ΑΛΓΕΒΡΑ B ΛΥΚΕΙΟΥ. Γενικής Παιδείας ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ ΣΧΟΛΙΚΟΥ ΒΙΒΛΙΟΥ

Transcript

1 ΑΛΓΕΒΡΑ B ΛΥΚΕΙΥ Γενικής Παιδείας ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΛΥΣΕΙΣ ΣΧΛΙΚΥ ΒΙΒΛΙΥ

2 Σχολικό βιβλίο: Απαντήσεις Λύσεις Κεφάλαιο ο: Συστήματα Γραμμικά συστήματα Α ΜΑΔΑΣ Έχουμε: = 4 i = 6 = + = + = = Άρα, η λύση του συστήματος είναι το ζεύγος (, ) + = A (, ) = 4 ι ευθείες + = και = 4 τέμνονται στο σημείο Α(, ) i ii = = = = = + = 4 + = 7+ 7= Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει = = = 4 και από την εξίσωση + = 4 προκύπτει = 4 = 4 Άρα, η λύση του συστήματος είναι το ζεύγος (, 4) = 4 4 = 6 4 =, () 4 + = + = = 4 8 8, ( ) Με πρόσθεση των (), () κατά μέλη έχουμε 8 = 6 = 4

3 Γραμμικά συστήματα Με αφαίρεση των (), () κατά μέλη έχουμε 6= 0 = Άρα, η λύση του συστήματος είναι το ζεύγος, 4 i Κάνοντας απαλοιφή παρονομαστών και εκτελώντας τις πράξεις στις εξισώσεις του συστήματος προκύπτει το ισοδύναμο σύστημα: 7+ 4= + = = = 7 Με πρόθεση έχουμε: 87 9 = 87 = = 9 Για = η εξίσωση = γίνεται: 7 + 4= 4= + 4 = 6, οπότε = 4 Άρα, η λύση του συστήματος είναι το ζεύγος (, 4) ii Κάνοντας απαλοιφή παρονομαστών και εκτελώντας τις πράξεις στις εξισώσεις του συστήματος προκύπτει το ισοδύναμο σύστημα: 8+ = 46, () + = 9, ( ) Αντικαθιστούμε στην () όπου = 9 και έχουμε: 89 ( ) + = = 46 = 6 = Η () για = γίνεται + = 9 = Άρα, η λύση του συστήματος είναι το ζεύγος (, ) = 4 i Το σύστημα = γράφεται = = 6 Άρα, το σύστημα είναι αδύνατο = + = ii Το σύστημα γράφεται = + = 0 + = 0 = Άρα, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής κ, κ +, κ R

4 Σχολικό βιβλίο: Απαντήσεις Λύσεις i Έχουμε: D = = ( ) = 0 = 0, D = 7 = ( ) 7 4 = 4= 9, 4 7 D = = 4 7 = 8 = 4 D Τότε = = 9 D = και = = = D D Άρα, το σύστημα έχει μοναδική λύση το ζεύγος (, ) = 8 ii Το σύστημα γράφεται + = Είναι: 8 D = = 9 + = 0, D = = 4 =, 8 D = = 8 = D Τότε = D = = D και = D = = Άρα, το σύστημα έχει μοναδική λύση το ζεύγος (, ) 6 i Είναι D = = = 44 0, άρα το σύστημα έχει μοναδική λύση 6 7 ii Είναι D = = = 0 Το σύστημα γράφεται: = = 4 6= 80 = 40 και επομένως έχει άπειρο πλήθος λύσεων iii Είναι D = = 9+ 9= 0 Το σύστημα γράφεται: 9 + = + = 9 = + = και είναι αδύνατο 4

5 Γραμμικά συστήματα 7 i Είναι D = + = ( ) ( + ) = = 0 Tο σύστημα γράφεται διαδοχικά ισοδύναμα: ( ) + = + ( + ) = Άρα, το σύστημα έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής: (( + ) ( κ+ ), κ), κ R) + 4 ii Είναι D = = ( + ) ( ) = = 0 Tο σύστημα γράφεται: ( ) + = ( ) = Άρα, το σύστημα είναι αδύνατο ( ) + = ( ) + ( ) ( + ) = ( + ) ( ) ( ) + = ( ) + = ( + ) + 4= 7 ( ) + ( + )( ) ( + ) + 4= 7 ( + ) + 4= ( + ) ( ) + = + 8 i Λύνουμε μια εξίσωση ως προς έναν άγνωστο πχ την πρώτη Από την πρώτη εξίσωση έχουμε ω =, (4) ι άλλες δύο εξισώσεις του συστήματος γίνονται: ( )= = ( ) 4 = 9 4+ = 9, ( ) + = = ι (), (6) σχηματίζουν το σύστημα: + = = ( 6) 4+ = 9, =,

