5. Να λυθεί η εξίσωση ΛΥΣΗ: Τα για τα οποία 0 0, δεν είναι λύσεις της εξίσωσης γιατί για αυτά ισχύει 1 ή 1 1 0 και αντικαθιστώντας στην εξίσωση παίρνουμε την μή αληθή σχέση Αρα θεωρούμε ότι 0 και πλέον μπορούμε να διαιρέσουμε και τα δύο μέλη με το 0 1 1 1 1 ή 1 ή 4 4 ή 4 4 6. Δίνεται η συνάρτηση f 4 4 α) Να υπολογίσετε το λ ώστε η συνάρτηση να είναι γνησίως αύξουσα. β) Αν το σημείο 1,9 ανήκει στην γραφική παράσταση C f να υπολογίσετε το λ γ) Αν, να λυθεί η εξίσωση f f 5 6 δ) Αν 4 να λυθεί η ανίσωση : f 9 56 0 ΛΥΣΗ α) Για να είναι γνησίως αύξουσα πρέπει 4 4 1 4 0 Βρίσκουμε τις ρίζες του τριωνύμου 1, 4 4 4 4 1 16 1 4 4 4 4 1, 1 6 1 4 1 4 : Κάνουμε πινακάκι για το πρόσημο του 4 σύμφωνα με όσα είχαμε διδαχθεί στην Α Λυκείου.Εδώ α=1>0
λ - 1 + 4 + 0-0 + Από το πινακάκι παρατηρούμε ότι 4 0,1,. β) Οι συντεταγμένες του 1,9 θα επαληθεύουν τον τύπο της συνάρτησης, δηλαδή 1 f 1 9 4 4 9 4 4 9 4 4 9 0 4 5 0 1, 4 5 4 4 4 1 5 16 0 6 4 6 4 6 1, 1 10 1 5 4 6 1 γ) Οταν, τότε από το α) συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f 4 4 φθίνουσα οπότε f f 5 6 5 6 5 6 0 θα είναι γνησίως 1, 5 6 1, 4 5 4 1 6 5 4 1 5 1 5 1 1 6 1 5 1 4-1 + 5 6 + 0-0 + 5 6 0 1,
δ) Αν 4 τότε f 4 44 4 4 44 4 16 16 4 4 Επομένως f 9 56 0 4 9 56 0 5 0 5 0 5 0 5 0 5 0 5 0 Θέτουμε 0 και η ανίσωση γράφεται: 5 0 5 0 Βρίσκουμε τις ρίζες του τριωνύμου 5, 5 4 5 4 5 4 1 5 1 5 1 1, 4 6 1 4 5 1 4 1 4 4 Κάνουμε πινακάκι για το πρόσημο του 5 σύμφωνα με όσα είχαμε διδαχθεί στην Α Λυκείου.Εδώ α=>0 ω 0 1 5 + 0-0 + + Από το πινακάκι παρατηρούμε ότι 5 0 1. Ομως εμείς θέλουμε να λύσουμε ανίσωση ως προς και όχι ως προς ω. Ας θυμηθούμε λοιπόν ότι είχεμε θέσει οπότε : 0 1 1 1 (Επειδή 1 η συνάρτηση g = είναι γνησίως φθίνουσα) 1 0
1. Δίνεται το πολυώνυμο P 5 Για το οποίο γνωρίζουμε ότι το 1 είναι παράγοντάς του και ότι διαιρούμενο με το έχει υπόλοιπο υ=-9. Α) Να βρεθούν τα α και β Β) Αν α=-7 και β- να λυθεί η εξίσωση P 0 ΛΥΣΗ: Αφού το 1 1 είναι παράγοντας του πολυωνύμου από την θεωρία γνωρίζουμε ότι P 1 0 1 1 5 1 0 1 1 5 0 5 0 41 0 4 1 4 1 Γνωρίζουμε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός πολυωνύμου είναι το P. Οποτε: P με ένα πολυώνυμο της μορφής P 9 5 9 8 4 410 9 16 4 4 4 10 9 8 14 16 9 8 14 8 4 7 14 Λύνουμε πλέον το σύστημα 4 1 1 4 1 4 1 4 1 4 4 7 14 41 4 7 14 4 16 7 14 9 14 4 9 18 1 4 1 4 1 4 7 9 18 9 18 9 9 Β) Αν α=-7 και 7 5 P 5 επειδή: το πολυώνυμο 5 7 5 14 10 4 γίνεται: P 5 4 επομένως P 0 5 4 0 Επειδή η εξίσωση είναι τρίτου βαθμού προσπαθώ να παραγοντοποιήσω το 1 ο μέλος Επειδή το πολυώνυμο έχει ακέραιους συντελεστές, από το θεώρημα ακέραιων ριζών οι πιθανές ακέραιες ρίζες είναι οι διαιρέτης του σταθερού όρου δηλαδή οι 1 και. Με σχήμα Horner προσπαθώ διαδοχικά να εξακριβώσω αν κάποιες από αυτές είναι ρίζα.
