ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ. Αγγελική Βλάχου Αργύρης Φελλούρης ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ - ΤΡΙΩΝΥΜΟ

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Αγγελική Βλάχου Αργύρης Φελλούρης ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ - ΤΡΙΩΝΥΜΟ 1. Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ ΣΤΟ ΣΥΝΟΛΟ 1.1. Κάθε πρότση της μορφής f(x) = φ(x), όπου f κι φ είνι λγερικές πρστάσεις της μετλητής x, ονομάζετι εξίσωση με άγνωστο το x. Γι πράδειγμ, ν f(x) = x 6, φ(x) = x + 4, η ισότητ x 6 = x + 4 είνι ε- ξίσωση με άγνωστο το x. Υπάρχουν προτάσεις της μορφής f (x,y) = φ(x,y), δηλδή πρστάσεις με δύο μετλητές x, y κι τότε έχουμε εξίσωση με δύο γνώστους x, y. Οι εξισώσεις γενικά ρίσκουν εφρμογές στη λύση πολλών προλημάτων. 1.. Εξισώσεις με ένν άγνωστο. Έστω f(x) έν πολυώνυμο μετλητής x, δηλδή ν ν 1 f(x) = ν x + ν 1 x +... + 1 x + 0, με συντελεστές ν, ν 1,... 1,0 πργμτικούς ριθμούς. Η ισότητ f(x) = 0 είνι μί πολυωνυμική λγερική εξίσωση με άγνωστο το x. Αν ν 0 τότε ο θμός ν του πολυωνύμου είνι κι ο θμός της εξίσωσης. Συνεπώς: x + = 0, με 0,είνι μί λγερική εξίσωση 1 ου θμού. x + x + γ = 0, με 0, είνι μί λγερική εξίσωση ου θμού. x + x + γx + δ = 0, με 0, είνι μί λγερική εξίσωση ου θμού κ.λ.π. 1.. Στη Σχολική Άλγερ συνντάμε εξισώσεις που νάγοντι σε λγερικές, γι πράδειγμ: 8x = x 10 «εξίσωση με ριζικό». x x x = x+ «κλσμτική εξίσωση» 6 ημx συνx = 0, «τριγωνομετρική εξίσωση» x = 81 «εκθετική εξίσωση» ogx = 6 «λογριθμική εξίσωση». Σημείωση: Οι εξισώσεις που δεν νάγοντι σε λγερικές ονομάζοντι «υπερτικές», γι πράδειγμ η εξίσωση : ogx = x 1. 1

1.4. Μετσχημτισμοί εξισώσεων Έστω f( x) = 0μι εξίσωση (όπου f είνι μί πράστση του x). Ένς ριθμός ρ θ λέγετι λύση ή ρίζ της εξίσωσης f( x) = 0, ν κι μόνο ν, ισχύει f ( ρ) = 0. Το σύνολο Λ που έχει στοιχεί όλες της λύσεις της εξίσωσης λέγετι σύνολο λύσεων της εξίσωσης. Δύο εξισώσεις f( x) = 0κι φ( x) = 0λέμε ότι είνι ισοδύνμες, ν κι μόνο ν, έχουν τις ίδιες λύσεις. Ισχύουν οι εξής ιδιότητες: 1. Αν κι στ δύο μέλη μις εξίσωσης προσθέσουμε (ή φιρέσουμε) την ίδι συνάρτηση, προκύπτει εξίσωση ισοδύνμη με την ρχική, δηλδή f(x) = φ(x) f(x) ± g( x) = φ(x) ± g( x). Αν κι τ δύο μέλη μις εξίσωσης πολλπλσισθούν (ή διιρεθούν) με τον ίδιο ριθμό, διάφορο του μηδενός προκύπτει ισοδύνμη εξίσωση με την ρχική, δηλδή f(x) 1 1 = φ(x) λf(x) = λφ(x), λ 0 λ f(x) = λ φ(x), λ 0. f x = 0, όπου f x = f x f x...f x είνι ισοδύνμη με τις = =, δηλδή το σύνολο των λύ-. Η εξίσωση ( ) ( ) 1( ) ( ) k( ) εξισώσεις: f1( x) 0 ή f( x ) =0, ή...ή fk( x) 0 σεων της εξίσωσης f ( x) 0, όπου f ( x) f ( x) f ( x )... f ( x) = = 1 k ισούτι με την ένωση των συνόλων των λύσεων των εξισώσεων f1( x) = 0, f( x ) =0,...,fk( x) = 0. 4. Η εξίσωση f(x) = φ(x) δεν είνι γενικά ισοδύνμη με την εξίσωση f(x) g x = φ(x) g x, ( ) ( ) φού η τελευτί έχει ως ρίζες κι τις ρίζες της εξίσωσης g( x) = 0. Πράγμτι, έχουμε: f(x) g( x) = φ(x) g( x) [ f(x) φ(x) ] g( x) = 0 f(x) φ(x) = 0 ή g( x) = 0. 5. Αν κι τ δύο μέλη μις εξίσωσης υψωθούν στην ίδι δύνμη ή τεθούν κάτω πό ρίζ ιδίου δείκτη, δεν προκύπτει ισοδύνμη εξίσωση με την ρχική.. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΡΩΤΟΥ ΒΑΘΜΟΥ (ΓΡΑΜΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ).1. Μί εξίσωση ονομάζετι εξίσωση 1 ου θμού με άγνωστο x ή γρμμική εξίσωση με άγνωστο x, ν, κι μόνο ν, είνι της μορφής x + = 0 με 0. Ο ριθμός λέγετι συντελεστής του γνώστου κι το στθερός όρος. Η τιμή του γνώστου x που επληθεύει την εξίσωση, λέγετι λύση ή ρίζ της ε- ξίσωσης. Η διδικσί γι την εύρεση της λύσης της εξίσωσης λέγετι επίλυση της εξίσωσης.

Εξίσωση 1 ου θμού x+ = 0, Ρίζες της εξίσωσης Αν 0, υπάρχει μί μόνο λύση, η Αν = 0 κι 0 κμί λύση στο. Η εξίσωση είνι δύντη στο. x = Αν = 0 κι = 0, κάθε x είνι λύση. Η εξίσωση γίνετι 0x = 0κι είνι όριστη ή τυτότητ. Μι εξίσωση που δεν είνι γρμμικής μορφής, είνι δυντόν εφρμόζοντς τις ιδιότητες ν μετσχημτισθεί σε γρμμική κι ν λυθεί όπως μπορούμε ν δούμε στ πρδείγμτ που κολουθούν. Πράδειγμ 1 Ν λυθεί η εξίσωση: 9( 8 - x) -10( 9 - x) - 4( x -1) = 1-8x Εκτελούμε τις πράξεις κι στη συνέχει εφρμόζουμε τις ιδιότητες: 9( 8 x) 10( 9 x) 4( x 1) = 1 8x 7 9x 90 + 10x 4x + 4 = 1 8x 9x + 10x 4x + 8x = 7 + 90 4 + 1 5x = 15 x = Η λύση της εξίσωσης είνι ο ριθμός. Πράδειγμ Ν λυθεί η εξίσωση : x x 10 8 + x = + x Βρίσκουμε το Ε.Κ.Π. των προνομστών κι κάνουμε πλοιφή των προνομστών, πολλπλσιάζοντς όλους τους όρους με το Ε.Κ.Π. x x 10 x x 10 8+ x = + x 8 + x = + x 0x = 0, οπότε η εξίσωση είνι όριστη ή τυτότητ... Ιδιίτερο ενδιφέρον προυσιάζουν οι πρμετρικές εξισώσεις. Σε υτήν την κτηγορί σκήσεων εκτός πό τον άγνωστο x, υπάρχουν κι άλλες μετλητές (μ, λ,, R ) που λέγοντι πράμετροι. Γι ν λύσουμε μί πρμετρική εξίσωση τη φέρνουμε στη μορφή ax = b κι εξετάζουμε τις περιπτώσεις a 0 κι a = 0. Πράδειγμ 1 Ν λυθεί η εξίσωση ( ) μ x μ = x + 1 με άγνωστο x κι μ R. μ ( x ) μ = x + 1 μ x μ μ = x + 1 μ x x = μ + μ + 1 μ 1 x μ μ μ 1 μ+ 1 μ 1 x = μ+ 1 μ+ 1 (1) ( ) = + + + ( )( ) ( )( ) Αν ( μ+ 1)( μ 1) 0 μ+ 1 0 κι μ 1 0 μ 1 κι μ 1, τότε η εξίσωση (1) γίνετι:

( μ+ 1 )( μ 1 ) ( )( ) x = μ+ 1 μ+ 1 x = μ+ 1 ( μ+ 1)( μ 1) ( μ+ 1)( μ 1) μ 1 Αν ( μ+ 1)( μ 1) = 0 μ+ 1= 0 ή μ 1= 0 μ = 1 ή μ = 1 έχουμε: Γι μ = 1 η εξίσωση (1) γίνετι: ( 1+ 1)( 1 1) x = ( 1+ 1)( + 1) 0x = 0, (όριστη ή τυτότητ). Γι μ = 1 η εξίσωση (1) γίνετι: ( 1+ 1)( 1 1) x = ( 1+ 1)( + 1) 0x = 6, (η εξίσωση είνι δύντη). Πράδειγμ Ν λυθεί η εξίσωση ( ) ( ) x + x = + με άγνωστο x. Έχουμε δύο πρμέτρους κι. ( x + ) ( x ) = + x + x+ x + x = + ( + ) x = + + + ( + ) x = ( )( + ) + + ( + ) x = ( + )( + 1) (1), τότε έχουμε: Αν ( + ) 0 ( ) ( ) : + + ( + )( + 1) + 1 ( 1) x = x = ( + ) ( + ) Αν ( + ) = 0 + = 0 =, τότε η εξίσωση (1) γίνετι: 0x = 0, (όριστη ή τυτότητ).. Γρφική επίλυση των γρμμικών εξισώσεων 1 ου θμού x + = 0 με 0. Έστω η εξίσωση y = x + με δύο γνώστους x, y. Γνωρίζουμε ότι η εξίσωση y0 y = x + έχει άπειρες λύσεις της μορφής ( x 0,y0) ή ( x,x 0 0 + ) ή,y0. Αν πάρουμε σύστημ ορθογωνίων ξόνων xoy, τότε το σύνολο των λύσεων (x 0, y 0 ) ορίζει σημεί στο επίπεδο xoy, τ οποί ρίσκοντι σε ευθεί ε. Η εξίσωση y = x + είνι η εξίσωση της ευθείς (ε). Σχήμ 1 Αν το (ρ,0) είνι το σημείο τομής της ευθείς (ε) με του άξον x x, τότε ο ριθμός ρ είνι λύση της εξίσωσης x + = 0 φού ισχύει ρ+=0. 4

Πρτήρηση: Γι ν κτσκευάσουμε την ευθεί (ε) είνι ρκετό ν πάρουμε υθίρετ δύο τιμές x,x 1, κι κτόπιν ν ρούμε τ y 1,y ως y1 = x1 + κι y = x +. Έτσι ρίσκουμε δύο σημεί Α( x 1,y 1) κι Β( x,y ) κι κτσκευάζουμε την ευθεί (ε). Πράδειγμ. Ν λυθούν γρφικά οι εξισώσεις: i) x 8 = 0, ii) x + 1 x x + = + i) Κτσκευάζουμε την ευθεί (ε) με εξίσωση y = x 8 κι ρίσκουμε την τετμημένη του σημείου τομής της ευθείς με τον άξον x x που θ είνι κι η λύση της εξίσωσης 0 = x 8 Γι x=, y= 8= έτσι Α(,-) Γι x=4, y= 4 8= 0έτσι B(4,0) της εξίσωσης είνι η τιμή x=4 Σχήμ x + 1 x ii) + x = + Μπορούμε ν φέρουμε την εξίσωση στη μορφή x + = 0 κι ν εργστούμε όπως στο (i) ερώτημ. Εργζόμστε ως εξής: x 1 5x 1 Θέτουμε y + x + x x + = + = (1) κι y= + = () Η (1) πριστάνει ευθεί (ε 1 ) κι η () ευθεί (ε ). Κτσκευάζουμε τις ευθείες (ε 1 ) κι (ε ) κτά τ γνωστά. Η (ε 1 ) είνι η ευθεί των σημείων Α(1,), Β( 1,0) κι η (ε ) είνι η ευθεί των σημείων Γ(0,1), Δ(,4). 5