6 Σχολικό βιβλίο: Απαντήσεις Λύσεις από τη λύση του οποίου, κατά τα γνωστά, βρίσκουμε = 4 και = Με αντικατάσταση των τιμών και στην (4) βρίσκουμε ω = Άρα, η λύση του συστήματος είναι η τριάδα (,, ω) = (4,, ) ii Από τη δεύτερη εξίσωση έχουμε = ω +, (4) ι άλλες δύο εξισώσεις του συστήματος γίνονται: ( ω+ ) + = 4 ω = 4 4 = 6 7 = ( ) ω ω, ( ω+ ) + ω= 9 ω+ 6 + ω= 7 ω = 4, ( 6) 7 ω = ι (), (6) σχηματίζουν το σύστημα, που είναι αδύνατο 7 ω = 4 Άρα, το αρχικό σύστημα είναι αδύνατο + 4ω = 6 iii Μετά την απαλοιφή παρονομαστών το σύστημα γράφεται + + ω = 0 + ω = 6 Από την πρώτη εξίσωση έχουμε = 4ω + 6, (4) ι άλλες δύο εξισώσεις του συστήματος γίνονται: + ( 4ω + 6)+ ω= 0 + 8ω 4+ + ω = = 0 = ( ) ω ω, + ( 4ω + 6) ω= 6 + ω 6+ 8 ω= 6 ι (), (6) αποτελούν το σύστημα: + 0 = 0 = ( 6) ω ω, 0ω =, 0ω = που έχει άπειρες λύσεις της μορφής = 0κ +, με ω = κ, κ R Από την (4) έχουμε = 4κ (0κ + ) + 6 = 6κ + Άρα, το αρχικό σύστημα έχει άπειρες λύσεις της μορφής: (,, ω) = (0κ +, 6κ +, κ), κ R Β ΜΑΔΑΣ i Έστω = α + β η εξίσωση της ευθείας (ε ) Επειδή η ευθεία διέρχεται από τα σημεία (0, ) και (4, 0) έχουμε: = 0+ = β = α β β 0= α 4+ β 4α + = 0 = α 6

7 Γραμμικά συστήματα Άρα (ε ): = + Αν, τώρα, η = γ + δ είναι η εξίσωση της (ε ), τότε επειδή διέρχεται από τα σημεία (0, ) και (, 0) έχουμε: = γ 0+ δ δ = 0= γ + δ γ = Άρα (ε ): = = + ii ι εξισώσεις των ευθειών (ε ) και (ε ) ορίζουν το σύστημα, = του οποίου η λύση, όπως φαίνεται και από το σχήμα, είναι το ζεύγος (, ) Έστω ο αριθμός των δίκλινων και ο αριθμός των τρίκλινων δωματίων, τότε από τα δεδομένα έχουμε: + = 6 + = 68, η λύση του οποίου είναι το ζεύγος (, ) = (0, 6) Άρα, υπάρχουν 0 δίκλινα και 6 τρίκλινα δωμάτια Αν τον αγώνα παρακολούθησαν παιδιά και ενήλικες, τότε από τα δεδομένα έχουμε: + = 00,, + 4= 00 η λύση του οποίου είναι το ζεύγος (, ) = (00, 700) Επομένως, τον αγώνα παρακολούθησαν 00 παιδιά και 700 ενήλικες 4 Έχουμε ότι: για Τ = 0, είναι R = 0,4, οπότε: και για Τ = 80, είναι R = 0,, οπότε: 0,4 = α 0 + β 0α + β = 0,4, () 0, = 80α + β 80α + β = 0,, () Από τις εξισώσεις (), () προκύπτει το σύστημα Άρα R = T α+ β=, α = α+ β= 0, β = 0 7

8 Σχολικό βιβλίο: Απαντήσεις Λύσεις Έστω ότι απαιτούνται ml από το πρώτο διάλυμα και ml από το δεύτερο διάλυμα, τότε + = 00, () Η ποσότητα του υδροχλωρικού οξέος σε κάθε διάλυμα είναι 0 00 στο δεύτερο Επομένως , + = ( ) ι εξισώσεις () και () ορίζουν το σύστημα: + = 00 + = = + = , του οποίου η λύση είναι το ζεύγος (, ) = (40, 60) Επομένως, πρέπει να αναμείξει 40 ml από το πρώτο με 60 ml από το δεύτερο στο πρώτο και i Λύνουμε ως προς τις εξισώσεις των ευθειών: + 4= 4= + = + Άρα λ 4 4 = α + = α = + α = + Άρα λ = ii Επειδή λ = λ, οι ευθείες ή είναι παράλληλες ή ταυτίζονται Επομένως, δεν υπάρχουν τιμές του α για τις οποίες τέμνονται iii Για να είναι παράλληλες, αρκεί α 4α 6 α 4 7 i α+ = α Βρίσκουμε τις ορίζουσες: + α= α D = = = ( + )( ) α α α α α D = = = ( )( + + ) α α α α α α D = = α α = α( α) Αν D 0, δηλαδή, αν α και α, το σύστημα έχει μοναδική λύση, οπότε οι ευθείες τέμνονται και το σημείο τομής έχει συντεταγμένες: D ( α ) ( α + + ) α + α+ D = = = και = = D α+ α α + D ( )( ) α( α) α α+ α α ( )( ) = + 8

