( ) Λ αφού αν διαιρέσουμε με το 2 τους όρους του 2 ης εξίσωσης το σύστημα γίνεται Ρ =

Transcript

1 17 ο Γενικό Λύκειο Αθηνών Σχολικό έτος ΤΑΞΗ:B' Λυκείου ΘΕΜΑΤΑ ΓΡΑΠΤΩΝ ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΙΟΥΝΙΟΥ ΠΕΡΙΟΔΟΥ ΜΑΙΟΥ-ΙΟΥΝΙΟΥ ΣΤΗΝ ΑΛΓΕΒΡΑ :Αθήνα ΘΕΜΑ 1ο Α. Nα αοδείξετε ότι αν ένα ολυώνυμο έχει αράγοντα το x-ρ τότε το ρ είναι ρίζα του ολυωνύμου. (Μονάδες 10) Αάντηση: (σχολικό σ. 135) Εστω ότι το x ρ είναι αράγοντας του Ρ ( x) ( x) ( x ρ) ( x) Ρ = Αό την ισότητα αυτή για x = ρ αίρνουμε Ρ ρ = ρ ρ ρ = 0 ρ = 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ου σημαίνει ότι το ρ είναι ρίζα του Ρ ( x).tότε Β. Να χαρακτηρίσετε τις ροτάσεις ου ακολουθούν, γράφοντας στην κόλλα σας τη λέξη Σωστό ήλάθος δίλα στο γράμμα ου αντιστοιχεί σε κάθε ρόταση. 1. To σύστημα x+ y = 3 x+ y = 6 έχει μοναδική λύση. Αάντηση Λ αφού αν διαιρέσουμε με το τους όρους του ης εξίσωσης το σύστημα γίνεται x+ y = 3 x+ y = 3 x+ y = 3 x+ y = 6 x+ y = 3 ( ) k, 3 k, k ου σημαίνει ότι έχει άειρες λύσεις της μορφής

2 . Η συνάρτηση f ( x) = ln x είναι γνησίως αύξουσα. Αάντηση Σ Σημείωση: Το διαιστώνουμε άμεσα όταν έχουμε στο μυαλό μας την γραφική αράσταση της συνάρτησης f ( x) = ln x.

3 3. Ισχύει εϕω σϕω = 1 με Αάντηση: Σ ηµω συνω σ. 61 σχολικό εϕω σϕω = = 1 συνω ηµω συνω 0 ω κ + ω κ, κ ηµω 0 ω κ Σημείωση: Oι εριορισμοί δεν υήρχαν αρχικά και δόθηκε η διευκρίνηση ότι θεωρούνται δεδομένοι μετά αό αρατήρηση της μαθήτριας (Α.Κ.).Εδώ ροστέθηκαν χάριν ληρότητας.. log1=ln1 Αάντηση: Σ αφού και log1=0 αλλά και ln1=0 Aς θυμηθούμε τον ορισμό του λογαρίθμου.τι σημαίνει log1; Είναι ο εκθέτης ου ρέει να υψώσουμε το 10 ώστε να βρουμε 1.Αλλά γνωρίζουμε αό τον ορισμό των δυνάμεων ότι άρα log1= = 1, Τι σημαίνει ln1; Είναι ο εκθέτης ου ρέει να υψώσουμε το e ώστε να βρουμε 1.Αλλά γνωρίζουμε αό τον ορισμό των δυνάμεων ότι Διαιστώνουμε λοιόν ότι log1=ln1(=0) 0 e = 1, άρα ln1=0. Αυτό φαίνεται και στην γραφική αράσταση των συναρτήσεων y=lnx και y=logx Παρατηρούμε ότι οι δύο γραφικές αραστάσεις έχουν κοινό σημείο το Κ(1,0) ου σημαίνει ακριβώς ότι log1=0 και ln1=0. Ειλέον έχω τονίσει ότι: log10=1 καθώς και ότι lne=1.

