Ασκήσεις σχ. βιβλίου σελίδας

Transcript

1 1 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ( ΟΜΑ ΑΣ) Ασκήσεις σχ. ιλίου σελίδς Ν λύσετε την η εξίσωση ηµ ηµσυν συν ηµ ηµσυν συν ηµ ηµσυν συν (ηµ + συν ) ηµ ηµσυν συν + ηµ + συν 0 (1 + )ηµ ηµσυν + ( 1)συν 0 Αν συν 0 τότε η εξίσωση ίνετι (1 + Αν συν 0 τότε η εξίσωση ίνετι )ηµ 0 ηµ 0 ου είνι δύντη (1 + ) ηµ συν ηµ συν συν + ( 1) συν συν (1 + )εφ εφ + ( 1) 0 1 (1 + )( 1), οότε εφ ± ( + ) 1 ± ( + ) 1 ( ± 1) ( + ) 1 ± 1 1+ εφ εφ εφ k +, k Z εφ 1 1+ ( 1) (1 + )( 1) εφ 1 εφ εφ 1 k +1, k Z (ό υολοιστή έχουµε εφ 1 )

2 . i) Ν οδείξετε ότι η εξίσωση ηµ + συν έχει λύση ν κι µόνο ν + ii) Ν λύσετε την εξίσωση (1 + συνt) ηµ + ηµt συν ι τις διάφορες τιµές του t (, ) i) Ότν 0 H εξίσωση ηµ + συν ηµ + συν θέτουµε εφω οότε έχω ηµ + εφω συν ηµ + ηµω συνω συν ηµ συνω + ηµω συν συνω ηµ( + ω) συνω Η εξίσωση υτή, άρ κι η ρχική, έχει λύση ν κι µόνο ν συνω 1 Ότν 0 Η εξίσωση ίνετι συν Αν 0 κι 0, η εξίσωση είνι δύντη συν ω εφ ω Αν 0 κι 0, η εξίσωση είνι τυτότητ κι ισχύει Αν 0, η εξίσωση ίνετι συν +, η οοί έχει λύση ν κι µόνο ν ii) Σύµφων µε το (i), η εξίσωση (1 + συνt) ηµ + ηµt συν έχει λύση ν κι µόνο ν (1 + συνt) + ηµ t

3 1 + συνt + συν t + ηµ t 1 + συνt συνt 1 + συνt συνt 1 συνt 1 t 0 Τότε η εξίσωση ίνετι ηµ ηµ 1 κ +, κ Z. Ν οδείξετε ότι εφ εφ εφ 1 εφ κι στην συνέχει ν υολοίσετε την εφ 1 φού ρώτ δείξετε ότι υτή είνι λύση της εξίσωσης εφ εφ( + ) εφ+ εφ 1 εφεφ εφ 1 εφ 1 εφ + εφ εφ 1 εφ εφ εφ 1 εφ ι 1 έχουµε εφ εφ εφ εφ 1 εφ εφ εφ 1 εφ 1 εφ 1 εφ Άρ η εφ 1 είνι λύση της εξίσωσης Η εξίσωση µε το σχήµ Horner ίνετι ( + 1)( +1) ή ή ή + όµως 0 < εφ 1 < εφ εφ 1 1 άρ δεκτή λύση η συνεώς

4 . (Αριθµός διιρετός µε το 9) Ο ριθµός διιρείτι µε το 9. Το άθροισµ είσης διιρείτι µε το 9 Οµοίως ο ριθµός διιρείτι µε το 9. Το άθροισµ είσης διιρείτι µε το 9 Γενικά ν οδείξετε τον κνόν Ο ριθµός «δ» διιρείτι µε το 9, µόνο ν το άθροισµ των ψηφίων του διιρείτι µε το 9 Υόδειξη : Είνι δ δ. Ν θεωρήσετε το ολυώνυµο f() δ κι την τυτότητ f () ( 1)() + f(1) κι ν θέσετε 1 κι 10 Αφού f() δ τότε f(10) δ δ Η τυτότητ κι f(1) δ f() ( 1)() + f(1), ι 10, ίνετι f(10) (10 1)(10) δ δ 9 (10) δ Αό τη σχέση υτή ροκύτει ότι, ν δ 9κ τότε δ 9 (10) + 9 κ 9( (10) + κ) δηλδή ο δ είνι ολλλάσιο του 9, άρ διιρείτι µε το 9 Κι ν δ 9λ τότε 9λ 9 (10) δ δ 9λ 9(10) 9(λ (10)) δηλδή δ είνι ολλλάσιο του 9, άρ διιρείτι µε το 9