9 Γραμμικά συστήματα ii Επομένως, αν α ±, οι ευθείες τέμνονται στο σημείο A α + α + α, α + α + + = Αν α =, το σύστημα γίνεται, το οποίο έχει άπειρο πλήθος λύσεων, που + = σημαίνει ότι οι ευθείες ταυτίζονται + = Αν α, το σύστημα γίνεται = και είναι αδύνατο που = = σημαίνει ότι οι ευθείες είναι παράλληλες α = α + α= α Επειδή D = = α + 0, για κάθε α R, το σύστημα έχει μοναδική λύση, α επομένως οι ευθείες έχουν μοναδικό κοινό σημείο για κάθε α R 8 i Βρίσκουμε τις ορίζουσες: D = λ 4 λ + ( ) = ( ) + ( ) ( )= λ λ 4 ( λ )+ 8 ( ) = λ + + 8= λ + 9= λ 9 ( )( ) = λ+ λ D = D = λ + ( ) = + ( λ ) ( ) ( )= λ 4= ( λ + ) λ = ( λ ) 4= λ+ 4= λ = ( λ+ ) 4 Αν D 0, δηλαδή αν λ και λ, τότε το σύστημα έχει μια λύση, την: ( ) ( )( ) = λ + ( λ+ ) ( λ ) D λ + = = D λ+ λ D λ + και = = D λ+ λ Αν λ =, τότε το σύστημα γίνεται: = =, που είναι αδύνατο 4 4= = Αν λ =, τότε το σύστημα γίνεται: 4 = 4 + =, που είναι αδύνατο 4+ = 4+ = ( ) ( )( ) = ( λ + ) ( λ+ ) ( λ ) 9

10 Σχολικό βιβλίο: Απαντήσεις Λύσεις ii Βρίσκουμε τις ορίζουσες: µ D = + = ( )( + ) = = µ µ µ 4 µ 9 = ( µ + )( µ ) µ D = + = ( µ + ) = µ + 0 = µ = ( µ ) µ D = µ = ( µ ) = µ 0 = µ = ( µ ) Αν D 0, δηλαδή, αν μ ±, το σύστημα έχει μοναδική λύση, την: D = = D ( µ ) µ + µ µ ( )( ) = ( + ) D και = = D ( µ ) µ + µ µ ( )( ) = ( + ) Αν μ =, τότε το σύστημα γίνεται: + = που έχει άπειρο πλήθος λύσεων της μορφής (, ) = ( κ, κ), κ r + =, Αν μ =, τότε το σύστημα γίνεται: + = =, που είναι αδύνατο = = 9 Αν R, R και R οι ακτίνες των κύκλων με κέντρα, και αντίστοιχα, που εφάπτονται εξωτερικά, τότε έχουμε τις εξισώσεις: R + R = 6, () R + R = 7, ( ) R + R =, ( ) Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων (), (), () που ονομάζεται «κυκλικό» Προσθέτουμε κατά μέλη τις εξισώσεις και έχουμε: (R + R + R ) = 8 R + R + R = 9, (4) Αν τώρα από τα μέλη της (4) αφαιρέσουμε τα μέλη των (), () και (), βρίσκουμε ότι: R + R + R R R = 9 6 R = R + R + R R R = 9 7 R = R + R + R R R = 9 R = 4 Επομένως, οι ακτίνες των κύκλων είναι cm, 4 cm και 4 cm 0

11 Γραμμικά συστήματα 0 Από τη Γεωμετρία γνωρίζουμε ότι τα εφαπτόμενα τμήματα από σημείο προς κύκλο είναι ίσα Επομένως ΑΖ = ΑΕ =, ΒΔ = ΒΖ = και ΓΔ = ΓΕ = z Έτσι έχουμε το σύστημα: + = γ, () + z= α, ( ) z+ = β, ( ) Με πρόσθεση των εξισώσεων κατά μέλη έχουμε: α+ β+ γ ( + + z) = α + β + γ + + z =, ( 4) α+ β+ γ α+ β+ γ Από (4) και () έχουμε γ + z = z = α+ β+ γ β+ γ α Από (4) και () έχουμε + α = = Από (4) και () έχουμε + β = α+ β+ γ = β+ γ α Παρατήρηση: Αν θέσουμε α + β + γ = τ, τότε: = β + γ α τ α = α = τ α και ομοίως = τ β, z = τ γ Έστω,, z οι ποσότητες σε lt από κάθε διάλυμα αντίστοιχα που θα χρησιμοποιήσει ο Χημικός Τότε από τα δεδομένα προκύπτει το σύστημα των εξισώσεων: + + z = + + z =, () z = z = 664, ( ) = z = z, ( ) Από () και () έχουμε + z =, οπότε = z και η () γίνεται: 0 z+ 0( z) + 0z= z+ 0 0z+ 0z= z= 44 z=, 44, oπότε z =,44 lt Επομένως =,88lt και = 7,68 lt Στην η περίπτωση, επειδή η γραφική παράσταση του τριωνύμου f () = α + β + γ τέμνει τον άξονα στο σημείο, θα ισχύει f (0) =, οπότε θα έχουμε γ =, επομένως το τριώνυμο θα είναι της μορφής f () = α + β +