4 5. Η εξίσωση αx Αάντηση Λ + βx = 0 με έχει ρίζα το. Γιατί αφού οι συντελεστές του ολυωνύμου είναι όλοι ακέραιοι, σύμφωνα με το θεώρημα ακέραιων ριζών, αν το ήταν ρίζα θα έρεε να διαιρεί τον σταθερό όρο ου δεν συμβαίνει αφού ο 015 είναι εριττός.

5 ΘΕΜΑ ο P x = x x 3x + x+ Δίνεται το ολυώνυμο ( ) 3 P x = x + 3x + x 3x α.να δείξετε ότι το ολυώνυμο x+1 διαιρεί το ( ) 3 β. Nα δείξετε ότι το ( x + 1) είναι αράγοντας του P( x ) γ. Να λύσετε την ανίσωση P( x) 0 δ. Να γράψετε την ταυτότητα της διαίρεσης P( x) :( x 3) ΛΥΣΗ: P x = x + 3x + x 3x αν και 3 α) Σύμφωνα με γνωστό θεώρημα το x+ 1= x ( 1) διαιρεί το ( ) μόνο άν P( 1) = 0. 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) P 1 = = = 0 Προτιμούμε όμως να δουλέψουμε εν όψει και των εόμενων ερωτημάτων με σχήμα Horner ώστε να βρούμε και το ηλίκο της διαίρεσης του P( x ) με το x + 1. β) Για να είναι το ( x + 1) αράγοντας του P( x ), δεδομένου ότι όως δείξαμε το x + 1 είναι αράγοντας του P( x ), αρκεί να δείξουμε ότι το x + 1 διαιρεί το ηλίκο ( x) της διαίρεσης P( x) :( x+ 1).Πράγματι τότε: P( x) = ( x+ 1) ( x) = ( x+ 1)( x+ 1) q( x) = ( x+ 1) q( x) (με q( x ) συμβόλισα το ηλίκο της διαίρεσης ( x) :( x+ 1), δηλαδή ( x) ( x 1) q( x) Αρα εφαρμόζουμε ξανά Horner για την διαίρεση του ( ) 3 = + ) x = x x x+ με το x + 1.

6 Η μαθήτρια Αναστασία Κ. και κάοιοι άλλοι μαθητές έδωσε την εξής σωστή λύση: x ( x + 1) x x- 0 + P(x) Σημείωση: Οι ερισσότεροι μαθητές έγραψαν ως λύση το [1,] και έχασαν την ρίζα {-1} ου είναι «αομονωμένη»

7 δ) Η μαθήτρια Αναστασία Κ. και κάοιοι άλλοι μαθητές έδωσε την εξής σωστή λύση:

8 ΘΕΜΑ 3ο Δίνονται οι ανισώσεις ( x ) ( x) log 1 < log 10 (1) και x+ 1 x () i) Να βρείτε τις τιμές του x για τις οοίες ορίζεται η (1) και τις τιμές του x για τις οοίες ορίζεται η () Μονάδες +=6 ii) Να λύσετε την λογαριθμική ανίσωση Μονάδες 6 iii) Να λύσετε την εκθετική ανίσωση Μονάδες 8 iv) Nα βρείτε τις κοινές λύσεις των δύο ανισώσεων. Μονάδες 5 ΛΥΣΗ: Σημείωση: Eδώ δυστυχώς ένα συχνό λάθος μαθητών ήταν ότι αό την x+ 1 x 7 γνησίως αύξουσα αφού 7>1 x + 1 x > 0 x + 3 Φυσικά βάση του λάθους ήταν ότι δεν θυμόντουσαν ότι έχουμε ορίσει Γιατί όμως ορίσαμε το θυμίσουμε λοιόν: Προφανώς = 7 ενώ 0 7 = = 1; Αν το γνωρίζουμε αυτό, ιο εύκολα θα ροφυλαχτούμε αό το λάθος.ας = 1 αφού ο αριθμητής είναι ίσος με τον αρονομαστή. Αν θέλουμε να ισχύει και σε αυτή την ερίτωση ο κανόνας διαίρεση δυνάμεων με την ίδια βάση τότε θα ρέει = δηλαδή 0 7 = 1.

