡΑ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΒΑΣΙΛΗΣ ΑΥΓΕΡΙΝΟΣ 1 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1ο ΑΛΓΕΒΡΙΚΕΣ ΠΑΡΑΣΤΑΣΕΙΣ Οι Πραγματικοί αριθμοί και οι πράξεις τους 1. Ποιοι είναι οι πραγματικοί αριθμοί ; Ποιοι είναι οι

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΜΑ 1. α) Να λύσετε την εξίσωση : 2 2 2x. β) Αν α είναι η ϑετική εξίσωσης του ερωτήµατος (α), να λύσετε την ανίσωση : 1 x < α.

ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΜΑ 1. α) Να λύσετε την εξίσωση : 2 2 2x. β) Αν α είναι η ϑετική εξίσωσης του ερωτήµατος (α), να λύσετε την ανίσωση : 1 x < α. ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΜΑ 6 3 α) Να λύσετε την εξίσωση : 3 β) Αν α είναι η ϑετική εξίσωσης του ερωτήµατος (α), να λύσετε την ανίσωση : < α. ΘΕΜΑ α) Να λύσετε την ανίσωση : + < 7. β) Αν ο είναι λύση της ανίσωσης του

Διαβάστε περισσότερα

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ. Από προηγούμενες τάξεις γνωρίζουμε ότι το τετράγωνο οποιουδήποτε πραγματικού αριθμού

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ. Από προηγούμενες τάξεις γνωρίζουμε ότι το τετράγωνο οποιουδήποτε πραγματικού αριθμού ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο: ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΕΝΟΤΗΤΑ : ΈΝΝΟΙΑ ΜΙΓΑΔΙΚΟΥ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΠΑΡΑΣΤΑΣΗ ΜΙΓΑΔΙΚΟΥ ΠΡΑΞΕΙΣ ΣΤΟ ΣΥΝΟΛΟ ΤΩΝ ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ ΣΥΖΥΓΕΙΣ ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΔΥΝΑΜΕΙΣ ΜΙΓΑΔΙΚΟΥ ΑΡΙΘΜΟΥ ΑΡΙΘΜΟΥ ΚΑΙ ΤΟΥ i ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις Άλγεβρας Α Λυκείου 2 oυ και 3 oυ Κεφαλαίου 1

Ασκήσεις Άλγεβρας Α Λυκείου 2 oυ και 3 oυ Κεφαλαίου 1 Ασκήσεις Άλγεβρας Α Λυκείου oυ και 3 oυ Κεφαλαίου έµης Απόστολος, Ζάχος Ιωάννης, Κατσαργύρης Βασίλειος, Κόσυβας Γεώργιος, Λυγάτσικας Ζήνων Πειραµατικό Γενικό Λύκειο Βαρβακείου Σχολής Οκτώβριος 004 Νοεµβρίου

Διαβάστε περισσότερα

Στέλιος Μιχαήλογλου - Δημήτρης Πατσιμάς

Στέλιος Μιχαήλογλου - Δημήτρης Πατσιμάς Μεθοδική Επανάληψη www.askisopolis.gr Στέλιος Μιχαήλογλου - Δημήτρης Πατσιμάς Ε. Σύνολα i. Τι είναι το σύνολο; ii. Ποιοι είναι οι βασικοί τρόποι παράστασης συνόλων και τι γνωρίζετε γι αυτούς; iii. Πότε

Διαβάστε περισσότερα

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ, ΕΡΕΥΝΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ. Μαθηματικά. Β μέρος. Λύσεις των ασκήσεων

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ, ΕΡΕΥΝΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ. Μαθηματικά. Β μέρος. Λύσεις των ασκήσεων ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ, ΕΡΕΥΝΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ Μαθηματικά Β μέρος Γ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών και Σπουδών Οικονομίας & Πληροφορικής Λύσεις

Διαβάστε περισσότερα

3. Να δειχτει οτι α α. Ποτε ισχυει το ισον; 2. Aν α, β θετικοι, να συγκρινεται τους αριθμους Α = βα + β, Β = α β + αβ

3. Να δειχτει οτι α α. Ποτε ισχυει το ισον; 2. Aν α, β θετικοι, να συγκρινεται τους αριθμους Α = βα + β, Β = α β + αβ ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ 1 Α ν ι σ ω σ η 1 ο υ β α θ μ ο υ 3. Να δειχτει οτι α + 110 0α. Ποτε ισχυει το ισον; Μορφη: αx + β > 0 με α,β. Aν α, β θετικοι, να συγκρινεται τους αριθμους Α = βα + β, Β = α β + αβ Αν α > 0