12 Σχολικό βιβλίο: Απαντήσεις Λύσεις Επειδή το τριώνυμο f () έχει κορυφή το σημείο Κ(, ) και K β f β, α α, θα ισχύει: β = β= 4α β = 4 α β f = = f( ) α = α Επομένως είναι f () = 4 + Στη η περίπτωση, επειδή η γραφική παράσταση του τριωνύμου g() = α + β + γ τέμνει τον άξονα στο σημείο g( ) = 0, θα έχουμε: α β + γ = 0, () Επειδή, επιπλέον, η γραφική παράσταση του τριωνύμου g() έχει κορυφή το σημείο Κ(, 4), θα ισχύει: β = β= α β= α α β g = 4 = g( ) 4 α+ β+ γ = 4 α Επομένως, λόγω της (), οι () και (4) γράφονται: α+ γ = 0 γ α γ = = α+ γ = 4 α α= 4 α = Άρα, είναι και α =, β = και γ =, οπότε έχουμε g() = + + Στην η περίπτωση, επειδή η γραφική παράσταση του τριωνύμου h() = α + β + γ τέμνει τον άξονα στα σημεία και 4 και τον άξονα στο σημείο 4, θα ισχύει: h ( )= 0 h ( 4)= 0 h ( 0)= 4 4α+ β+ γ = 0 4α+ β= 4 6α+ 4β+ γ = 0 6α+ 4β= 4 γ = 4 γ = 4 α+ β= β= α β = 4α+ β= 4α α = α= 0, γ = 4 γ = 4 γ = 4 Επομένως, είναι h() = 0, + 4

13 Μη Γραμμικά συστήματα Μη Γραμμικά συστήματα Α ΜΑΔΑΣ Λύνοντας τη δεύτερη εξίσωση ως προς προκύπτει =, (), οπότε αντικαθιστώντας στην πρώτη, παίρνουμε: + ( ) + ( )= = = 0, ( ) Η () έχει ρίζες = και =, οπότε λόγω της () είναι: = = + = και = = = Επομένως, το σύστημα έχει δύο λύσεις, τα ζεύγη (, ) και (, ) i Αντικαθιστώντας την τιμή του από την πρώτη εξίσωση στη δεύτερη προκύπτει η εξίσωση: = = 0 () ( ), Η εξίσωση () έχει διπλή ρίζα, την =, οπότε από την πρώτη εξίσωση του συστήμα- τος παίρνουμε = 4 Επομένως, το σύστημα έχει μοναδική λύση, το ζεύγος 4, Για να ερμηνεύσουμε γεωμετρικά τη λύση του συστήματος χαράσσουμε σε καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων την παραβολή = και την ευθεία = 4 Στο σχήμα παρατηρούμε ότι οι 4 δύο γραμμές έχουν ένα μόνο κοινό σημείο Μ, το οποίο έχει συντεταγμένες, = M = 4

14 Σχολικό βιβλίο: Απαντήσεις Λύσεις ii Το σύστημα γράφεται: + = 9, (), = ( ) Η (), λόγω της (), γίνεται + = 9 A = + = 9 = 9 και έχει ρίζες τις = = και = =, οπότε επειδή = έχουμε: B = = και = = Άρα, το σύστημα έχει δύο λύσεις, τα ζεύγη, και, Για να ερμηνεύσουμε γεωμετρικά τις λύσεις του συστήματος χαράσσουμε σε καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων τον κύκλο + = 9 με κέντρο το σημείο (0, 0) και ακτίνα καθώς επίσης και την ευθεία = Στο σχήμα παρατηρούμε ότι οι δύο γραμ- μές τέμνονται σε δύο σημεία, τα Α, iii Από τη δεύτερη εξίσωση προκύπτει 0, 0 και = Η πρώτη εξίσωση γίνεται: = + 4= 4 + 4= 0, () Αν θέσουμε = ω, (), η () γίνεται ω ω = 4 = 0, () Αυτή έχει ρίζες ω = και ω = 4, οπότε λόγω της () έχουμε = ή = 4 Από αυτές παίρνουμε τέσσερις και Β, ρίζες =, = και =, 4 =, οπότε για το παίρνουμε τις τιμές = =, = = και 4 = =, = = A Β = B A + = 4

15 Μη Γραμμικά συστήματα Άρα, το σύστημα έχει τέσσερις λύσεις, τα ζεύγη (, ), (, ), (, ) και (, ) Για να ερμηνεύσουμε γεωμετρικά τις λύσεις του συστήματος χαράσσουμε σε καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων τον κύκλο + = το (0, 0) και ακτίνα, καθώς επίσης και την υπερβολή = Στο σχήμα παρατηρούμε ότι οι δύο γραμμές τέμνονται σε τέσσερα σημεία, τα (, ), (, ), (, ) και (, ) Από την v = v 0 + αt, οπότε α= v v0 Αντικαθιστούμε στην πρώτη και έχουμε: t v v v v t 0 ( 0 ) vt 0 + vτ v0t S= v0t+ αt = v0 t+ t = v0t + = t Άρα S = v+ v0 t Β ΜΑΔΑΣ Η δεύτερη εξίσωση λόγω της πρώτης γράφεται = ή, ισοδύναμα, + = 0, η οποία έχει ρίζες και Για = έχουμε + = = 6, οπότε = 4 ή = 4 Για = έχουμε = 0, οπότε = 0 Β = A Άρα, το σύστημα έχει τρεις λύσεις τις (4, ), ( 4, ), (0, ) Σχεδιάζουμε σε καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων την παραβολή = και τον κύ- κλο + = και παρατηρούμε ότι έχουν τρία κοινά σημεία Γ Από την πρώτη εξίσωση έχουμε ( ) = 0 = 0 ή = 0, οπότε το αρχικό σύστημα είναι ισοδύναμο με τα συστήματα: = 0 = 0, () και, ( ) = 4 + = 4 + Για να λύσουμε το () θέτουμε στη δεύτερη εξίσωση = 0, οπότε έχουμε 4 + = 0 ι ρίζες αυτής είναι = και =, έτσι το σύστημα () έχει δύο λύσεις, τα ζεύγη (, 0) και (, 0) Η πρώτη εξίσωση του συστήματος () γράφεται =, () και αν θέσουμε