Οι ευθείες τέμνοντι στο σημείο Σχήμ 1 7, 4, οπότε η λύση της εξίσωσης είνι η 1 x =. Άσκηση 1 Ν λυθεί η εξίσωση: 4(x x) = x 6x + (x ). Εκτελούμε τις πράξεις κι με κτάλληλους μετσχημτισμούς θ μεττρέψουμε την εξίσωση σε γινόμενο πρωτοθμίων πργόντων ίσο με το μηδέν. 4(x x) = x 6x + (x ) 4x(x ) x(x ) (x ) = 0 (x ) [4x x (x ) ] = 0 (x ) ( x + 5x 4) = 0 (x ) (x 5x + 4) = 0 (x ) (x 4) (x 1) = 0 x = 0ήx 4= 0ήx 1= 0 x= ήx= 4ήx= 1. Συνεπώς λύσεις είνι: x=1 ή x= ή x=4 Άσκηση Ν λυθούν οι εξισώσεις : i) (x + ) + (1 5x) = (4 x) ii) (x 4) + 8(x 1) 7(x ) = 0. Γνωρίζουμε ότι ν + + γ= 0 ή ν = = γ τότε ισχύει: + + γ = γ (πό τυτότητ του Euler). i) ii) (x + ) + (1 5x) = (4 x) (x + ) + (1 5x) + ( 4+ x) = 0 (x + ) + (1 5x) (4 x) = 0 Πρτηρούμε ότι: (x + ) + (1 5x) + ( 4 + x) = 4 4 + 5x 5x = 0. Άρ, πό την τυτότητ του Euler έχουμε : (x + ) + (1 5x) + ( 4 + x) = (x + )(1 5x)( 4 + x) Έτσι η εξίσωση είνι ισοδύνμη με την (x + )(1 5x)( 4 + x) = 0 x + = 0 ή 1 5x= 0ή 4+ x= 0 1 4 x= ή x= ή x=. 5 1 4 Οι λύσεις της εξίσωσης είνι: x = ή x = ή x =. 5 (x 4) + 8(x 1) 7(x ) = 0 (x 4) + (x 1) + ( ) (x ) = 0 6

(x 4) + (x ) + ( x + 6) = 0 Ομοίως σκεπτόμενοι όπως στο ερώτημ (i) ρίσκουμε λύσεις x = 1 ή x = ή x = 4. Άσκηση Ν λυθούν οι πρμετρικές εξισώσεις: 5λ + x 4x 6 x + (λ + 5) i) + = 5 λ 5λ μλ μx x ii) λ = + λ+ μ λ 5λ + x 4x 6 x + (λ + 5) i) + = Ε.Κ.Π.: 5λ 0 λ 0 5 λ 5λ 5λ + x 4x 6 x + (λ + 5) 5λ + 5λ = 5λ λ(5λ + x) + 5(4x 6) = x + (λ + 5) 5 λ 5λ 5λ + λx + 0x 0 = x + (λ + 5) (λ + 0 1)x = 5λ + 0 + λ + 10λ + 5 (λ + 19)x = 4λ + 10λ + 55 (1) 19 Αν λ + 19 0 λ η (1) έχει λύση: 4λ + 10λ + 55 1 x = (με λ 0 κι λ ). λ + 19 19 Αν λ + 19 = 0 λ = η (1) γίνετι: 1474 0x = (εξίσωση δύντη). 4 μλ μx x ii) λ = +, Ε.Κ.Π.: λ(λ + μ) 0 λ 0 κι λ μ λ+ μ λ μλ μx x λ(λ + μ)λ = λ(λ + μ) + λ(λ + μ) λ+ μ λ λ + λ μ = λ μ λμx + (λ + μ)x [λμ (λ + μ)]x = λ [(λ + μ) λμ]x = λ (1) Έχουμε ν λύσουμε την (1) με τους περιορισμούς λ 0 κι λ + μ 0 () Αν επιπλέον (λ + μ) λμ 0 (λ + μ) λμ η εξίσωση (1) έχει λύση την x = (λ + μ) λμ Αν επιπλέον (λ + μ) λμ = 0 (λ + μ) = λμ η εξίσωση (1) γίνετι λ 0 συνεπώς, είνι δύντη. λ 0x = λ με Άσκηση 4 Ποιοι περιορισμοί πρέπει ν ισχύουν γι τ, ώστε η εξίσωση (x ) (x ) = (x ) (x ) i) ν έχει μί μόνο λύση, ii) ν είνι δύντη στο R, iii) ν είνι όριστη. 7

Κτ ρχάς φέρουμε την εξίσωση στη μορφή ax = b. Έχουμε (x )(x ) = (x )(x ) 4x 4x (x )(4x 4x + ) = (x )(4x 4x + ) + x 4x 4 x = 4x 4x + + 4x x 4x x x = ( )( + )x = ( ) (1) i) Γι ν έχει η εξίσωση (1) μι λύση πιτούμε ( )( + ) 0 0 κι + 0 ± ii) Γι ν είνι η εξίσωση (1) δύντη στο πιτούμε ( )( + ) = 0 = ή = = 0. κι ( ) 0 0 κι 0 κι iii) Γι ν είνι η εξίσωση (1) τυτότητ πιτούμε ( )( + ) = 0 = ή = =. κι ( ) = 0 = 0 ή = 0 ή = Άσκηση 5 Αν + + 9 = 0 ν λυθεί η εξίσωση λ λ+ + =. x λ x + x ( + ) Έχουμε + + 9 = 0 + + = 0 1 ( ) + ( ) + ( ) = 0 ( ) + ( ) + ( ) = 0. Αν 0 ή - 0 ή - 0, τότε θ είχμε ( ) + ( ) + ( ) > 0, που είνι άτοπο. Άρ έχουμε = = κι η εξίσωση γίνετι: λ λ+ + = x λ x+ x 6. Είνι Ε.Κ.Π.:(x λ)(x + )(x 6) 0, οπότε πρέπει: x λ, x κι x 6. Πολλπλσιάζουμε όλους τους όρους με το Ε.Κ.Π. κι έχουμε : λ λ+ ( x λ)( x+ )( x 6) + ( x λ)( x+ )( x 6) = ( x λ)( x+ )( x 6) x λ x+ x 6 (x + )(x 6)λ + (x λ)(x 6) = (x λ)(x + )(λ + ) (λ 6λ 7)x = λ(λ + ) (λ 9)(λ + )x = λ(λ + ) (1) Αν (λ 9)(λ + ) 0 λ 9 κι λ, τότε η εξίσωση (1) έχει μονδική λύση που προκύπτει με διίρεση των δύο μελών της με το συντελεστή (λ 9)(λ + ) : λ x = με x λ, x κι x 6. λ 9 Επειδή ισχύουν: λ x = = λ λ 9λ= λ λ( λ 6) = 0 λ= 0 ή λ= 6, λ 9 8

λ x = = λ + 7 = λ 0 λ = 7(δύντη), λ 9 λ x = = 6 6λ 54 = λ 9λ = 54 λ = 6, λ 9 λ συμπερίνουμε ότι η λύση x = είνι ποδεκτή, γι λ λ {,0,6,9}. 9 Αν (λ 9)(λ + ) = 0 λ = 9 ή λ=, τότε έχουμε: Γι λ = 9 η εξίσωση (1) γίνετι: 0 x = 9 ( 9 + ) 0 x = 4 (δύντη). Γι λ= η εξίσωση (1) γίνετι: 0 x=0 (όριστη, λλά με x κι x 6 ). Άσκηση 6 Ν ρεθούν οι τιμές των πρμέτρων λ, μ ώστε η εξίσωση 5λx 5μ λ μx = + 8x 4 4 4 ν ληθεύει γι κάθε πργμτικό ριθμό x. Υπόδειξη Πρέπει η πρμετρική εξίσωση ν είνι τυτότητ. Τη φέρουμε στη μορφή ax =b κι πιτούμε a = 0 κι b = 0. Άσκηση 7 Αν + + 5 14 + 4 με, R, ν λυθεί η εξίσωση + + 7 + = x+ x (x+ ) x+ Υπόδειξη. Έχουμε + + 5 14 + 4 + 14 4 + 49 + 4 0 ( 7) + ( ) 0. Άρ = 7 κι =. 9 14 Η εξίσωση γίνετι + =, η οποί λύνετι κτά τ γνωστά. x+ x(x+ ) x+ Άσκηση 8 Αν λ είνι η μεγλύτερη ρίζ της εξίσωσης λυθεί η εξίσωση μ(x ) λx = 5 7x. (x ) + (x 1) + ( x) = 0, ν Υπόδειξη Επειδή (x ) + (x 1) + ( x) = 0, πό τις συνέπειες της τυτότητς του Euler ρίσκουμε ότι: x = ή x = 1 ή x =, οπότε: λ =. Έτσι, η πρμετρική εξί- μ(x ) 4x = 5 7x μ+ x = μ+ 5, η οποί λύνετι εύκολ. σωση γίνετι ( ) Άσκηση 9 Αν ισχύει (+)=1- με + -1 ν ποδείξετε ότι η εξίσωση x 1 (x + 1) + = x 1 x+ 1 x 1 είνι δύντη. 9

Υπόδειξη ( + ) = 1 + + = 1 ( + ) = 1 + =± 1, οπότε + = 1, φού + -1 Από + = 1 = 1 η εξίσωση γίνετι: x 1 1 (x + 1) + = x 1 x+ 1 x 1 στην εξίσωση 0x =, που είνι δύντη., την οποί λύνουμε κτά τ γνωστά κι κτλήγουμε Άσκηση 10 Ν χωριστεί ο ριθμός 17 σε δύο μέρη, έτσι ώστε το μεγλύτερο μέρος διιρούμενο με το μικρότερο ν δίνει πηλίκο κι υπόλοιπο 68. Έστω x το μικρότερο μέρος τότε το μεγλύτερο θ είνι 17-x κι πό την τυτότητ της Ευκλείδεις διίρεσης θ είνι: 17 x = x + 68 x = 49 x = 8 το μικρότερο μέρος κι 17-8 = 4 το μεγλύτερο μέρος. Άσκηση 11 Το άθροισμ των ψηφίων ενός διψήφιου ριθμού είνι 7. Αν ενλλάξουμε τη θέση των ψηφίων του προκύπτει ριθμός μεγλύτερος κτά 9. Ν ρεθεί ο ρχικός ριθμός. Έστω xy = 10x + y ο ριθμός. Ο ριθμός που προκύπτει με ενλλγή των ψηφίων είνι yx = 10y + x κι ισχύει yx = xy + 9. Άρ θ έχουμε: 10y + x = 10x + y + 9 (1) Όμως ισχύει: x+ y= 7 y= 7 x () Η εξίσωση (1) λόγω της () γίνετι: 10(7 x) + x = 10x + 7 x + 9 70 10x + x = 10x x + 7 + 9 18x = 54 x =. Άρ θ είνι κι y = 4 κι ο ζητούμενος ριθμός είνι ο 4. Άσκηση 1 Ν λυθεί η εξίσωση: x 4 x 1 x 1 5 x =. 6 5 E.K.Π(6, 5) =. Επομένως έχουμε: x 4 x 1 x 1 5 0x 0 = 0 0 6 5 10

x 4 x 1 0x 5 x = 60 6 1 5 x 4 x x 4 x 0x 10x + 5 = 60 1 0x 10x + 5 = 60 1 5 5 4 x 0x 10x + x = 60 + 19x + = 60 + 4 x 56 14 0x = 56 x = x =. 0 5 Άσκηση 1 Ν ρεθούν οι κέριοι ριθμοί ω γι τους οποίους ισχύει: 8 8 (4ω + 004) = (4ω + 1000). 8 8 (4ω + 004) = (4ω + 1000) + =± + 8 8 4ω 004 (4ω 1000) Έτσι έχουμε: 4ω + 004 = 4ω + 1000 ή 4ω + 004 = (4ω + 1000) 4ω 4ω = 1000 004 ή 8ω = 1000 004 0 = 1004 δύντη ή 8ω = 1004 1004 ω = = 15,5. 8 Επομένως, η εξίσωση είνι δύντη στο σύνολο των κερίων ριθμών. Άσκηση 1 Μι λεπού κτδιώκει έν λγό που πέχει 60 πηδήμτά του πό την λεπού. Ότν ο λγός κάνει 9 πηδήμτ η λεπού κάνει 6 πηδήμτ. Αλλά πηδήμτ της λεπούς, είνι ίσ με 7 πηδήμτ του λγού. Μετά πό πόσ πηδήμτ η λεπού θ φτάσει το λγό; Έστω ότι η λεπού θ φτάσει το λγό μετά πό x πηδήμτ. Ότν η λεπού κάνει 6 πηδήμτ ο λγός, κάνει 9 πηδήμτ επομένως ότν η λεπού κάνει x πηδήμτ ο λγός κάνει 9 x = x πηδήμτ. 6 Όμως πηδήμτ της λεπούς, είνι ίσ με 7 πηδήμτ του λγού, έτσι 1 πήδημ του λγού ισοδυνμεί με πηδήμτ της λεπούς. 7 x Έτσι τ 60 + πηδήμτ του λγού ισοδυνάμων με 60 x + πηδήμτ της 7 x λεπούς. Επομένως 60 + = x (πηδήμτ της λεπούς) 7 x 9x 60 60 + = 7x 180 + = 7x 60 + 9x = 14x 5x = 60 x = 5 x = 7 πηδήμτ. 11

. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΔΕΥΤΕΡΟΥ ΒΑΘΜΟΥ.1. Η γενική μορφή της εξίσωσης δεύτερου θμού είνι 0 κι,,γ. Ελλιπείς μορφές της εξίσωσης δεύτερου θμού είνι : κι,,γ R, x + γ = 0 () με 0 κι,,γ. x + x + γ = 0 με x + x = 0 (1) με 0 Το πλήθος των ριζών της εξίσωσης δεύτερου θμού εξρτάτι πό το πρόσημο της ποσότητς Δ = 4γ, που ονομάζετι δικρίνουσ. Συγκεκριμέν έχουμε τον πρκάτω πίνκ: Δ = 4γ x + x + γ = 0 0 Αν Δ > 0 ± Δ η εξίσωση έχει δύο ρίζες στο, τις x1, = Αν Δ = 0 η εξίσωση έχει διπλή ρίζ ( δύο ρίζες ίσες ) x1 = x = Αν Δ < 0 η εξίσωση δεν έχει ρίζες πργμτικούς ριθμούς, λλά έχει ρίζες στο σύνολο των μιγδικών ριθμών, τις x1, =. ± i Δ Σχόλι ) Αν ο συντελεστής είνι δηλδή άρτιος = 1, τότε: 1 Δ1 Δ = 41 4γ = 4(1 γ) = 4 Δ1 κι τις ρίζες x1, = ±. ) Αν οι, γ είνι ετερόσημοι δηλδή γ< 0 τότε Δ = 4γ > 0, συνεπώς η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες. Το ντίστροφο δεν ισχύει. γ) Αν οι ριθμοί,, γ είνι ρητοί ριθμοί κι η δικρίνουσ Δ = 4γ : i) είνι τέλειο τετράγωνο ρητού ριθμού, τότε οι ρίζες x 1,x είνι ρητοί. ii) δεν είνι τέλειο τετράγωνο ρητού ριθμού, τότε οι ρίζες x 1,x είνι άρρητοι συζυγείς ριθμοί. Λυμένες σκήσεις σκήσεις με υπόδειξη. (1) Ν λυθούν οι εξισώσεις: i) x 0x + 51 = 0 ii) ( ) x x+ x+ = 0 ( ± ) iii) x x + ( γ + γ + γ) = 0 i) x 0x + 51= 0 = 1 = 0 = ( 10) γ=51 θέτουμε 1 = -10 Δ = γ = ( 10) 1 51= 100 51= 49 = 7 > 0 1 1 1

± Δ 1 1 10 ± 7 17 x1, = = = 10 ± 7 =, 1 οπότε οι ρίζες της εξίσωσης είνι x 1 = 17 ή x =. ii) ( ) x x + = 0, ± άρ 0. 4 4 4 Δ = ( ) 4( ) 4 4( ) = 4 4 4 4 = 4 4 + 4 = 4 = ( ) 0. Άρ x Δ = ( ) = = συνεπώς Δ 1, = = = 1 ± Δ =± ± ± ( ± ) ( ) ( ) ( + ) ( ) = ( + ) = ( + )( ) = κι έτσι x 1 = ή x = ( ) +. = ( + )( ) + iii) Έχουμε: x x + ( γ + γ + γ) = 0 Συνεπώς έχουμε: Δ = ( ) 4 1 ( γ + γ + γ) = = 9 8 + 4 + 4γ + 4 8γ 4γ = = + 4 + 4γ + 4 8γ 4γ = = + () + (γ) + γ γ = ( + γ) = + γ. x 1, () Ν λυθούν οι εξισώσεις: 4x 5 4 x 15 0 ± Δ =± + γ =± + γ =± ( + γ) κι + + γ = + γ ± (+ γ) = = 1 + γ == + γ i) + ( ) = ii) ( ) x + + x+ 6 = 0 (i) Δ = ( 5 4 ) 4 4 ( 15) = ( 5) 8 5 + 4 ( ) + 16 15 = ( 5) + 4 ( ) 8 5 + 16 5 = ( 5) + ( 4 5) + 8 5 = ( 5+ 4 ) Άρ οι ρίζες της εξίσωσης είνι: x 1, ( 5 4 ) ( 5 4 ) ± + = = = 4 5 Άρ έχουμε τις ρίζες: x1 = κι x. 4 5+ 4 + 5+ 4 = 8 5+ 4 5 4 5 = 8 4

ii) Γι εξάσκηση του μθητή. () Ν λυθούν οι εξισώσεις: i) x + x 18 = 0 ii) iii) x + 5x + 1= 0 iv) (x ) x 10 = 0 x + x+ 4 = 7x i) x + x 18 = 0 Γράφουμε την εξίσωση στη μορφή: x + x 18 = 0 (1) κι πίρνουμε οηθητικό άγνωστο ω= x 0. Έτσι η (1) γίνετι: ω ω 18 0, Δ 81 9 0, ω1, + 9 = ± 9 + = = = > = = 9 = 6 Άρ έχουμε: x = ω= > 0 ή x = ω= 6< 0, (πορρίπτετι) x =±. Επομένως η εξίσωση έχει τις λύσεις x1, = ±. Υπενθύμιση Ισχύει ότι, 0 = x = θ, θ > 0 x = θ ή x = θ ii) Υπόδειξη (x ) x 10 = 0 x x 10= 0. Θέτουμε x = ω 0. Λύσεις: ω =, ω = 7, οπότε x = (πορρίπτετι) ή x = 7 x =± 7 x = 9 ή x = 5. Υπενθύμιση Ισχύει ότι =, φού οι ντίθετοι ριθμοί έχουν ίδι πόλυτη τιμή x + 5 (x ) + 1, ν x iii) Υπόδειξη: x + 5x + 1= x + 5( x + ) + 1, ν x Έτσι γι x : x + 5(x ) + 1 = 0 ρίσκουμε τις λύσεις x1, = 7,, οι ο- ποίες πορρίπτοντι, ενώ γι x : x + 5( x+ ) + 1= 0 ρίσκουμε Δ < 0 έτσι δεν έχουμε ρίζες. στο. iv) Υπόδειξη: x + x + 4 = x + x + 1+ = (x + 1) + > 0, οπότε 14

x + x + 4 = x + x + 4. (4). Αν η εξίσωση x + x + γ = 0 (1) με 0 κι,,γ Q έχει ρίζ ρ1 = κ+ λ όπου κ ρητός κι λ άρρητος, τότε θ έχει ρίζ κι τον συζυγή του ριθμού ρ 1. Αφού ο ριθμός ρ 1 είνι ρίζ της (1) θ επληθεύει: ( ) ( ) ( ) κ+ λ + κ+ λ + γ= 0 κ + κ λ + λ + κ+ λ + γ= 0 κ + λ + λ+ κ+ λ + γ= 0 (κ + ) λ + κ + λ + κ + γ = 0 (κ + ) λ = (κ + λ + κ + γ) (). Όμως,, γ, κ,οπότε κ + κι (κ + λ + κ + γ) κι συνεπώς η ισότητ () ισχύει μόνο ότν κ + = 0 κι κ + λ + κ + γ = 0. Συζυγής του ρ 1 είνι ο ριθμός ρ = κ λ, οπότε ( ) ( ) κ λ + κ λ + γ =... = κ λ κ γ (κ ) λ 0 + + + + =, 0 0 δηλδή κ λ είνι ρίζ της (1). (5) i) Αν, ρητοί ποδείξτε ότι η εξίσωση ως ρίζες της τους ριθμούς 1 κι 1 +. ii) Ν ρεθούν οι ρητοί, ώστε η εξίσωση ριθμό +. (6) Αν,, γ είνι μήκη πλευρών τριγώνου, τότε η εξίσωση x ( + γ )x + γ = 0, δεν έχει πργμτικές ρίζες. 15 x + x + = 0 δεν μπορεί ν έχει x + x + = 0 ν έχει ρίζ τον Δ = ( + γ ) 4 γ = ( + γ ) (γ) = = ( + γ + γ) ( + γ γ) = ( + γ) ) ( γ) = ( + γ + ) ( + γ ) ( γ + ) ( γ ). Όμως + γ+ > 0 (φού,, γ μήκη) κι πό την τριγωνική ιδιότητ έχουμε + γ> + γ > 0, + > γ + γ> 0 < + γ γ< 0. Άρ Δ<0, οπότε η εξίσωση δεν έχει ρίζες πργμτικές. (7) Ν ρεθεί η τιμή του λ 1, ώστε η εξίσωση:

(λ + 1)x λx + λ = 0 ν έχει: i) μι διπλή ρίζ ii) ρίζες άνισες iii) ρίζες πργμτικές. Έχουμε Δ = ( λ) 4(λ + 1) (λ ) = 4λ 4(λ λ + λ ) = 4λ 4λ + 8λ + 1 = 8λ + 1 = 4(λ + ) i) Πρέπει Δ = 0 4 (λ + ) = 0 λ+ = 0 ii) Πρέπει Δ > 0 4 (λ + ) > 0 iii) Πρέπει Δ 0 4 (λ + ) 0 λ > λ (8) Ν ρεθεί το είδος των ριζών των εξισώσεων: i) x + (κ μ)x + μ + κ μκ = 0 ii) κx + (5κ λ + μ) x 8κ = 0 iii) x (5κ + μ 4κμ)x 6κ = 0 iv) ( + ) x ( 4)x + 1 = 0 λ = Μέθοδος Γι ν ρούμε το είδος των ριζών δευτεροάθμις εξίσωσης εργζόμστε: ) με το πρόσημο της Δ ή ) με το πρόσημο του γινομένου γ (9) Αν γι τους συντελεστές,, γ της εξίσωσης x + x + γ = 0 ισχύει 0 κι γ = + γ ν ποδείξετε ότι η εξίσωση έχει πργμτικές ρίζες. (10) Αν + γ κι 0, τότε η εξίσωση x + x + γ = 0 έχει πργμτικές ρίζες... Άθροισμ κι γινόμενο των ριζών της x + x + γ = 0, 0 Έστω x,x 1 οι ρίζες της εξίσωσης x + x + γ = 0. Αν συμολίσουμε με S το άθροισμ x1+ x κι με Ρ το γινόμενο x1x ρίσκουμε ότι: S= x1+ x = γ P= xx 1 = (Τύποι Vieta) 16