5 5 5. (Ρητές ρίζες ολυωνυµικής εξίσωσης) Το θεώρηµ ου κολουθεί ρέχει µι κόµη µέθοδο ροσδιορισµού ριζών ορισµένων ολυωνυµικών εξισώσεων. Θεώρηµ : Έστω η ολυωνυµική εξίσωση ν ν + ν-1 ν ο 0 µε κέριους συντελεστές. Αν ο ρητός κ λ ( ) 0 κ νάωο κλάσµ λ της εξίσωσης, τότε ο κ είνι διιρέτης του στθερού όρου ο κι ο λ είνι διιρέτης του συντελεστή ν. Με την οήθει του θεωρήµτος υτού : i) N λύσετε τις εξισώσεις ) ) ii) Ν οδείξετε ότι οι ριθµοί κι 1 δεν είνι ρητοί. i) ) Πιθνές ρητές ρίζες της εξίσωσης είνι οι : ± 1, ± 1 είνι ρίζ Εφρµόζουµε Horner ι / Άρ ( 1) ( + + ) ή ή δύντη ) Πιθνές ρητές ρίζες της εξίσωσης είνι οι ± 1, ± 1, ± 1, ± 1 6 Εφρµόζουµε Horner ι /

6 6 Εοµένως η εξίσωση ίνετι ( 1) + ( ) 0 1 ή ουλεύοντς µε τον ίδιο τρόο ι την εξίσωση ρίσκουµε ότι 1 ( ) ( ) 0 1 ή ή ή + ii) Μί ρίζ της εξίσωσης 0 είνι ο Οι ιθνές ρητές ρίζες της εξίσωσης είνι οι ± 1 κι ± Κµί όµως ό υτές δεν εληθεύει την εξίσωση, άρ ο ρητός. δεν µορεί ν είνι Οµοίως ι τον 1

7 7 6. Ν οδείξετε ότι, η εξίσωση + 5 έχει κριώς µί λύση Προφνής λύση της εξίσωσης είνι η. Θ οδείξουµε ότι είνι µονδική. Έστω ότι έχει κι ρίζ ρ <. Τότε ρ + ρ 5 ρ ρ ρ 1 (1) Θεωρούµε τη συνάρτηση f() 5, ου είνι ν.φθίνουσ, φού 0 < 5 < 1 Οότε, η ρ < f(ρ) > f() ρ 5 > Θεωρούµε τη συνάρτηση g() 5, ου είνι ν.φθίνουσ, φού 0 < 5 < 1 Οότε, η ρ < g(ρ) > g() () + () ρ ρ ρ 5 > () () > , ου είνι άτοο ό την (1) 5 Εοµένως δεν υάρχει λύση µικρότερη του Με τον ίδιο τρόο δείχνουµε ότι δεν υάρχει κι λύση >

8 8 7. Ν λύσετε την εξίσωση + Προφνής λύση της εξίσωσης είνι η 1 Θ οδείξουµε ότι δεν υάρχει άλλη. Θεωρούµε τις συνρτήσεις f() + κι g() Προφνώς η f είνι νησίως φθίνουσ κι η g νησίως ύξουσ. Έστω ότι υάρχει λύση < 1. Τότε f() > f(1) κι g() < g(1) + > 1 + κι < > + κι < > κι < > > 1 > άτοο φού ρέει ν είνι +