16 Σχολικό βιβλίο: Απαντήσεις Λύσεις στη δεύτερη παίρνουμε: = = 0 ι ρίζες αυτές είναι = και 4 = 4, οπότε λόγω της () είναι = = και 4 = 4 = Έτσι, το σύστημα () έχει δύο λύσεις, τα ζεύγη (, ) και (4, ) Επομένως το αρχικό σύστημα έχει τέσσερις λύσεις, τα ζεύγη (, 0), (, 0), (, ) και (4, ) Έστω, είναι οι διαστάσεις του ορθογωνίου, τότε είναι: = 0, () και ( + )( ) = 0, () Η () γράφεται + 6 = 0 και λόγω της () γίνεται: = 0 = 6 =, και αντικαθιστώντας στην () προκύπτει η εξίσωση: ( ) = + = + =, η οποία έχει ρίζες = και = Επειδή οι διαστάσεις είναι θετικοί αριθμοί θα έχουμε = cm, οπότε, λόγω της (), θα 0 0 είναι = = = 0 cm 4 Για να βρούμε τα σημεία, στα οποία η ευθεία = + κ τέμνει την παραβολή = λύνουμε το σύστημα () = + κ, = ι τετμημένες των σημείων τομής είναι ρίζες της εξίσωσης: = + κ + + κ = 0, () ι δύο γραμμές θα τέμνονται σε δύο σημεία, αν το σύστημα () έχει δύο λύσεις, που σημαίνει ότι η εξίσωση () θα πρέπει να έχει δύο λύσεις Αυτό συμβαίνει, μόνο αν είναι Δ = 4 4κ > 0 4κ > 4 κ < Αντικαθιστώντας το = + μ στην πρώτη εξίσωση προκύπτει: ( )= = () + µ µ 0,, η οποία είναι δεύτερου βαθμού, με διακρίνουσα Δ = 4 + 8μ = 4( + μ) Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 6

17 Μη Γραμμικά συστήματα = = 0, = + μ, μ > 0, = + μ, μ < 0, Δ > 0, δηλαδή μ > Η () έχει δύο ρίζες, που σημαίνει ότι το σύστημα έχει δύο λύ- σεις, οπότε η παραβολή και η ευθεία τέμνονται σε δύο σημεία Δ = 0, δηλαδή μ = Η () έχει διπλή ρίζα, που σημαίνει ότι το σύστημα έχει μία λύση, οπότε η παραβολή και ευθεία εφάπτονται σε ένα σημείο Δ < 0, δηλαδή μ < Η () δεν έχει πραγματικές ρίζες, που σημαίνει ότι το σύστημα δεν έχει λύσεις, οπότε η παραβολή και ευθεία δεν έχουν κανένα κοινό σημείο Γραφικά τα εξαγόμενα, εξηγούνται με τη βοήθεια του προηγούμενου σχήματος Ερωτήσεις κατανόησης Ι (Σ ) Β, (Σ ) Α, (Σ ) Γ, (Σ 4 ) Α ΙΙ Α, Ψ, Α, 4 Ψ 7

18

19 Κεφάλαιο ο: Ιδιότητες συναρτήσεων Μονοτονία Ακρότατα Συμμετρίες Συνάρτησης Α ΜΑΔΑΣ 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 [, + ) Η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για =, το f () = Η g δεν παρουσιάζει ούτε ολικό μέγιστο ούτε ολικό ελάχιστο Η h παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για = και για = το h( ) = h() = i Το πεδίο ορισμού της f είναι το R Αρκεί να δείξουμε τα f () f (), για κάθε R ( ), που ισχύει ii Το πεδίο ορισμού της g είναι το R Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε R ισχύει g() g() ( ), που ισχύει 4 i Η f έχει πεδίο ορισμού το R και για κάθε R ισχύει: 4 4 R και f ( )= ( )+ f ii Η f έχει πεδίο ορισμού το R και για κάθε R ισχύει: R και f f ( ) = + = ( ), άρα η f είναι άρτια ( )= + = + = ( ), άρα η f είναι άρτια iii Η f έχει πεδίο ορισμού το R και για κάθε R ισχύει: R και f( ) = +, οπότε δεν είναι ούτε άρτια, ούτε περιττή, αφού f ( ) f () iv Η f έχει πεδίο ορισμού το R και για κάθε R ισχύει: R και f 4 ( ) = ( ) ( ) = ( ) = f 4 ( ), άρα η f 4 είναι περιττή v Η f έχει πεδίο ορισμού το (, ) (, + ) που δεν έχει κέντρο συμμετρίας το 0 Άρα, η f δεν είναι ούτε άρτια, ούτε περιττή 9