9 ΘΕΜΑ ο Α.Δίνεται η συνάρτηση f ( x) log ( συν x ηµ x ) = + +, x α.nα δείξετε ότι f ( ) f log,7 = 1 β. Αν f ( α) f ( 015 β) + =, όου αβ, τότε να δείξετε ότι (Μονάδες 7) συνα + συνβ = ηµβ ηµα (Μονάδες 8) Β. Αν log κ = 0, τότε να λύσετε την εξίσωση ηµ x = κ συν x με άγνωστο τον x. (Μονάδες 10) ΛΥΣΗ: Σημείωση: H μαθήτρια Α.Κ. ρώτησε αν ρέει να αοδείξουμε ότι το εδίο ορισμού της συνάρτησης f ( x) log ( συν x ηµ x ) = + + είναι το. Της ααντήσαμε ότι δεν το ζητάμε, αφού το δίνουμε.αν όμως έρεε να το αοδείξουμε θα λέγαμε ότι η συνάρτηση ορίζεται για τα x για τα οοία: συν x+ ηµ x+ > 0 Oμως γνωρίζουμε ότι συν x 1 και ηµ x 1 για κάθε x.αν ροσθέσουμε κατά μέλη αυτές τις ανισότητες έχουμε συν x+ ηµ x 1 1 συν x+ ηµ x συν x+ ηµ x+ 0.Δεν υάρχει κανένα x για το οοίο έχουμε ταυτόχρονα συν x = 1και ηµ x = 1.Συγκεκριμένα αό τον τριγωνομετρικό κύκλο διαιστώνουμε ότι όταν συν x = 1 τότε ηµ x = 0 και όταν ηµ x = 1 τοτε συν x = 0. Αρα τελικά για κάθε συν x+ ηµ x+ > 0 για κάθε x. Γνωρίζουμε ότι γωνίες ου διαφέρουν κατά ακέραιο ολλαλάσιο του (ή αλλιώς με άρτιο ολλαλάσιο του ), έχουν τους ίδιους τριγωνομετρικούς αριθμούς (αφού έχουν την ίδια τελική λευρά σχολικό σ.5).εομένως: συν ( κ + β ) = συνβ και ( ) ( 015 ) = ( 01 + ) = ( ) συν β συν β συν β ( 015 ) = ( 01 + ) = ( ) ηµ β ηµ β ηµ β ηµ κ + β = ηµβ

10 B. ος τρόος (φανερά ιο ολύλοκος, αλλά σωστός) x = κ + x ηµ x = συν x ηµ x = ηµ x ή κ x = κ + x x = κ + x = κ + ή κ ή, κ x = κ +, κ x = κ + + x 0x = κ + αδύνατη ηµ x = συν x ηµ x = συν x ηµ x = ηµ x ηµ x = ηµ + x ( ) ( ) x= κ + x 0x= κ ηµ x= ηµ x ή κ ή κ x= κ + x x= κ + x+ 0x = κ αδύνατη 3 3 ή κ x = κ +, κ x = κ +, κ 3 x = κ +

11 Το 3 x = κ +, κ μορεί να γραφεί: x = κ +, κ x = κ +, κ x = ( κ + 1 ), κ Οταν το κ «διατρέχει» το τότε και το κ + 1 «διατρέχει» το οότε μορούμε να γράψουμε: x = κ, κ κι έτσι φτάσαμε στην ίδια μορφή λύσεων με αυτές ου αναρτήθηκαν.