Σημείωση 1) Αν δύο ριθμοί x,x 1 έχουν άθροισμ S κι γινόμενο Ρ, τότε οι ριθμοί υτοί είνι ρίζες της εξίσωσης x Sx + P= 0. ) Με τους τύπους Vieta μπορούμε ν υπολογίζουμε το άθροισμ κι το γινόμε- νο των ριζών της εξίσωσης x + x + γ = 0 ( 0, Δ 0), χωρίς ν λύνουμε την εξίσωση. ) Με τους τύπους Vieta μπορούμε ν υπολογίσουμε συμμετρικές πρστάσεις των ριζών x,x 1, δηλδή πρστάσεις που περιέχουν τις ρίζες x,x 1 κι δεν λλάζει η τιμή τους, ν ενλλάξουμε τ γράμμτ x 1 κι x, π.χ. οι n n 1 1 πρστάσεις x1 + x, x1 + x,x 1+x, +, κ. λ. π. x x 1 4) Με τους τύπους Vieta κι εφ όσον Δ 0, ρίσκουμε το πρόσημο των ριζών x 1, x της εξίσωσης x + x + γ = 0... Πίνκς διερεύνησης του είδους κι του προσήμου των ριζών x,x 1 της εξίσωσης x + x + γ = 0. γ 1. Αν P= < 0, η εξίσωση έχει ρίζες ετερόσημες, έστω x1 < 0< x κι ν S= > 0, τότε μεγλύτερη κτ πόλυτη τιμή είνι η θετική. ν S= < 0, τότε μεγλύτερη κτ πόλυτη τιμή είνι η ρνητική. ν S= = 0, τότε οι ρίζες είνι ντίθετες. γ. Αν P= > 0 πρέπει ν εξετάσουμε τη δικρίνουσ Δ = - 4γ Αν Δ> 0, τότε έχουμε ρίζες πργμτικές κι ν S= > 0, τότε 0< x1 < x ( ρίζες θετικές) ν S= < 0, τότε x1 < x < 0 ( ρίζες ρνητικές) Αν Δ = 0, τότε έχουμε δύο ρίζες ίσες: x1 = x =. Αν Δ < 0, τότε η εξίσωση δεν έχει πργμτικές ρίζες.. Αν γ Ρ= = 0 η μί ρίζ είνι μηδέν κι η άλλη..4. Συμμετρικές πρστάσεις των ριζών της εξίσωσης x + x + γ = 0. ) ) x + x = (x + x ) x x = S P 1 1 1 1 1 1 1 x+ x = (x+ x) xx(x+ x) = S PS 17

γ) x + x = (x + x ) x x = (S P) P 4 4 1 1 1 δ) Εύρεση του x + x μ μ 1 μ x μ μ 1 μ 1 1 1 1 1 1 μ.. μ μ 1 μ x 1 1 x + x + γ = 0 x + x + γ x = 0 x + x + γ = 0 x + x + γ x = 0 Προσθέτουμε κτά μέλη κι έχουμε: μ μ μ 1 μ 1 μ μ ( 1 ) ( 1 ) ( ) x + x + x + x + γ x + x = 0 S + S + γs = 0 μ μ 1 μ κι πό υτή τη σχέση υπολογίζουμε την πράστση μ μ γ Sμ = x1 + x = Sμ 1 Sμ = SSμ 1 PSμ. Π.χ. γι το S = x + x έχουμε: 5 5 5 1 S 5 + S 4 + γs = 0 S 4 γs S5 =. x x ε) 1 + Δ Δ Δ Δ x1 x = = =,.5. Σχέσεις μετξύ ριζών κι συντελεστών πολυωνυμικής εξίσωσης. ν ν 1 Έστω το πολυώνυμο f(x) = νx + ν 1x +... + 1x + 0, με 0 κι ν, ν 1,..., 1,0, με ρίζες ρ 1, ρ,...,ρ ν. Γι την εξίσωση ν ν 1 x + x +... + x + = 0 ισχύουν οι σχέσεις: ν ν 1 1 0 S1 = ρ1+ ρ +... + ρν = ν 1 ν S = ρ1ρ + ρ1ρ +... + ρ1ρ ν+ ρρ +... + ρρ ν+... + ρν 1ρ ν= ν S = ρ1ρ ρ + ρ1ρ ρ 4 +... + ρ1ρ ν +... + ρν ρν 1ρ ν= Sν = ρ1ρ ρ...ρ ν 1ρ ν= ( 1) ν 0 ν ν ν ν 18

Λυμένες σκήσεις 1. Χωρίς ν ρείτε τις ρίζες x 1, x της εξίσωσης x + x 6= 0 ν υπολογίσετε τις πρστάσεις: 4 4 i) x1 + x ii) x1 + x iii) x1 x iv) x1 + x 5 5 v) x1 x1x + x x1x vi) x1 + x. 1 γ 6 Έχουμε S = x1+ x = = = 1 κι P = x1x = = = 6 1 1 i) x + x = (x + x ) x x x x = S P = ( 1) ( 6) = 1 ii) 1 1 1 1 1 1 1 1 x + x = (x + x ) x x (x + x ) = S P S = ( 1) ( 6)( 1) = 19 Δ 5 iii) x1 x = = = 5 = 5, οπότε x1 x = 5 ή x1 x = 5 1 4 4 (i) 1 1 1 iv) ( ) x + x = x + x x x = 1 ( 6) = 97 (i) + = + + = v) x x x x x x ( x x ) x x ( x x ) 1 1 1 1 1 1 = ( 19) ( 6) ( 1) = 8 18 = 56. 5 5 S 4 γs 1 97 + 6 ( 19) vi) x1 + x = = = 97 114 = 1 1 x 4x 5 = 0 ν κτσκευστεί εξί-. Αν x 1, x είνι ρίζες της εξίσωσης σωση με ρίζες (x ) κι (x ). 1 Ζητούμενη εξίσωση: ω + Sω + P = 0 (1) όπου S = (x1 ) + (x ) κι P = (x1 ) (x ) Έχουμε x1+ x = άρ x1 = x κι x = x1, οπότε S = (x1 ) + (x ) = ( x ) + ) (x 1) 1 1 1 1 x1 + x = + = + = ( x ) ( x 1) x x x1x 5 ( ) (x1+ x) xx(x 1 1+ x) = = (x1x ) 5 184 = = 15 15 8 1 8 κι P = (x1 ) (x ) = ( x ) ( x 1) = = (x1x ) 15 184 8 έτσι έχουμε (1) ω ω = 0 15ω 184ω 8 = 0. 15 15 19

x x λ 5= 0 επλη-. Γι ποιες τιμές του λ οι ρίζες x 1, x της εξίσωσης θεύουν τη σχέση x1 x = 14. Γι ν έχει η εξίσωση x x λ 5= 0 δύο ρίζες x 1, x πρέπει Δ 0. ( ) 4 ( λ 5) 0 λ 6. Από τους τύπους του Vieta έχουμε: S = x1+ x = (1) P= x1 x = λ 5 () κι x1 x = 14 () Από τις (1) κι () θ ρούμε τ x 1, x κι θ ντικτστήσουμε τη σχέση (): x1+ x = x1+ x = 6, x1 x = 14 x1 x = 14 οπότε προσθέτουμε κτά μέλη κι έχουμε 5x1 = 0, δηλδή x1 = 4 κι x = x1 =. x1 x = λ 5 4( ) = λ 5 λ = (δεκτή τιμή.) 4. Ν ρείτε τις τιμές του λ ώστε η εξίσωση: x (λ 1)x + λ 4 = 0 ν έχει: i) δύο ρίζες ετερόσημες, ii) δύο ρίζες θετικές, iii) δύο ρίζες ρνητικές, iv) δύο ρίζες ντίθετες, v) δύο ρίζες ντίστροφες κι vi) η μί ρίζ ν είνι διπλάσι της άλλης. Βρίσκουμε τ Δ, S κι Ρ. Δ = (λ 1) 4(λ 4) = 4λ 4λ + 1 4λ + 16 = 4λ + 17 S= x1+ x = λ 1 κι P = λ 4 i) Γι ν έχει η εξίσωση δύο ρίζες ετερόσημες πρέπει κι ρκεί: 17 4λ 17 0 Δ> 0 + > λ < 4 Ρ 0 λ < 4< 0 λ < 4 17 λ < 17 λ < 4 4 <λ<. λ < < λ< ii) Γι ν έχει η εξίσωση δύο ρίζες θετικές πρέπει κι ρκεί: 0

Δ 0 λ 17 / 4 λ 17 / 4 λ 17 / 4 17 P> 0 λ 4 > 0 λ > λ > η λ < < λ 4 S> 0 λ 1 0 > λ > 1/ λ > 1/ iii) Γι ν έχει η εξίσωση δύο ρίζες ρνητικές, πρέπει κι ρκεί: Δ 0 P> 0, πό τις οποίες,όμοι εργζόμενοι, ρίσκουμε λ<- S< 0 iv) Γι ν έχει η εξίσωση δύο ρίζες ντίθετες πρέπει κι ρκεί: Δ> 0 P< 0 λ=1/ S= 0 v) Γι ν έχει η εξίσωση δύο ρίζες ντίστροφες πρέπει κι ρκεί: Δ 0 λ =± 5 P= 1 vi) Έστω x 1, x οι ρίζες κι x1 = x. Τότε έχουμε S= x1+ x = x + x = λ 1 x = λ 1 λ 1 x = P = x 1 x = xx = x = λ 4 x = λ 4 Επομένως πρέπει κι ρκεί: λ 1 = λ 1 (4λ 4λ + 1) = 18λ 9 8λ 6λ + 11 = 0, (Δ = ( 6) 4 8 11 = 676 5 = 18 ) 44 11 = 6 ± 18 16 4 λ 1, = = 16 8 1 = 16 Ασκήσεις γι λύση (1) Ν προσδιοριστεί ο ριθμός μ, ώστε το διπλάσιο του γινομένου των ριζών της 4 εξίσωσης μ μ 4 x μx + = 0 ν είνι ίσο με το τετράγωνο μις ρίζς. () Ποι σχέση πρέπει ν υπάρχει μετξύ των συντελεστών κ κι λ της εξίσωσης x + λx + κ = 0, ώστε η μί ρίζ ν είνι ν φορές μεγλύτερη της άλλης. Αν ν = 4 ν ρεθούν οι κέριες τιμές των κ, λ οι μικρότερες του 0. 1

() Αν οι δύο ρίζες μις εξίσωσης ου θμού έχουν διφορά κι γινόμενο 4 4 ν υπολογιστούν οι ρίζες κι επίσης η μορφή της εξίσωσης. (4) Αν οι ρίζες της εξίσωσης τ,, γ, ν γνωρίζουμε ότι x + x + γ = 0 είνι οι 1 κι, ν υπολογιστούν + + γ = γ. (5) Ν προσδιοριστούν οι συντελεστές,γ της εξίσωσης x + x + γ = 0 ν γνωρίζουμε ότι ο λόγος των ριζών είνι ίσος με κι η διφορά τους γ. x + x + = 0 ν ελττω- (6) Ν ρεθούν τ, ώστε οι ρίζες της εξίσωσης θούν κτά 1 ν γίνοντι ρίζες της εξίσωσης: x ( + 7)x + + 4 + 7 = 0. 4.6. Η συνάρτηση f(x) = x + x + γ, 0 Γρφική επίλυση της εξίσωσης x x γ 0, 0 + + =. Η πράστση f(x) = x + x + γ είνι μί συνάρτηση η οποί λέγετι κι τριώνυμο. Είνι γνωστό ότι: Δ f(x) = x + x + γ = x +. 4 Η γρφική πράστση της f είνι η προλή y = x + x + γ κι κτσκευάζετι ως εξής: κτσκευάζουμε την προλή C 1 με εξίσωση y = x, κτσκευάζουμε την προλή C με εξίσωση y = x+ μετφέρο- ντς τη C 1 οριζόντι κτά μονάδες, κτσκευάζουμε τη ζητούμενη προλή μετφέροντς τη C κτκόρυφ Δ κτά μονάδες. 4 Από τη μελέτη της συνάρτησης συμπεράσμτ: Αν > 0 τότε f(x) = x + x + γ, 0 εξάγουμε τ πρκάτω κι η γρφική πράστση μπορεί ν έχει μι πό τις πρκάτω μορφές:

1) Η κμπύλη τέμνει τον άξον τέμνει τον άξον x x σε δύο σημεί τ (ρ 1,0) κι (ρ,0) των οποίων οι τεμνόμενες ρ 1, ρ είνι ρίζες της εξίσωσης x + x + γ = 0 Άρ Δ > 0 ) Η κμπύλη τέμνει τον άξον x x σε έν σημείο το (ρ 1,0) (ρ,0),0 του οποίου η τεμνόμενη ρ 1 είνι διπλή ρίζ της εξίσωσης x + x + γ = 0. Άρ Δ = 0. ) Η κμπύλη c δεν τέμνει τον άξον x x η εξίσωσης x + x + γ = 0 δεν έχει πργμτική ρίζες άρ Δ < 0. Κι στις τρεις περιπτώσεις ισχύουν κόμ: Η ευθεί x = είνι άξονς συμμετρίς της γρφικής πράστσης της f(x) = x + x + γ Δ Κορυφή της προλής είνι το σημείο, 4. Δ Γι x = έχουμε ελάχιστο f =. 4 Αν < 0 τότε Η γρφική πράστση σε υτήν την περίπτωση μπορεί επίσης ν έχει τρείς μορφές τις πρκάτω:

Αντίστοιχ έχουμε: Η ευθεί x = είνι άξονς συμμετρίς της προλής. Δ Η κορυφή της προλής είνι το σημείο, 4. Δ Γι x = έχουμε τη μέγιστη τιμή f =. 4 4. Το τριώνυμο. f(x) = x + x + γ με 0,,,γ R λέγετι τριώνυμο. Η δι- Η συνάρτηση κρίνουσ Δ κι οι ρίζες x 1, x της εξίσωσης κρίνουσ κι ρίζες του τριώνυμου. 4.1. Μορφές του τριωνύμου f(x) = x + x + γ με 0. Το τριώνυμο μπορεί ν πάρει την μορφή: x + x + γ = 0 λέγοντι ντίστοιχ δι- 4γ f(x) = x+ 4 ή Δ f(x) = x+ 4, η οποί λέγετι κνονική μορφή του τριωνύμου. Δικρίνουμε τις περιπτώσεις: 1) Αν Δ > 0 κι x 1, x ρίζες, τότε x + x + γ = (x x 1) (x x ) το τριώνυμο γράφετι ως γινόμενο δύο πρωτοάθμιων πργόντων κι ντίστροφ. ) Αν Δ = 0 κι x1 = x =, τότε x + x + γ = (x x 1), δηλδή το τριώνυμο γράφετι ως γινόμενο του επί έν τέλειο τετράγωνο ενός πρωτοάθμιου πολυωνύμου κι ντίστροφ. ) Αν Δ < 0, τότε Δ Δ x + x + γ = x x + + = + +, 4 δηλδή το τριώνυμο γράφετι ως άθροισμ δύο τετργώνων (επί 0) κι ντίστροφ. Οι πρπάνω μορφές είνι χρήσιμες στην πργοντοποίηση των πολυωνύμων κι στην πλοποίηση κλσμάτων κι επίσης στην ευκολότερη μελέτη των τριωνύμων. 4

Ασκήσεις 1. Ν γίνει γινόμενο η πράστση 4 4x 7x + 9. 4 Θέτουμε x = ω> 0 κι έχουμε 4x 7x + 9 = 4ω 7ω + 9 που είνι τριώνυμο Βρίσκουμε τις ρίζες του τριωνύμου 4ω 7ω + 9. Έχουμε Δ = 15 = 5 1, οπότε θ είνι ω1 = 9 κι ω =. 4 1 Άρ 4ω 7ω + 9 = 4 ( ω 9) ω = (ω 9) (4ω 1) = 4 (x 9)(4x 1) = (x+ )(x )(x 1)(x + 1).. Ν ρεθούν τ λ κι μ ώστε γι κάθε x R ν είνι x + (λ + μ + 1)x + (λ μ + ) = (x 1) (x + ) (1) Το 1 ο μέλος της (1) είνι τριώνυμο κι φού το ο μέλος έχει ρίζες 1 κι - ( διότι : (x 1)(x ) = 0 x = 1 ή x = ) πρέπει ν έχει τις ίδιες ρίζες. Όμως έχουμε x1+ x = (λ + μ + 1) (τύποι Vieta) x1 x = λ μ + Έτσι 1= λ μ 1 μ + λ = 0 λ μ = = λ μ + λ μ + 5= 0 Αντικθιστούμε κι έχουμε: ( λ) 9λ λ = 0 λ + 5 = 0 4λ 9λ = 0 4 5λ = 0 λ = 4 λ=± 6 Γι λ =, προκύπτει ότι μ = = 6 Γι λ = -, προκύπτει ότι μ = =. Κι στις δύο περιπτώσεις το πρώτο μέλος τυτίζετι με το δεύτερο. Ν ρεθεί η μέγιστη τιμή πό τις ελάχιστες τιμές της συνάρτησης f (x) = x (l 1)x (λ + ), ότν λ R. f (x) = x (λ 1)x (λ + ) = 1> 0. Άρ ελάχιστη τιμή της f(x) είνι f(x) = x + x + γ Δ > 0, στο x = ελάχιστη τιμή y = 4 Δ < 0, στο x = μέγιστη τιμή y = 4 5

Δ 4(λ λ + 1) + 4λ + 16 4λ 8λ + 4 + 4λ + 16 y = = = = 4 4 4 4λ + 16λ + 0 = λ 4λ 5, 4 που είνι επίσης τριώνυμο ως προς λ με = -1<0. Άρ έχει μέγιστη τιμή Δ 16 0 ω= = = 1. 4 4( 1) 4. () Ν ποδείξετε ότι η εξίσωση x + ( )x ( + ) = 0έχει πργμτικές ρίζες γι κάθε. (). Αν x 1, x είνι οι ρίζες της εξίσωσης, ν ρεθεί το R, ώστε η πράστση y = x + x ν γίνει ελάχιστη. 1 : ) Γι ν έχει πργμτικές ρίζες η εξίσωση πρέπει Δ 0. Πράγμτι, έχουμε: ( - ) + 4( + ) = + 16 > 0. ) Ονομάζουμε y = x + x = (x + x ) x x = 1 1 1 [ ] [ ] πρου- = ( ) ( + ) = 4 4 + + + 6 = + 10. ( ) Όμως + 10 είνι τριώνυμο ως προς, το οποίο γι = = 1 1 ( ) 4 1 10 6 σιάζει ελάχιστη τιμή την y= = = 9. 41 4 5. Ν ρεθούν τ,, γ, ώστε η συνάρτηση f με f(x) = x + x + γ, 0 ν είνι γνησίως στο (,1, γνησίως φθίνουσ στο 1, + ), ν έχει κρόττο με τετγμένη 4 κι ν διέρχετι πό το σημείο Α (,). Πρτηρούμε ότι στο Έτσι έχουμε : x = = 1 έχουμε μέγιστη τιμή = 1 4γ = 4 4 + + = γ Δ y= = 4 4 οπότε θ είνι = ( ) 4γ = 16 4 4γ + 16 = 0 4γ = 16 = γ = 4 + ( ) + γ = 4 4 + γ = 4 + + γ = Έτσι έχουμε 4 4 γ + 16 = 0 4 4 + 16 = 0 6

= 0 (πορρίπτετι) + 4= 0 + = 0 (+ 1) = 0 = 1 Συνεπώς: = -1, = -(-1) =, γ =. Άρ είνι f(x) = x + x +, που έχει γρφική πράστση προλή κι φού στο x=1 έχει μέγιστο το 4 (κρόττο), το σημείο Δ, = (1, 4) νήκει στην 4 f =. γρφική πράστση της f. Επιπλέον επληθεύουμε εύκολ ότι ( ) 6. Δίνετι η προλή f(x) = x + (λ 1)x λ, λ R. Ν ρεθούν οι τιμές του λ, ώστε η προλή: i) ν εφάπτετι στον άξον x x, ii) ν έχει άξον συμμετρίς τον άξον y y, iii) ν έχει κορυφή με τετγμένη -1. i) Η C f εφάπτετι στον x x, ν, κι μόνον ν, έχει μί μόνο πργμτική ρίζ, δηλδή έχει έν μόνο κοινό σημείο με τον άξον x x, οπότε πρέπει κι ρκεί: Δ = 0 (λ 1) 4( λ) = 0 λ λ + 1+ 4λ = 0 λ + λ+ 1= 0 (λ+ 1) = 0 λ= 1. Συνεπώς, γι λ = 1 η προλή εφάπτετι του άξον x x. ii) Άξονς συμμετρίς είνι η ευθεί x = κι φού πό την υπόθεση είνι ο άξονς y y με εξίσωση x = 0, έχουμε: x = = 0. Επομένως (λ 1) x = = 0 λ 1= 0 λ= 1. 1 Δ iii) Κορυφή:, - 4 Δ (λ + 1) Έχουμε: = = 1 (λ+ 1) = 4 λ+ 1=± λ= ή λ= 1. 4 4 4.. Πρόσημο του τριωνύμου. Έστω το τριώνυμο f(x) = x + x + γ με 0. Αν δώσουμε στο x μί τιμή ξ, τότε το τριώνυμο λμάνει μί ριθμητική τιμή f(ξ) = ξ + ξ + γ, η οποί μπορεί ν είνι μηδέν (τότε το ξ θ είνι ρίζ) ή ρνητική ή θετική. Πολλές φορές όμως είνι νάγκη ν γνωρίζουμε εκ των προτέρων, το πρόσημο του f(x) ότν x = ξ χωρίς ν υπολογίζουμε την ριθμητική τιμή f(ξ). Το πρόσημο του τριωνύμου εξρτάτι πό την δικρίνουσ Δ κι πό το συντελεστή. Έτσι εξετάζουμε τις περιπτώσεις: 7

Ι) Αν Δ > 0, το τριώνυμο έχει ρίζες ρ 1, ρ κι έστω ότι ρ 1 < ρ τότε f(x) = (x ρ 1) (x ρ ). Αν ο ριθμός ξ ρίσκετι εκτός των ριζών, δηλδή ξ< ρ1 < ρ ή ρ1 < ρ < ξ, τότε f(ξ) = (ξ ρ 1)(ξ ρ ) κι το f(ξ) είνι ομόσημο του, δηλδή f (ξ) > 0. Αν ρ1 < ξ< ρ τότε το f(ξ) είνι ετερόσημο του, δηλδή f (ξ) < 0. ΙΙ) Αν Δ = 0, το τριώνυμο έχει διπλή ρίζ ρ1 = ρ = κι γράφετι στη μορφή f(x) = x+. Επειδή γι x είνι x + > 0, το f(x) είνι ομόσημο του, γι κάθε x -, ενώ γι x = έχουμε ότι f(- )=0. Δ ΙΙΙ) Αν Δ<0, τότε f(x) = x+ κι 4 οπότε το f (x) είνι ομόσημο του γι κάθε τιμή του x. Δ x + > 0, 4 Συμπέρσμ: Οι τιμές της συνάρτησης f(x) = x + x + γ με 0 είνι ομόσημες του, εκτός της περίπτωσης όπου Δ > 0 κι γι ριθμούς ξ με ρ1 < ξ< ρ (ρ 1, ρ ρίζες) οι τιμές f(ξ) είνι ετερόσημες του. 4.. Θέση ριθμού ξ ως προς τις ρίζες τριωνύμου 1) Έστω ξ R κι το τριώνυμο f(x) = x + x + γ, 0,, γ, εξετάζου- με την τιμή της f στο ξ, δηλδή την f(ξ) = ξ + ξ + γ κι έχουμε τις περιπτώσεις: Αν f(ξ) = 0 τότε ο ξ είνι ρίζ του f(x). Αν f (ξ) < 0, τότε το f(ξ) είνι ετερόσημο του, το τριώνυμο έχει δύο ρίζες ρ 1, ρ κι ο ξ ρίσκετι εντός των ριζών ρ 1, ρ. Αν f (ξ) > 0 τότε το f(ξ) είνι ομόσημο του. Αν υπάρχουν δύο ρίζες ρ 1, ρ με ρ 1 <ρ τότε ξ [ρ1, ρ ] κι θ είνι ξ < ρ1 < ρ ή ρ1 < ρ < ξ.γι ν εξετάσουμε ν ξ< ρ1 < ρ ή ν ρ1 < ρ < ξ συγκρίνουμε τον ξ με το ημιάθροισμ. ρ 1 + ρ ρ1+ ρ =, φού γνωρίζουμε ότι ισχύει ρ1 < < ρ. 8