20 Σχολικό βιβλίο: Απαντήσεις Λύσεις vi Η f 6 έχει πεδίο ορισμού το R και για κάθε R ισχύει: f ( )= f ( ) + = + = + = ( ), άρα η f είναι περιττή { } i Η f έχει πεδίο ορισμού το R * = R 0 και για κάθε R * ισχύει: R και f( )= = = f( ) Άρα η f είναι άρτια ii Η f έχει πεδίο ορισμού το [, + ) που δεν έχει κέντρο συμμετρίας το Άρα, δεν είναι ούτε άρτια, ούτε περιττή iii Η f έχει πεδίο ορισμού το R και για κάθε R ισχύει: R και f ( ) = + = + = f () Άρα η f είναι περιττή iv Η f 4 έχει πεδίο ορισμού το R * και είναι περιττή, διότι ισχύει: + R και f 4 ( )= + = άρα f f 4( )= = 4( ) Τέλος, αν εργαστούμε όπως στην I, θα αποδείξουμε ότι: ( )= = = ( ), v Η f έχει πεδίο ορισμού το R και είναι άρτια, διότι f f για κάθε R vi Η f 6 έχει πεδίο ορισμού το [, ] και είναι άρτια, διότι: f 6 ( )= ( ) = = f ( ), για κάθε, 6 [ ] 6 i Η C f έχει κέντρο συμμετρίας το (0, 0) Άρα, η f είναι περιττή ii Η C g έχει άξονα συμμετρίας τον Άρα, η g είναι άρτια iii Η C h δεν έχει ούτε άξονα συμμετρίας τον, ούτε κέντρο συμμετρίας το (0, 0) Άρα, η h δεν είναι ούτε άρτια ούτε περιττή 7 μοίως: i Η f είναι άρτια διότι έχει άξονα συμμετρίας τον ii Η g είναι περιττή διότι έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων (0, 0) iii Η h δεν είναι ούτε άρτια, ούτε περιττή 0

21 Κατακόρυφη ριζόντια μετατόπιση καμπύλης 8 α Παίρνουμε τις συμμετρικές των C, C και C ως προς τον άξονα = g() = f() = h() β Παίρνουμε τις συμμετρικές των C, C και C ως προς την αρχή των αξόνων = f() = g() = h() Κατακόρυφη ριζόντια μετατόπιση καμπύλης Α ΜΑΔΑΣ Όπως γνωρίζουμε, η γραφική παράσταση της φ() =, αποτελείται από τις διχοτόμους των γωνιών O και O H γρα- C f φική παράσταση της f () = + προκύ- C φ πτει από μια κατακόρυφη μετατόπιση της =, κατά μονάδες προς τα πάνω, ενώ C g η γραφική παράσταση της f () = προκύπτει από μια κατακόρυφη μετατόπι- ση της =, κατά μονάδες προς τα κάτω (σχήμα)

22 Σχολικό βιβλίο: Απαντήσεις Λύσεις Χαράζουμε πρώτα τη γραφική παράσταση της συνάρτησης φ() = Η γραφική παράσταση της h() = + προκύπτει από μια οριζόντια μετατόπιση της =, κατά μονάδες προς τα αριστερά, ενώ η γραφική παράσταση της q() = προκύπτει από μια οριζόντια μετατόπιση της =, κατά μονάδες προς τα δεξιά (σχήμα) C h C φ C q Χαράζουμε πρώτα τη γραφική παράσταση της συνάρτησης φ() = και στη συνέχεια χαράσσουμε την = +, που, όπως είδαμε στην προηγούμενη άσκηση, προκύπτει από μια οριζόντια μετατόπιση της = κατά μονάδες προς τα αριστερά Στη συνέχεια χαράσσουμε την = + +, που προκύπτει από μια κατακόρυφη μετατόπιση της γραφικής παράστασης = + κατά μονάδα προς τα πάνω Επομένως, η γραφική παράσταση της F() = + +, προκύπτει από δύο διαδοχικές μετατοπίσεις της =, μιας οριζόντιας κατά μονάδες προς τα αριστερά και μιας κατακόρυφης κατά μονάδας προς τα πάνω (σχήμα) C F C φ C Q μοίως, η γραφική παράσταση της G() =, προκύπτει από δύο διαδοχικές μετατοπίσεις της =, μιας οριζόντιας κατά μονάδες προς τα δεξιά και μιας κατακόρυφης κατά μονάδα προς τα κάτω (σχήμα)

23 Κατακόρυφη ριζόντια μετατόπιση καμπύλης 4 i Επειδή: f () = ( ) + = ( + ) + = ( ) +, επομένως, η γραφική παράσταση της f προκύπτει από δύο διαδοχικές μετατοπίσεις της γραφικής παράστασης της g() =, μιας οριζόντια κατά μονάδα προς τα δεξιά και μιας κατακόρυφης κατά μονάδες προς τα πάνω ii Επειδή: f () = ( 4) 9 = ( + ) = ( ), επομένως, η γραφική παράσταση της f προκύπτει από δύο διαδοχικές μετατοπίσεις της γραφικής παράστασης g() =, μιας οριζόντια κατά μονάδες προς τα δεξιά και μιας κατακόρυφης κατά μονάδα προς τα κάτω i C f A C φ C g ii C h C φ C q