Διαβάστε περισσότερα

ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΑΡΧΙΚΗΣ ΕΚ ΟΣΗΣ Συγγραφική ομάδα: Ανδρεαδάκης Στυλιανός Κατσαργύρης Βασίλειος Παπασταυρίδης Σταύρος Πολύζος Γεώργιος Σβέρκος Ανδρέας Καθηγητής Πανεπιστημίου Αθηνών Καθηγητής

Διαβάστε περισσότερα

2.3 Πολυωνυμικές Εξισώσεις

2.3 Πολυωνυμικές Εξισώσεις . Πολυωνυμικές Εξισώσεις η Μορφή Ασκήσεων: Ασκήσεις που μας ζητούν να λύσουμε μια πολυωνυμική εξίσωση.. Να λυθούν οι εξισώσεις: i. + + + 6 = 0 ii. 7 = iii. ( + ) + 7 = 0 iv. 8 + 56 = 0 i. + + + 6 = 0 (

Διαβάστε περισσότερα

Εκφωνήσεις και λύσεις των ασκήσεων της Τράπεζας Θεμάτων στην Άλγεβρα Α ΓΕΛ

Εκφωνήσεις και λύσεις των ασκήσεων της Τράπεζας Θεμάτων στην Άλγεβρα Α ΓΕΛ Κοίταξε τις µεθόδους, τις λυµένες ασκήσεις και τις ασκήσεις προς λύση των ενοτήτων 6, 7 του βοηθήµατος Μεθοδολογία Άλγεβρας και Στοιχείων Πιθανοτήτων Α Γενικού Λυκείου των Ευσταθίου Μ. και Πρωτοπαπά Ελ.

Διαβάστε περισσότερα

Τάξη A Μάθημα: Άλγεβρα

Τάξη A Μάθημα: Άλγεβρα Τάξη A Μάθημα: Άλγεβρα Ερωτήσεις Θεωρίας Θέματα Εξετάσεων Επαναληπτικά Θέματα Επαναληπτικά Διαγωνίσματα Περιεχόμενα Α. Θεωρία - Αποδείξεις.. Σελ. Β. Θεωρία-Ορισμοί. Σελ.16 Γ. Ερωτήσεις Σωστού Λάθους...

Διαβάστε περισσότερα

Ανισώσεις Α Βαθμού -Εφαρμογές στις Ανισώσεις

Ανισώσεις Α Βαθμού -Εφαρμογές στις Ανισώσεις 1 Ανισώσεις Α Βαθμού -Εφαρμογές στις Ανισώσεις Ανίσωση με έναν άγνωστο ονομάζουμε κάθε ανισότητα που περιέχει μια μεταβλητή και η οποία αληθεύει για ορισμένες τιμές της μεταβλητής. Πχ: Οι x + > 7, 2(y

Διαβάστε περισσότερα

A N A B P Y T A ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΟΛΥΩΝΥΜΩΝ. 1 (α + β + γ) [(α-β) 2 +(α-γ) 2 +(β-γ) 2 ] και τις υποθέσεις

A N A B P Y T A ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΟΛΥΩΝΥΜΩΝ. 1 (α + β + γ) [(α-β) 2 +(α-γ) 2 +(β-γ) 2 ] και τις υποθέσεις ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΟΛΥΩΝΥΜΩΝ ΑΣΚΗΣΗ η Αν α +β +γ = αβγ και α + β + γ, να δείξετε ότι το πολυώνυμο P()=(α β) +(β γ) + γ α είναι το μηδενικό πολυώνυμο. Από την ταυτότητα του Euler α +β +γ -αβγ = (α + β + γ)[(α-β)

Διαβάστε περισσότερα

4.2 ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΔΙΑΙΡΕΣΗ

4.2 ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΔΙΑΙΡΕΣΗ 14 4 ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΔΙΑΙΡΕΣΗ Ας υποθέσουμε ότι θέλουμε να βρούμε το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης του με τον Σύμφωνα με το γνωστό αλγόριθμο της διαίρεσης, το πηλίκο θα είναι ένας ακέραιος κ, τέτοιος,

Διαβάστε περισσότερα