) Αν γι τους ξ 1,ξ R ισχύει f(ξ 1) f (ξ ) < 0 τότε οι ριθμοί f(ξ 1), f (ξ ) είνι ετερόσημοι, υτό σημίνει ότι ένς πό τους δύο είνι ετερόσημος του, έτσι ένς πό τους ξ 1, ξ ρίσκετι μετξύ των ριζών ρ 1,ρ. Μεθοδολογί εύρεσης του πρόσημου τριωνύμου κι της θέσης ενός ριθμού ως προς τις ρίζες του τριωνύμου. Έστω f(x) = x + x + γ με 0. 1. Γι ν έχει ρίζ έν τριώνυμο πργμτικό ριθμό, πρέπει Δ > 0 ή Δ = 0.. Γι ν εξετάσουμε πότε είνι f(x) > 0 ή f(x) < 0, ρίσκουμε τη δικρίνουσ Δ κι εξετάζουμε το πρόσημο της.. Ότν θέλουμε το τριώνυμο ν διτηρεί στθερό πρόσημο, δηλδή f(x) > 0 ή f(x) < 0 γι κάθε x, πιτούμε ν είνι Δ < 0. 4. Ότν θέλουμε: ) f(x) > 0 γι κάθε x R, τότε πιτούμε Δ < 0 κι > 0. ) f(x) < 0 γι κάθε x R, τότε πιτούμε Δ < 0 κι < 0. 5. Ότν έχουμε ν λύσουμε νισώσεις της μορφής A(x) B(x) Γ(x)... 0 ή A(x) B(x) Γ(x)... 0 (1) ρίσκουμε το πρόσημο κάθε πράγοντ του γινομένου (1) χωριστά κι κτσκευάζουμε ένν τελικό πίνκ προσήμων, πό τον οποίο ρίσκουμε τη λύση ή τις λύσεις της (1). 6. Ανισώσεις της μορφής A(x) B(x) > < 0 με Γ(x) 0. είνι ισοδύνμες με την Γ(x) νίσωση: A(x) B(x) Γ(x) > < 0, Γ(x) 0.. 7. Σε νισώσεις της μορφής A(x) > < Γ(x) εργζόμστε ως εξής: B(x) A(x) > A(x) > A(x) Γ(x) B(x) > < Γ(x) Γ(x) < 0 < 0, B(x) 0 B(x) B(x) B(x) στη συνέχει εργζόμστε όπως στην περίπτωση 6. Οι περιπτώσεις 8 κι 9 νφέροντι στη θέση ριθμού ως προς τις ρίζες του f(x) = x + x + γ με 0. 8. f(x) = x + x + γ, 0,,,γ R, ρ 1, ρ οι ρίζες του, με ρ1 < ρ κι έστω ξ R. Τότε ισχύουν: ν f(ξ) < 0, τότε Δ>0 κι ρ 1 < ξ < ρ. γ ν f(ξ) = 0, τότε ρ 1 = ξ κι ρ =, ξ 9

ξ < κι ξ < ρ1 < ρ ν f(ξ) > 0 κι Δ 0 ή ξ > κι ρ1 < ρ < ξ 9. Έστω f(x) = x + x + γ, 0, ρ 1,ρ οι ρίζες του, με ρ1 < ρ κι έστω ξ,ξ, με ξ < ξ. Τότε ισχύουν: 1 1 ν f(ξ 1 ) < 0 κι f(ξ ) < 0, τότε ρ1 < ξ1 < ξ < ρ ν f(ξ 1 ) < 0 κι f(ξ ) > 0, τότε ρ1 < ξ1 < ρ < ξ ν f(ξ 1 ) > 0 κι f(ξ ) < 0, τότε ξ1 < ρ1 < ξ < ρ ν f(ξ 1 )f(ξ ) < 0, τότε ξ < ρ < ξ < ρ ή ρ < ξ < ρ < ξ ν 1 1 1 1 ξ 1 <, ξ >, τότε ξ1 < ρ1 < ρ < ξ 4γ > 0, ξ < τότε κι ξ 1, τότε ξ1 ξ ρ1 ρ < < < < ξ >, τότε κι ξ, τότε ρ ρ ξ ξ > < < < 1 1 1 Ασκήσεις 1. Δίνετι το τριώνυμο f(x) = x + x +. i) Ν μελετηθεί το πρόσημό του γι τις διάφορες τιμές του x. ii) Ν ερμηνευτεί γεωμετρικά η πάντησή σς. i) Η δικρίνουσ είνι Δ = 4γ = 4( 1) 16 = 4. Άρ η εξίσωση f(x) = -x + x + = 0 έχει ρίζες τις: ± 4 ± 4 1 ρ1, = = = ( 1) Έτσι το πρόσημο του τριωνύμου δίνετι πό τον πίνκ: Συνεπώς έχουμε: Γι x = -1 κι x = f(x) = 0. Γι x (, 1] [, + ) f(x) 0 Γι x [ 1,] είνι f (x) 0. ii) Εφ όσον το τριώνυμο έχει ρίζες 1 κι, η γρφική του πράστση τέμνει τον άξον x x σε δύο σημεί στ Α(-1,0), Β(,0). Εφόσον = -1 το τριώνυμο προυσιάζει μέγιστη τιμή. 0

Μί πρόχειρη γρφική πράστση δίνετι στο διπλνό σχήμ. Από υτήν προκύπτουν τ εξής: Η γρφική πράστση C τέμνει τον x x στ σημείο Α(-1,0) Β(,0). Γι 1 < x < f (x) > 0 κι η C είνι πάνω πό τον άξον x x. Γι x < 1 ή x > είνι f(x)<0 κι η C είνι κάτω πό τον άξον x x. * ) Ν ρεθούν οι τιμές του λ ώστε το τριώνυμο f(x) = λx (λ 1)x + λ ν είνι ρνητικό γι κάθε x. Θέλουμε το τριώνυμο ν είνι f (x) < 0, δηλδή ν διτηρεί στθερό το πρόσημό του, άρ πιτούμε: Δ < 0 (λ 1) 4 λ (λ ) 0 < (σύστημ νισώσεων) < 0 λ< 0 4(λ λ + 1) 4λ + 1λ < 0 4λ 8λ + 4 4λ + 1λ < 0 λ< 1 λ< 0 λ< 0 λ< 0 Συνληθεύουμε: Άρ γι τ λ < 1 είνι f (x) < 0, γι κάθε x. ) Αν το x πίρνει τιμές πό το σύνολο των πργμτικών ριθμών, ν ρεθεί 4x + η μέγιστη κι η ελάχιστη τιμή της πράστσης x + 1. 4x Θέτουμε + = μ, μ. Ανζητούμε τις τιμές του μ, ώστε το κλάσμ ν x + 1 πίρνει μέγιστη κι ελάχιστη τιμή. Γι το σκοπό υτό θ ρούμε όλ τ μ, γι τ οποί έχει λύση στο, ως προς x, η εξίσωση: 4x + x+ 10 μ 4x μ(x 1) μx μ 4x 0 = + = + + + = x + 1 μx + 4x μ + = 0 μx 4x + μ = 0 (1). Εξετάζουμε τις περιπτώσεις : 1

4x + 1) Αν μ = 0, τότε 0 4x 0 x = + = =. x + 1 4 Έτσι γι x = η τιμή του κλάσμτος είνι μηδέν. 4 ) Αν μ 0, πρέπει κι ρκεί Δ 0. Δ = ( 4) 4 μ(μ ) 0 16 4μ + 1μ 0 Αρκεί 4μ + 1μ + 16 : 0 4( μ + μ + 4) 0 μ + μ + 4 0, που είνι τριώνυμο ως προς μ με δικρίνουσ Δ = 9 + 16 = 5 = 5 κι ρίζες Το πρόσημο της Δ δίνετι πό τον πίνκ: μ 1, ± 5 ± 5 1 = = = 4 Επομένως, οι τιμές που μπορεί ν πάρει το μ είνι: 4x + 1 μ 4 1 4. x + 1 Έτσι μέγιστη τιμή του κλάσμτος είνι το 4 κι ελάχιστη τιμή του είνι το 1. 4) Αν x 1, x είνι οι ρίζες του τριωνύμου f(x) = x 6x + 7 ν τοποθετηθούν πό τον μεγλύτερο προς το μικρότερο οι ριθμοί x 1, x, -1,, 4, 5 χωρίς ν ρεθούν οι ρίζες του f(x). Έστω x 1, x οι ρίζες με x > x 1 τότε: τότε: f ( 1) = ( 1) 6( 1) + 7 = 14 > 0. Άρ 1< x 1 ή 1> x (1) f () = 6 + 7 = < 0 άρ x1 < < x () f (4) = 4 6 4 + 7 = 1 < 0 άρ x1 < 4< x () f (5) = 5 6 5 + 7 = > 0 άρ 5< x 1 ή 5 > x. (4) Από τις (1), (), () κι (4) έχουμε: 5> x > 4> > x > 1. 1 5) Αν το τριώνυμο f (x) = x (λ 1)x + λ + 5 έχεις ρίζες πργμτικές άνισες ν ποδείξετε ότι μι μόνο ρίζ θ ρίσκετι στο διάστημ (-, ).

Έστω x 1, x οι ρίζες του f(x) με x1< x. Τότε έχουμε: [ ] Δ = (λ 1) 4 1 (λ + 5) > 0 λ λ + 1 λ 5 > 0 λ λ 4 > 0 Επειδή είνι ± 5 = = = = Δ ( ) 4 1 ( 4) 5,έχουμε τις ρίζες λ1, 1 4 Άρ Δ = λ λ 4 > 0, ότν λ<-1 ή λ>4. Γι λ<-1, τότε το πρόσημο του τριωνύμου f(x) δίνετι πό τον πίνκ: Έχουμε: f ( ) = ( ) (λ 1) ( ) + λ + 5 = 4+ 4λ 4+ λ+ 5= 5λ+ 5= 5(λ+ 1) Όμως λ< 1 λ+ 1< 0 5(λ+ 1) < 0. Άρ f ( ) < 0 κι έτσι x1 < < x. Επιπλέον έχουμε: f () = (λ 1) + λ + 5 = 5λ + 0 = 5(λ 4) Επειδή λ < 1 λ 4 < 5 5 (λ 4) > 5 > 0 f () > 0 κι φού < x κι f () > 0, έχουμε: < x <. Επομένως είνι: x1 < < x <. f > 0 κι f < 0, οπότε: Ομοίως εργζόμστε γι λ > 4. Τότε ( ) ( ) < x1 < < x. 6) Ν λυθούν οι νισώσεις: 00 (x 1) (x 9x + 0) i) > 0 x x+ 1 ii) x x + 1 x 7x + 1 00 (x 1) (x 9x + 0) i) > 0 x x+ 1 Αρκεί ν ισχύει: 00 (x 1) (x 9x + 0) (x x + 1) > 0 Εξετάζουμε χωριστά το πρόσημο κάθε πράγοντ. x 1 0 x 1 x 1< 0 x< 1 x 9x + 0 Δ = ( 9) 4 1 0 = 81 80 = 1 = 1 x 1, 9± 1 = = 5 4

x x+ 1 Έχουμε Δ = ( 1) 4 1 = < 0, οπότε Κτσκευάζουμε τον τελικό πίνκ: Άρ x (1, 4) (5, + ) x x + x x + 4x 10 ii) 1 1 0 0. x 7x + 1 x 7x + 1 x 7x + 1 Αρκεί: (4x 10) (x 7x + 1) 0 κι x 7x + 1 0. 5 5 4x 10 0 x κι 4x 10 < 0 x <. x 7x + 1 Δ ( 7) 4 1 1 1 = =, οπότε έχουμε τις ρίζες x 1, 7± 1 4 = = κι Κτσκευάζουμε τον τελικό πίνκ: Επομένως, η νίσωση ληθεύει ότν: x (,5/ ] (,4). 4