24 Σχολικό βιβλίο: Απαντήσεις Λύσεις iii C F C φ C φ C G σχήμα δ 6 i f () = ( ) + = ( ) ii f () = ( ) = ( ) iii f () = ( + ) + = ( + ) iv f () = ( + ) = ( + ) Ερωτήσεις κατανόησης Ι Α, Α, Ψ, 4 Ψ, Α, 6 Α, 7 Ψ, 8 Α, 9 Α, 0 Ψ ΙΙ Γ 4

25 Κεφάλαιο ο: Τριγωνομετρία Τριγωνομετρικοί αριθμοί γωνίας Τριγωνομετρικοί αριθμοί γωνίας Α ΜΑΔΑΣ Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΑΒ έχουμε ηµ0 =, οπότε = 6ηµ 0 = 6 = 6 Στο ορθογώνιο τρίγωνο, τώρα, ΔΑΓ έχουμε εφω = = =, οπότε ω = 4 Επομένως, επειδή ημω =, έχουμε ηµ4 =, οπότε: = = = 6 4 = 6 = ηµ Επειδή Β + Γ = 90 θα είναι Α = 90, οπότε το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο και είναι Άρα ( AB)= ηµ 0 = = ημ0 ( ) = AB Επίσης, είναι ημ60 ( ) = AΓ Άρα ( AΓ)= 60 = ηµ = i Γνωρίζουμε ότι S = α ρ, 6 = ω, άρα ω = 6 rad ii 6 = ω, άρα ω = rad iii 6 = ω, άρα ω = rad 4 Από τον τύπο α µ = έχουμε: π 80 i Για μ = 0, είναι α 0 α = = α = π π 80 π 6 6 Άρα 0 = π rad 6 ii Για μ = 0, είναι α 0 α π = = α = π 80 π Άρα 0 = π rad iii Για μ = 60, είναι α 60 α = = 7 α= 7 π Άρα 60 = 7π rad π 80 π iv Για μ = 48, είναι α 48 α = = α = π 80 π 4 Από τον τύπο α µ = έχουμε: π 80 π i 0 µ = µ = 8, άρα π rad = 8 π π Άρα 48 π = rad 4

26 Σχολικό βιβλίο: Απαντήσεις Λύσεις π ii 6 µ = µ = 0, άρα π rad = 0 π π iii µ = µ = 460, άρα 9 π rad = 460 π 80 iv 00 µ = µ =, άρα 00 rad = π 80 π π 6 i Είναι 80 = , οπότε ημ80 = ημ( ) = ημ0 =, συν80 = συν ( ) = συν0 =, ακόμη εφ80 = εφ0 =, σφ80 = σφ0 = ii Είναι 940 = , οπότε ημ940 = ημ( ) = ημ60 =, συν940 = συν60 =, εφ940 = εφ60 =, σφ940 = σφ60 = iii Είναι 980 = , οπότε ημ980 = ημ( ) = ημ80 = 0, συν980 = συν80 =, εφ980 = εφ80 = 0, ενώ δεν ορίζεται η συνεφαπτομένη των 980 iv Είναι 600 = , οπότε ημ600 = ημ0 = 0, συν600 = συν0 =, εφ600 = εφ0 = 0, ενώ δεν ορίζεται η συνεφαπτομένη των 600 Β ΜΑΔΑΣ h Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΠΝ έχουμε εφω = ( Π ) Τότε Π h Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΛΝ έχουμε εφ70 = Τότε Λ ( Λ ) Επειδή (ΠΛ) = (ΠΔ) + (ΔΛ), λόγω των () και (), έχουμε: h εϕω, ( )= () ( )= h, ( ) εϕ70 h h + h εϕ h εϕω εϕω εϕ εϕω εϕ = = h εϕ70 + εϕω = 000 εϕω εϕ70 ( ) h 000 εϕω εϕ70 = ( ) εϕ70 + εϕω, 6

27 Τριγωνομετρικοί αριθμοί γωνίας 000 εϕ0 εϕ70 i Αν ω = 0, τότε, λόγω της (), είναι h = 478 εϕ70 + εϕ0 000 εϕ4 εϕ70 Αν ω = 4, τότε έχουμε h = 7 εϕ70 + εϕ4 000 εϕ60 εϕ70 Αν ω = 60, τότε έχουμε h = 06 εϕ70 + εϕ60 ii Αν τώρα h = 000, τότε λόγω της (), είναι: 000 εϕω εϕ70 εϕω εϕ = = εϕ70 + εϕω εϕω εϕ εϕ εϕ70 = εϕ70 εϕω εϕ70 εϕω( εϕ70 )= εϕ70 εϕω = εϕ70, 7 και από τους τριγωνομετρικούς πίνακες βρίσκουμε ω 8 i Είναι AΓ B= 90 ως εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο και επειδή ΓAB = 4 θα είναι (ΑΓ) = (ΒΓ) Έχουμε όμως: ηµ4 A Γ ( ) ( AB) = AΓ, οπότε ( AΓ)= ηµ 4 = = = ( ) και επειδή (ΑΓ) = (ΒΓ), θα είναι ( BΓ)= ii Είναι A B= 90 ως εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο και στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΑΒ, οπότε έχουμε: ημ (, = B ) B AB ( ) = ( ) Επειδή τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΑΒ και ΔΑΕ είναι ίσα διότι έχουν ΑΔ = ΑΔ (κοινή) και Δ Α Β = Δ Α Ε =,, τότε θα έχουν ΔΒ = ΔΕ Έτσι (ΕΒ) = (ΒΔ) = 4ημ, iii Από την ισότητα των τριγώνων ΔΑΒ και ΔΑΕ προκύπτει (ΑΕ) = (ΑΒ) = Άρα (ΕΓ) = (ΑΕ) (ΑΓ) = iv Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΓΕΒ (σχήμα) έχουμε: Άρα EB = (ΕΒ) = (ΓΒ) + (ΓΕ) = ( ) + ( ) 7