9 9 8. Γι οιες τιµές του R η εξίσωση log( + ) log() έχει µονδική λύση; Περιορισµοί : + > 0 κι > 0 (1) log( + ) log() log( + ) log() ( + ) (6 ) H δικρίνουσ του τριώνυµου f() + (6 ) + 9 είνι 1 ( 1) το ρόσηµο της δικρίνουσς φίνετι στον ίνκ Ότν < 0 Είνι > 0, οότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες 1, άνισες. Αλλά 1 9 > 0 κι 1 + Θ είνι 1, ρνητικές. (1) 1 + > 0 κι + > 0 1 > κι > () 6 < 0 1, < 0 () f( ) < 0 ο ρίσκετι µετξύ των ριζών, 1 < < () Αό τις (), (), () δεκτή είνι µόνο η µί ρίζ. Ότν 0 < < 1 Είνι < 0, άρ η εξίσωση είνι δύντη Ότν > 1 Είνι > 0, οότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες 1, άνισες Αλλά 1 9 > 0 κι > 0 1, > 0 (5) Οι 1, ικνοοιούν τους εριορισµούς (1), άρ είνι δεκτές Ότν 0, δεν ορίζετι ο log() Ότν 1, τότε 0 κι η εξίσωση έχει ρίζ το, η οοί είνι δεκτή διότι ικνοοιεί τους εριορισµούς (1) Με άση τ ράνω η εξίσωση έχει µονδική ρίζ, ότν < 0 ή 1

10 10 9. Ν οδείξετε ότι η εξίσωση σφ + κριώς µί λύση Προφνής λύση της εξίσωσης είνι η σφ + log σφ log έχει στο διάστηµ (0, ) log Θεωρούµε τις συνρτήσεις f() σφ κι g() log Η f() σφ είνι νησίως φθίνουσ στο (0, ). Η log είνι νησίως φθίνουσ, άρ η log νησίως ύξουσ, οότε η g() log είνι νησίως ύξουσ. Αν η εξίσωση είχε κι άλλη ρίζ στο (0, ) µελύτερη της, τότε λόω της µονοτονίς των συνρτήσεων f κι g, θ είχµε f( ) > f() κι g( ) < g() 1 > σφ κι 1 < σφ < 1 < log σφ + log log < άτοο, οότε δεν υάρχει ρίζ > Με τον ίδιο τρόο δείχνουµε ότι δεν υάρχει ρίζ µε 0 < <

11 Ν λύσετε την νίσωση log (16 1 ) + 1 Περιορισµός : > 0 1 > > log (16 1 ) + 1 log (16 1 ) log Θέτουµε y () (1) (1) y + y 1 0 y 1 ή y 1 Γι y 1 Η () ίνετι 1 ου είνι δύντη Γι y 1 Η () ίνετι 1 Κι λόω του εριορισµού, θ είνι < log < log < log log < < log

12 1 11. i) Στο ίδιο σύστηµ ξόνων ν ρστήσετε ρφικά τις συνρτήσεις f() ln κι g() 1 κι στη συνέχει ν λύσετε την νίσωση ii) Οµοίως ι τις συνρτήσεις i) κι την νίσωση ln + 1 Οι λύσεις της νίσωσης ln 1 όως φίνετι ό το σχήµ είνι οι 0 < 1 ln 1 f() ln κι g() + 1 y Ο 1 g()1- f() ln y ii) y f() ln Ο 1 g()1- Οι λύσεις της νίσωσης ln + 1 όως φίνετι ό το σχήµ είνι οι 1 y 1. ίνοντι τρείς θετικοί ρµτικοί ριθµοί,, κι τρεις ωνίες Α, Β, Γ έτσι ώστε Α, Β, Γ > 0, Α + Β + Γ κι + συνα + συνβ + συνγ Έστω ηµα ηµβ ηµγ ηµα ηµβ ηµγ δείξτε ότι λ τότε λ ηµα, ληµβ, ληµγ (1)