7) Δίνετι η συνάρτηση f(x) = x x + ) Ν ρεθούν τ, ώστε η γρφική της πράστση ν διέρχετι πό το 1 1 σημείο (,-) κι ν ρ 1, ρ οι ρίζες του f(x) ν ισχύει + = 1 ρ1 ρ ) Ν λυθεί η νίσωση f(x) < 15 γ) Ν μελετηθεί ως προς τη μονοτονί η συνάρτηση h(x) = f(x ). ) Γι x =, έχουμε f () = + = 0 + = 6 (1) 1 1 ρ1+ ρ Vieta + = 1 = 1 ρ1 ρ ρρ 1 = 1 = () Από (1) κι () έχουμε =, = -. Έτσι ) f(x) = x x. f (x) < 15 x x < 15 x x 17 < 0 Δ = 4 + 68 = 7 = = 6, οπότε έχουμε τις ρίζες x 1, ± 6 ± 6 1+ = = = 1 Άρ η νίσωση ληθεύει ότν x ( 1, 1+ ). γ) f(x) = x x h(x) = f (x ) = (x ) (x ) = x 4x + 4 x + 4 = x 6x + 6. Έτσι h(x) = x 6x + 6 Δ 6 6 4 = 1>0, κορυφή,, (, ) 4 = = 4. Έτσι η h είνι γνησίως φθίνουσ στο (,] κι γνησίως ύξουσ στο [, + ). 5

4.4. Συνθήκες ώστε δύο τριώνυμ ν έχουν ρίζες, που πληρούν κάποι σχέση. Θεωρούμε το τριώνυμο f(x) = x + x + γ, 0,,, γ, με ρίζες ρ 1, ρ, (ρ 1< ρ ) κι το τριώνυμο g(x) = x + x + γ, 0,,,γ Rμε ' ' ' ' ρίζες ρ, ρ, (ρ < ρ ). Τότε έχουμε: 1 1 1) Γι ν έχουν τ f(x) κι g(x) ρίζες ντίθετες, πρέπει ρκεί ν ισχύει: γ = = γ. Απόδειξη Ευθύ. Έστω ότι τ τριώνυμ έχουν ρίζες ντίθετες, δηλδή ισχύει: ρ 1 = ρ1 κι ρ = ρ. Τότε χρησιμοποιώντς του τύπους του Vieta λμάνουμε: ρ 1+ ρ = (ρ 1+ ρ ) = γ = =, γ γ γ ρρ 1 = ρρ 1 = ν,γ 0. Αν κάποιος πό τους συντελεστές,γ είνι μηδέν, τότε προκύπτει ότι κι ο ντίστοιχος συντελεστής του πρώτου τριωνύμου θ είνι μηδέν. γ * Αντίστροφ, έστω ότι: = = = λ. κι έστω ρ μί ρίζ του τριωνύμου γ f(x) = x + x + γ. Τότε f(ρ) = ρ + ρ + γ = 0 λ ρ λ ρ + λγ = 0 λ ( ρ ρ + γ ) = 0 g ( ρ) = 0, φού λ 0, δηλδή ο ριθμός ρ είνι ρίζ του τριωνύμου g(x) = x + x + γ. ) Γι ν έχουν τ f(x) κι g(x) ρίζες νάλογες, δηλδή: ρ1 = κρ 1, ρ = κρ ρ1 ρ * (ν ρρ 1 0, γράφουμε: = = κ ) πρέπει κι ρκεί ν ισχύει: ρ 1 ρ γ = κ =. γ κ Απόδειξη Ευθύ. Έστω ότι τ τριώνυμ f(x) κι g(x) ρίζες νάλογες, δηλδή: ρ1 = κρ 1, ρ = κρ, κ 0. Τότε έχουμε: ρ1+ ρ = κ( ρ 1+ ρ ) = κ γ = =, γ γ κ γκ ρρ 1 = κ ( ρρ 1 ) = κ ν,γ 0. Αν κάποιος πό τους συντελεστές,γ είνι μηδέν, τότε προκύπτει ότι κι ο ντίστοιχος συντελεστής του πρώτου τριωνύμου θ είνι μηδέν. 6

γ * Αντίστροφ, έστω ότι: = = = λ, κ 0 κι έστω ρ μί ρίζ του κ γκ * τριωνύμου f(x) = x + x + γ. Τότε = λ, = λκ κι γ=λκ γ, λ, οπότε = + + = + + = f(ρ) ρ ρ γ 0 λ ρ λ κρ λκ γ 0 ρ ρ λ ρ + κρ + κ γ = 0 λκ + + γ = 0 ( ) 7 κ κ ρ ρ + + γ = 0, φού είνι λκ 0, κ κ ρ δηλδή ο ριθμός ρ = είνι ρίζ του τριωνύμου g(x) = x + x + γ. Επομένως, κ ρ1 ρ ν ρ,ρ 1 είνι ρίζες του τριωνύμου f(x) = x + x + γ, τότε οι ρ 1 =,ρ = θ κ κ είνι ρίζες του τριωνύμου g(x) = x + x + γ κι ισχύει: ρ1 = κρ 1, ρ = κρ. ) Γι ν έχουν τ f(x) κι g( x ) ρίζες ντίστροφες, έστω πρέπει κι ρκεί ν ισχύει: 1 1 ρ = 0 κι ρ = 0 1 ρ1 ρ γ = =. γ Απόδειξη Ευθύ. Έστω ότι τ τριώνυμ f(x) κι g(x) ρίζες ντίστροφες, δηλδή: 1 1 ρ1 = 0 κι ρ = 0, όπου ρ 1ρ 0. Τότε έχουμε: ρ 1 ρ 1 1 ρ 1+ ρ ρ1+ ρ = + = = ρ1 ρ ρρ 1 γ γ = =, 1 γ γ ρρ 1 = = ρρ 1 γ ν 0. Αν = 0, τότε προκύπτει κι ότι = 0, ενώ δεν μπορεί ν είνι γγ = 0. γ * Αντίστροφ, έστω ότι: = = = λ, κι έστω ρ 0μί ρίζ του τριωνύμου f(x) = x + x + γ. Τότε = λγ, = λ κι γ=λ, λ, οπότε γ * f(ρ) = ρ + ρ + γ = 0 λγ ρ + λ ρ + λ = 0 1 1 λ ( γ ρ + ρ + ) = 0 λρ γ + + 0 = ρ ρ 1 g = 0, φού λρ 0, ρ

οπότε ο ριθμός 1 ρ είνι ρίζ του τριωνύμου g ( x ). 4) Γι ν έχουν τ τριώνυμ f(x) κι g(x) δύο ρίζες κοινές πρέπει κι ρκεί: γ = = γ. Απόδειξη Ευθύ. Έστω ότι τ τριώνυμ έχουν δύο ρίζες κοινές, δηλδή ισχύει: ρ 1 = ρ1 κι ρ = ρ. Τότε χρησιμοποιώντς του τύπους του Vieta λμάνουμε: ρ 1+ ρ = ρ 1+ ρ = γ = =, γ γ γ ρρ 1 = ρρ 1 = ν,γ 0. Αν κάποιος πό τους συντελεστές,γ είνι μηδέν, τότε προκύπτει ότι κι ο ντίστοιχος συντελεστής του πρώτου τριωνύμου θ είνι μηδέν. γ * Αντίστροφ, έστω ότι: = = = λ. κι έστω ρ μί ρίζ του τριωνύμου γ f(x) = x + x + γ. Τότε f(ρ) = ρ + ρ + γ = 0 λ ρ + λ ρ + λγ = 0 λ ( ρ + ρ + γ ) = 0 g ( ρ) = 0, φού λ 0, δηλδή ο ριθμός ρ είνι ρίζ κι του τριωνύμου g(x) = x + x + γ. 5) Γι ν έχουν τ τριώνυμ f(x) κι g(x) μί μόνο κοινή ρίζ πρέπει κι ρκεί ν ισχύει: R = (γ γ) ( ) (γ γ ) = 0 κι 0 κι η κοινή ρίζ είνι: Σημείωση γ γ γ γ ρ = =. Η συνάρτηση R ονομάζετι πλείφουσ των τριωνύμων f(x) κι g(x). Ισχύει η σχέση: ( ) R = (γ γ) ( ) (γ γ ) = g(ρ) ( ) = f(ρ), όπου ρ η κοινή ρίζ τους, ν υπάρχει. Πριν προχωρήσουμε στην πόδειξη της πρότσης (5) είνι χρήσιμο ν νφερθούμε σε μί σική ιδιότητ της πλείφουσς δύο τριωνύμων. 8

Πρότση. Θεωρούμε τ τριώνυμ f(x) = x + x + γ, 0,,, γ, με ρίζες ρ 1, ρ (ρ 1< ρ ) κι ' ' ' ' g(x) = x + x + γ, 0,,,γ R με ρίζες ρ 1, ρ (ρ 1< ρ ). Τότε ισχύουν οι ισότητες: Απόδειξη Πράγμτι, έχουμε ( γ) ( ) ( ) ( ) ( ) R= g ρ g ρ κι R= f ρ f ρ. 1 1 ( )( ) g(ρ)g(ρ ) = ρ + ρ + γ ρ + ρ + γ 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) = ρρ + ρρ + γ + ρρ ρ + ρ + γ ρ + ρ + γ ρ + ρ 1 1 1 1 1 1 γ γ γ γ = + + γ + + γ + γ = + γ + (γ ) + γ + γ γ γ γ = ( γ γ) ( )( γ γ) Ομοίως ποδεικνύετι κι η δεύτερη ισότητ: R= f ( ρ ) f ( ρ ) 1 Απόδειξη της (5) Ευθύ. Υποθέτουμε ότι τ δύο τριώνυμ έχουν μί μόνο κοινή ρίζ, έστω ρ. Τότε το σύστημ f ( ρ) g( ρ) το σύστημ = 0, = 0 έχει μονδική λύση ως προς άγνωστο το ρ, δηλδή = + + = = + + = f(ρ) ρ ρ γ 0, g(ρ) ρ ρ γ 0 ρ + ρ = γ έχει μονδική λύση ως προς ρ ρ + ρ = γ γ γ γ γ 0 κι ρ =, ρ = γ γ γ γ γ γ 0, ρ = κι = γ γ 0, ρ = κι ( γ γ) ( )( γ γ) = 0. Αντίστροφ, έστω ότι ισχύουν: R = (γ γ) ( ) (γ γ ) = 0 κι 0. Θ ποδείξουμε ότι τ δύο τριώνυμ έχουν μί μόνο κοινή ρίζ. Από την ισότη- g ρ g ρ g ρ g ρ = 0 g ρ =0 ή g ρ = 0. Αν ήτν τ R = ( ) ( ) έπετι ότι ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 9

g ( ρ 1) =0 κι g ( ρ) = 0, τότε τ τριώνυμ θ είχν δύο κοινές ρίζες, οπότε, σύμφων με την πρότση (4) θ είχμε = = γ γ, δηλδή, = 0, άτοπο. Πρδείγμτ 1. Ν προσδιοριστεί το λ R ώστε οι εξισώσεις (1 λ)x 6λx 1 = 0 κι λx x + 1 = 0 ν έχουν μι κοινή ρίζ κι ν υπολογιστεί υτή η ρίζ. Απιτούμε Όμως είνι : οπότε έχουμε = =. R 0 (γ γ) ( ) (γ γ ) 0 κι '0 γ γ = (1 λ) ( 1) λ= 1 λ+ λ= 1 λ, = (1 λ) ( 1) + 6λ λ = 1+ λ + 6λ = 6λ + λ 1 0, γ γ = ( 6λ) 1 ( 1) ( 1) = 6λ 1, R = (1 λ) + (6λ + λ 1) (6λ + 1) = 0 κι 6λ + λ 1 0. Έχουμε τώρ R = 1 λ + λ + (6λ + 6λ + 1λ + λ 6λ 1) = 0 6λ + 19λ 6λ = 0 λ (6λ + 19λ 6) = 0 7 λ = 0 ή 6λ + 19λ 6 = 0 λ = 0 ή λ = ή λ =, 9 6 φού είνι Δ = 19 4 ( 6) 6 = 61+ 864 = 15 = 5. Γι λ = 0 ισχύει ότι = 6λ + λ 1 = 1 0, οπότε οι δύο εξισώσεις έχουν μί γ γ 0 1 μόνο κοινή ρίζ η οποί είνι η ρ= = = 1. 1 Πράγμτι, μπορούμε ν δούμε ότι γι λ = 0 οι εξισώσεις γίνοντι: x 1= 0 κι x+ 1= 0, οι οποίες έχουν κοινή ρίζ το 1. 1 Γι λ = είνι = 6λ + λ 1 = 0, οπότε πάλι οι δύο εξισώσεις έχουν μί 9 9 γ γ μόνο κοινή ρίζ ρ= =. 7 Γι λ = είνι = 6λ + λ 1 0, οπότε πάλι οι δύο εξισώσεις έχουν μί 6 γ γ μόνο κοινή ρίζ ρ =.. Ν προσδιοριστούν οι λ,μ R ώστε τ τριώνυμ f(x) = x (μ + )x + λ κι φ(x) = x λx + μ ν έχουν τις ρίζες του πρώτου νάλογες προς τις ρίζες του δεύτερου με λόγο. 40