28 Σχολικό βιβλίο: Απαντήσεις Λύσεις ( ) v Έχουμε ημ ( ) EB, B ( EB ) = = = = 4 vi Μπορούμε να υπολογίσουμε το ημίτονο των γωνιών,,, κτλ, αρκεί να 4 διχοτομήσουμε τη γωνία BA κτλ Από το τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε ημ 0 6 AΓ 6 AΓ = = ( A )= ( ) ( ) Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΓ έχουμε BA = 0 Επομένως: B B εϕ0 εϕ0 B 6 εϕ0 6 AB 6 Άρα B = μονάδες μήκους Από το τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε ημ 60 Άρα ( BΓ)= 6 μονάδες μήκους ( ) ( ) = ( ) = ( )= = BΓ BΓ = ( ) = ( ) Έχουμε (ΓΔ) = (ΒΓ) (ΒΔ) = 6 = 4 Άρα (ΓΔ) = (ΔΑ) = 4 μονάδες μήκους Επομένως, περίμετρος = = + 8 μονάδες μήκους Γ AB 4 6 τετραγωνικές μονάδες Εμβαδόν = ( ) ( )= = Γ μονάδες μήκους 4 Όπως είναι ο γνωστό, ο λεπτοδείκτης εκτελεί μια πλήρη περιστροφή σε χρόνο ώρας ή 600 δευτερολέπτων Διαγράφει δηλαδή γωνία π rad σε 600 sec π Επομένως σε sec διαγράφει γωνία rad 600 Αν το μήκος του λεπτοδείκτη είναι ίσο με ρ, τότε σύμφωνα με τον τύπο S = α ρ, το άκρο π του λεπτοδείκτη σε sec θα διαγράψει τόξο μήκους ρ 600 π 600 Για να είναι το μήκος αυτό ίσο με mm αρκεί ρ = mm ρ = mm 7 mm 600 π 8

29 Βασικές τριγωνομετρικές ταυτότητες Βασικές τριγωνομετρικές ταυτότητες Α ΜΑΔΑΣ Αν στην ισότητα ημ + συν = αντικαταστήσουμε το ημ με βρίσκουμε: συν = + συν = συν = 6 4 συν = = π Διότι για < <π ισχύει συν < 0 ηµ Επομένως εϕ = = συν 4 συν και σϕ = = 4 ηµ Αν στην ισότητα ημ + συν = αντικαταστήσουμε το συν με βρίσκουμε: 4 ηµ ηµ ηµ 9 + = + = = 9 Επομένως εϕ = ηµ = = 9 και σϕ = Διότι για π ισχύει ημ < 0 < < π σϕ = = = εϕ ηµ Είναι εϕ = = ηµ = συν, () συν Επειδή ημ + συν =, λόγω της (), έχουμε: συν + συν = συν + συν = 4συν = συν = συν = 4 Διότι για π < < π ισχύει συν > 0 Από την () παίρνουμε ηµ = = = 4 εϕ = = = σϕ ( ) = = 9

30 Σχολικό βιβλίο: Απαντήσεις Λύσεις συν Είναι σϕ = = συν = ηµ, () ηµ Επειδή ημ + συν =, λόγω της (), έχουμε: 4 ηµ + ηµ ηµ ηµ ηµ 4ηµ = + = + = 9ηµ = ηµ = ηµ = 9 Από την (), τώρα, παίρνουμε συν = = συν Είναι σϕ = = συν = ηµ ηµ Επειδή ημ + συν =, λόγω της (), έχουμε: ( ) + = = ηµ + ηµ = ηµ 4ηµ ηµ ηµ = ηµ = = Διότι για π < < π ισχύει ημ < 0 Από την () τώρα παίρνουμε συν = = Επομένως η αριθμητική τιμή της παράστασης ηµ συν ισούται με: + συν ( ) 8 0 = = = = ( + )( ) 6 Επειδή ημ + συν =, αν υποθέσουμε ότι: i ημ = 0 και συν = 0, τότε θα ισχύει =, δηλαδή 0 =, που είναι άτοπο ii ημ = και συν =, τότε θα ισχύει + =, δηλαδή =, που είναι άτοπο iii ημ = και συν = 4, τότε 4 + Άρα, υπάρχει τέτοια τιμή του =, που είναι αληθής 7 Αρκεί να δείξουμε ότι η απόσταση του Μ(, ) από την αρχή (0, 0) είναι ίση με ( ) = + = ( ) + ( ) = + Πράγματι OM ( ) = = = 9 συν θ+ ηµ θ 9 συνθ ηµθ 9συν θ 9ηµθ 0