13 1 Κι + συνα (1) λ ηµ Β + λ ηµ Γ λ ηµβηµγσυνα ( ) λ ηµ Β + λ ηµ Γ + λ ηµβηµγσυν(β + Γ) λ ηµ Β + λ ηµ Γ + λ ηµβηµγ[συνβσυνγ ηµβηµγ] λ [ηµ Β + ηµ Γ + ηµβηµγσυνβσυνγ ηµ Βηµ Γ] λ [ηµ Β + ηµ Γ + ηµβηµγσυνβσυνγ ηµ Βηµ Γ ηµ Βηµ Γ] λ [ηµ Β(1 ηµ Γ) + ηµ Γ (1 ηµ Β) + ηµβηµγσυνβσυνγ] λ [ηµ Βσυν Γ + ηµ Γ συν Β + ηµβηµγσυνβσυνγ] λ [ηµβσυνγ + ηµγ συνβ ] λ [ηµ(β + Γ )] ( ) λ ηµ Α (1) Α + Β + Γ συνα συν( Β + Γ) Α + Β + Γ ηµα ηµ( Β + Γ) Οµοίως ι τις υόλοιες σχέσεις 1. ίνοντι τρείς θετικοί ρµτικοί ριθµοί,, κι τρεις ωνίες Α, Β, Γ έτσι ώστε Α, Β, Γ > 0, Α + Β + Γ κι ηµα ηµβ Ν οδείξετε ότι υάρχει έν µόνο τρίωνο ΚΛΜ µε (ΛΜ), (ΚΜ), (ΚΛ), Κ Α, Λ Β, Μ Γ ηµγ Αρκεί ν οδείξουµε ότι τ,,, είνι µήκη λευρών τριώνου. Προς τούτο ρκεί < +, < + κι < + Έστω ηµα ηµβ ηµγ Τότε < + (1) ληµα < ληµβ + ληµγ λ τότε λ ηµα, ληµβ, ληµγ (1) ηµα < ηµβ + ηµγ ηµ( Β + Γ ) < ηµβ + ηµγ ηµβ συνγ + συνβ ηµγ < ηµβ + ηµγ κι φού (Β + Γ ) + Α ηµβ + ηµγ ηµβ συνγ συνβ ηµγ >0 ηµβ(1 συνγ) + ηµγ(1 συνβ) >0 η ράνω σχέση είνι ληθής φού Α + Β + Γ άρ 0 < Α, Β, Γ <

14 1 οµοίως ι τις σχέσεις < + κι < + Άρ υάρχει τρίωνο ΚΛΜ έτσι ώστε (ΛΜ), (ΚΜ) κι ( ΚΛ) Γι το τρίωνο ΚΛΜ όως είδµε στην ροηούµενη άσκηση ισχύει συνκ συνλ συνμ συνα συνβ συνγ άρ Κ Α, Λ Β κι Μ Γ 1. ίνοντι τρείς θετικοί ρµτικοί ριθµοί,, κι τρεις ωνίες Α, Β, Γ έτσι ώστε 0< Α, Β, Γ < κι + συνα, + συνβ, + συνγ δείξτε ότι ηµα ηµβ ηµγ κι Α + Β + Γ + συνα συνα + οότε ηµ Α 1 συν + Α κι εειδή 0< Α < θ είνι ηµα + + άρ ηµα + + µ (1) οµοίως ηµβ ηµγ µ άρ ηµα ηµβ ηµγ ι ν είνι Α + Β + Γ ρκεί ν δείξουµε ότι ηµ( Β + Γ) ηµα κι συν( Β + Γ) συνα ηµ( Β + Γ ) ηµβ συνγ + συνβ ηµγ µ + + µ + + µ + + µ µ ηµα

15 15 συν( Β + Γ) συνβ συνγ ηµβηµγ + + µ µ ( + )( + ) µ (1) ράξεις + συνα 15. ίνοντι τρείς θετικοί ρµτικοί ριθµοί,, κι τρεις ωνίες Α, Β, Γ έτσι ώστε 0< Α, Β, Γ < κι + συνα, + συνβ, + συνγ. είξτε ότι υάρχει έν µόνο τρίωνο ΚΛΜ µε (ΛΜ), (ΚΜ), (ΚΛ), Κ Α, Λ Β, Μ Γ Είνι η όδειξη της άσκησης 1 κι µετά της 1.