Έστω ρ 1, ρ οι ρίζες της f(x) κι ρ,ρ 1 οι ρίζες της ϕ (x). ρ1 ρ Θέλουμε = =, οπότε πιτούμε: ρ 1 ρ γ 1 (μ + ) λ = = = = γ 1 λ (μ ) 4 μ + λ 1 = = λ 4μ 8 Συνεπώς έχουμε μ + λ = 1 κι = 1 λ 4μ 8 μ + = λ κι λ = 4μ 8 μ λ = κι 4μ + λ = 8 μ λ = ( λ,μ) = ( 4,5) 4μ + λ = 8 Λυμένες σκήσεις x+ 4x+ 1 1. Ν λύσετε την εξίσωση: + 4x = + x+ 6 Γι ν ορίζοντι οι δύο ρίζες του πρώτου μέλους της εξίσωσης, πρέπει: ( x+ )( 4x+ ) > 0 x< ή x>. (1) 4 x + 1 4x + Θέτουμε y =, οπότε =, y > 0 κι η δεδομένη εξίσωση γίνετι: 4x + y x+ 1 1 y+ = 6y 1y+ 6 = 0 y = ή y =. y 6 x+ x+ 8 Γι y = λμάνουμε: = = 5x= 0 x= 6. 4x+ 4x+ 7 Γι y = λμάνουμε: x+ x+ 7 1 = = 100x= 65 x=. 4x+ 4x+ 8 0 Οι ρίζες που ρήκμε είνι δεκτές, φού ικνοποιούν τους περιορισμούς (1).. Ν λύσετε την εξίσωση: a + x = ax + x, a > 0. Περιορισμοί: + 0 κι + 0 ( + ) 0 κι a x a x x Α = [ a a] [ + ) ax x a x x x a x a ή 0, 0,. 41

Γι x Α η εξίσωση είνι ισοδύνμη με την εξίσωση που προκύπτει με ύψωση των δύο μελών στο τετράγωνο., δηλδή την εξίσωση 9a ( a + x) = ax + x, a > 0 4ax = 9 a, a > 0 x = [ a, a] Α. 4. Ν λύσετε την εξίσωση: a x = ax a a >, 0. Περιορισμοί: a x 0 κι ax a 0, a > 0 x a κι x a, a > 0 x Α= [ a, a]. Γι x Α η εξίσωση είνι ισοδύνμη με την εξίσωση που προκύπτει με ύψωση των δύο μελών στο τετράγωνο., δηλδή την εξίσωση: ( ) ( ) ( a x) = 4 ax a, a > 0 9a 6ax + x = 4ax 4 a, a > 0 ( ) ( ) [ ] + = > = = + x 10ax 1a 0, a 0 x 5 a ή x 5 a a,a x= 5 a. 4. Ν λύσετε την εξίσωση: x 8+ x = a, a. Περιορισμοί: a > 0, x 8 0 κι x 0 a> 0 κι x 8. Γι a > 0 κι x 8, η εξίσωση είνι ισοδύνμη με την εξίσωση: x 11+ x 8 x = a x 8 x = a x+ 11 ( )( ) ( )( ) a + 11 4( x 11x+ 4) = ( a x+ 11 ), (εφόσον a x+ 11 0 x ) 4 4x 44x+ 96 = a + 4x + 11 4ax 44x+ a 4 4 a + a + 5 4ax= a + a + 5 x=. 4a Η λύση που ρήκμε είνι δεκτή, ότν ισχύουν: 4 a + a + 5 a + 11 8 x=, a> 0 4a 4 4 4 a + a + 5 a κι a + a + 5 a + a, a > 0 4 4 a 10a + 5 0 κι a 5, a > 0 ( ) a 5 0 κι a 5, a> 0 a 5. Επομένως, γι a 5 η δεδομένη εξίσωση έχει τη λύση 5. Ν λύσετε την εξίσωση: x a = a x, a 0. 4 4 a + a + 5 x =. 4a

a a x, ν a > 0 a a Περιορισμοί: x a 0 κι a x 0 x κι x a a x, ν a < 0 Με τους πρπάνω περιορισμούς η εξίσωση είνι ισοδύνμη με την εξίσωση: ( ) ( ) a x = x a a 4ax+ 4x = x a 4x 4a+ x+ a + a= 0 Η δικρίνουσ του τριωνύμου είνι ( ) ( ) = 4a+ 16 a + a = 8a+ 9, οπότε η εξί- 9 σωση έχει ρίζες x1, x, x1 x, στο, ν, κι μόνον ν, a. 8 a a Επιπλέον, ν ϕ ( x) = 4x ( 4a+ ) x+ a + a, λμάνουμε: ϕ = > 0, οπότε: 9 a ο ριθμός ρίσκετι εκτός των ριζών του τριωνύμου ϕ ( x), δηλδή έχουμε a a 9 < x1 x ή x1 x <, γι κάθε a. (1) 8 a a Επίσης έχουμε ϕ =, οπότε κτλήγουμε στ κόλουθ συμπεράσμτ: a Αν a > 0, τότε ο ριθμός ρίσκετι μετξύ των ριζών του τριωνύμου ϕ ( x). Σε συνδυσμό με την (1) προκύπτει ότι: a a a a < x1 < < x ή x1 x < <, γι κάθε a> 0, 4a+ 8a+ 9 δηλδή η εξίσωση έχει γι a > 0, μί μόνο λύση x =. 8 9 a Αν a < 0, τότε ο ριθμός ρίσκετι εκτός των ριζών του τριωνύμου ϕ ( x) 8. Σε συνδυσμό με την (1) προκύπτει ότι: a < x1 x a ή x1 x a < a ή a < a < x1 x. () a 4a+ a 4a+ 4a 9 4a+ 9 Επειδή = < 0 κι = = < 0, γι 8 8 8 8 8 9 a,0 8. Επομένως, γι 9 a,0 πό τις σχέσεις () εφικτή είνι η 8 a a περίπτωση < < x1 x, οπότε η εξίσωση δεν έχει δεκτή λύση στην περίπτωση υτή. 6. Ν λύσετε στους πργμτικούς ριθμούς την εξίσωση x 5x x x 5x 1 =. (Διγωνισμός ΘΑΛΗΣ 01-14) 4

x 5x 0 x x 5 0 x 0 ή x 5. Περιορισμοί: ( ) Η εξίσωση, γι x 0 ή x 5, είνι ισοδύνμη με την εξίσωση ( ) ( ) x x x x x x x x x + 5 5 = 1 5 = 1 ( ) ( ) x x 5x = 1 Ε ή x x 5x = 1 Ε 1 Ε1 : x x 5x = 1 x 1 = x 5 x, x,0 5, +, x 1 ( ) ( ] [ ) x x+ 1= x 5,με x x 5 x=, x 5, πορρίπτετι. 1 Ε : x x 5x = 1 x+ 1 = x 5 x, x,0 5, +, x 1 ( ) ( ] [ ) x + x+ 1= x 5,με x 1 x 0 ή x 5 1 1 x=, 1 x 0 ή x 5 x=. 7 7 7. Δίνετι η εξίσωση ax + a 1 x+ x + = 0, ( ) όπου x άγνωστος κι a πράμετρος. Ν λύσετε την εξίσωση γι τις διάφορες τιμές της πρμέτρου a. (Διγωνισμός ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 01-1) Γι ν ορίζετι η x πρέπει ν είνι x. Η εξίσωση γράφετι στην ισοδύνμη μορφή ax + a 1 x+ = x, x. (1) ( ) Γι a = 0 έχουμε την εξίσωση = x, x, (δύντη, φού > 0). Γι a 0, το πρώτο μέλος της (1) είνι τριώνυμο με δικρίνουσ = 0, οπότε η εξίσωση γράφετι ισοδύνμ ως Επειδή είνι ( ) ( ) ax + 1 = x, x. () ax + 1 0 κι x 0, x, έπετι ότι η εξίσωση () έχει λύση, ν, κι μόνον ν, 1 ax + 1= 0 κι x = 0, x x =, εφόσον a =. 1 Επομένως, η δεδομένη εξίσωση έχει μόνο γι a = τη λύση x =. 8. Ν λυθεί στους πργμτικούς ριθμούς η εξίσωση ( x + x+ 1) ( x + x+ ) = 7( x 1). (Διγωνισμός ΘΑΛΗΣ 011-1) 44

= 1 κι η εξίσωση γί- (1 ος τρόπος) Αν θέσουμε a = x + x+ 1, b= x + x+, τότε a b x νετι: ( ) ( )( ) ( ) ( a b)( a ab b a ab b ) ( a b)( 6a 15ab + 6b ) = 0 = 7 + + = 7 a b a b a b a ab b a b + + 7 + 14 7 = 0 a b = a ab + b = 0 ή 5 0 a = b ήa = b ήa = b x 1= 0 ή x = 0 ήx + x= 0 x= 1 ήx= 1ή x= 1 ήx= 0ήx= 1 x= 1(τριπλή ρίζ) ή x= 0 ή x= 1. ος τρόπος Πρτηρούμε ότι κι στους τρεις όρους των δύο μελών της εξίσωσης υπάρχει ο κοινός πράγοντς ( x + 1), οπότε η εξίσωση είνι ισοδύνμη με την εξίσωση ( x+ 1) ( x+ 1) ( x+ ) 7( x 1) = 0 x= 1(τριπλή ρίζ) x + x + x+ x x x x + x x+ = x= 1(τριπλή ρίζ) ή 7x 7x= 0 x= 1(τριπλή ρίζ) ή x= 0 ή x= 1. ή 8 1 6 1 6 1 8 7 1 1 7 0 9. Ν προσδιορίσετε τις λύσεις της εξίσωσης ( ) x = x + 4, γι τις διάφορες τιμές του πργμτικού ριθμού. (Διγωνισμός ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 011-1) Η δεδομένη εξίσωση είνι ισοδύνμη με την εξίσωση x 4 x + 4= x + 4 x 4 x + 4= x + 4 x = 1. Επειδή είνι x 0, γι κάθε πργμτικό ριθμό x, δικρίνουμε τις περιπτώσεις: < 1, οπότε είνι 1 > 0. Τότε η εξίσωση έχει δύο λύσεις: x= 1 ή x= 1. = 1, οπότε η εξίσωση έχει μόνο τη λύση x = 0. > 1, οπότε η εξίσωση είνι δύντη. 10. Ν λύσετε στους πργμτικούς ριθμούς την εξίσωση ( x 1) = x+, γι τις διάφορες τιμές του πργμτικού ριθμού. (Διγωνισμός ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 011-1) 45