12 Παραλλαγή όου μετατρέουμε το ημ σε συν.(ανδρέας.κ.) x= κ + x x+ κ = ηµ x= συν x συν x = συν x ή κ ή κ x= κ x κ = x = κ ή κ 1 κ = αδύνατη γιατί κ Οταν το κ διατρέχει το τότε και το κ διατρέχει το άρα μορούμε να γράψουμε x = κ + κ όως οι λύσεις ου αναρτήθηκαν. x = κ + x ηµ x = συν x ηµ x = συν ( x) συν x = συν ( x) ή κ x = κ ( x) = κ + = κ = κ ή κ ή κ ή κ + = κ + x x = κ + x + = κ + x

13 1 = κ αδύνατη αφού κ ή x = 3 κ 3 κ 3 x = x = κ, κ Για να διαιστώσουμε ότι οι ιο άνω λύσεις δεν διαφέρουν αό αυτές των λύσεων μορούμε να γράψουμε: 3 x = κ x = κ x = ( κ + 1) Οταν το κ διατρέχει το και το ( κ + 1) διατρέχει όλο το = {..., 1,0,1,,... } μορούμε να γράψουμε x ( ) = κ + 1, κ x = κ, κ. οότε Ο μαθητής Παναγιώτης Λ. ροχώρησε ως εξής: ηµ x = συν x ηµ x = συν x 1 συν x = συν x 1= συν x... Oμως, δεν μορούμε να υψώνουμε στο τετράγωνο τα μέλη μιας εξίσωσης αν δεν έχουμε εξασφαλίσει ότι είναι ομόσημα γιατί αλλιώς ροσθέτουμε ρίζες.για αράδειγμα η εξίσωση x=1 έχει ρίζα το 1.Αν υψώσω στο τετράγωνο αίρνω την εξίσωση x = 1 ου έχει ρίζες τους αριθμούς x = ± 1 δηλαδή οι δύο εξισώσεις δεν έχουν τις ίδιες λύσεις δηλαδή δεν είναι ισοδύναμες.οότε δεν μορώ να γράψω x = 1 x = 1 (ισχύει η συνεαγωγή x = 1 x = 1 αλλά όχι η x = 1 x = 1) Ομως αυτή η ιδιαίτερη ροσάθεια λύσης, μου έδωσε την ιδέα ότι οι δύο εξισώσεις μορούν να γραφούν ως μία ως εξής: ( ηµ συν )( ηµ συν ) ηµ συν συν συν συν x+ x x x = 0 x x = 0 1 x x = 0 1 x = συν x = συν x = ή συν x = συν x = ή συν x = x = κ + (1) 3 συν x = συν ή συν x = συν συν x = συν ή κ x = κ ( )

14 3 x x = κ + = κ + x = ( κ + 1 ) ( 3) 3 συν x = συν ή κ ή κ ή κ 3 x = κ x = κ x = ( κ 1 ) + () Τώρα κυττάζοντας τις (1) και () αρατηρούμε ότι ο όρος κ, κ δίνει όλα τα άρτια ολλαλάσια του ενώ ο όρος ( κ 1), κ δίνει όλα τα εριττά ολλαλάσια του.εομένως μορούμε να αντικαταστήσουμε αυτούς τους δύο τύους με έναν και συγκεκριμένα με τον: x = λ +, λ Με αρόμοιο σκετικό οι () και (3) μορούν να αντικατασταθούν ισοδύναμα αό την: x = λ, λ Αρα βλέουμε ότι καταλήγουμε στις ίδιες λύσεις με τις λύσεις ου αναρτήθηκαν (μετά τις εξετάσεις) Σημείωση: Είσης να ω ότι η ειλογή του κ στην εκφώνηση του ερωτήματος (εκεί ου λέμε ln log κ = 0) ήταν ατυχής.θα έρεε να είχαμε βάλει λ ή μ ή κάτι άλλο.και τούτο, εειδή ο τύος των γενικών λύσεων των βασικών τριγωνομετρικών εξισώσεων στο βιβλίο εριέχει κ, κάοια αιδιά αφού βρήκαν όλες τις λύσεις αντικατέστησαν όου κ=1 και μετά κ= -1.

15 Ο ΔΙΕΥΘΥΝΤΗΣ ΟΙ ΔΙΔΑΣΚΟΝΤΕΣ ΚΑΡΑΚΑΣΗΣ ΝΙΚΟΛΑΟΣ ΚΑΡΟΥΣΟΣ ΧΑΡΑΛΑΜΠΟΣ ΑΘΑΝΑΣΙΟΥ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