-5-4 1 - -7 - -7-4 Αρα ο 1 δεν είναι ρίζα. -5-4 -1 - +7 - -7 + 0 Αρα το -1 είναι ρίζα και το P 1 7 P 0 1 7 0 και η εξίσωση γίνεται Απομένει να λύσω πλέον την 7 0 για να βρώ και τις υπόλοιπες ρίζες., 7, 4 7 4 49 4 5 7 5 7 5 4 1 4 7 5 1 4 4 Αρα οι λύσεις της εξίσωσης είναι 1 1,, 1
. Δίνεται η συνάρτηση e 1 f ln e 5 α. Να υπολογιστεί το πεδίο ορισμού. β.να λυθεί η εξίσωση f ln. γ. Να λυθεί η ανίσωση f 0. ΛΥΣΗ: α. Η παράσταση e 5 είναι θετική αφού e 0 για κάθε οπότε e 5 5 0 e 1 0 0 e 1 0 e 1 e e 0 0 e 5 Αρα το πεδίο ορισμού είναι το 0, e 1 e 1 e 1 f ln ln ln ln ln ln ln 4 e 5 e 5 e 5 β. e 1 4 e 1 4 e 5 e 1 4e 0 e 4e 1 0 e 5 e 4e 1 0 Θέτω : e.αφού e 0 για κάθε θα είναι και ω>0 Αρα η (1) γίνεται 4 1 0 1, 4 1 4 4 4 1 1 16 84 100 4 100 4 10 1, 1 14 1 7 4 10 6 απορρίπτεται Αρα τελικά e 7 ln 7
e 1 e 1 e 1 f 0 ln 0 ln ln1 1 e 5 e 5 e 5 γ. Επειδή e 0 για κάθε οπότε e 5 5 0 για κάθε μπορούμε να πολλαπλασιάσουμε με το e 5 και τα δύο μέλη της ανίσωσης και η φορά της διατηρείται. e 1 e 5 1 e 5 e 1 e 5 e e 6 0 e e 6 0 e 5 Θέτω : e.αφού e 0 για κάθε θα είναι και ω>0 6 0 1, 1 6 4 1 4 1 6 1 4 5 1 5 1 5 1, 1 6 1 15 4 απορρίπτεται Το τριώνυμο 6 έχει δύο ρίζες τις - και και ζητάμε για ποιά ω είναι θετικό, δηλαδή ομόσημο του α=1.από την θεωρία της Α Λυκείου γνωρίζουμε ότι αυτό γίνεται για ω εκτός των ριζών.επειδή όμως το ω είναι θετικός παίρνουμε μόνο: e ln e ln ln
. Δίνεται η συνάρτηση f() log 4 α ) Nα βρεθεί το Π.Ο β) Να βρεθούν τα σημεία τομής της γραφικής παράσταση Cf με τους άξονες γ) Αν, Cf να βρεθεί το κ. α ) Πρέπει 4 0 4 Αρα Π.Ο.= 4, β) Για να βρούμε τις τετμημένες των σημείων τομής με τον άξονα θέτουμε: f() 0 log 4 0 log 4 4 10 4 1000 1000 4 996 Αρα Α=996, 0 Για να βρούμε την τεταγμένη του σημείου τομής με τον άξονα yy θέτουμε: f(0) log 0 4 log4 Αρα Β= 0,log 4 γ) Αφού, Cf θα είναι f( ) log 4 log 4 log 4 1 4 10 10 4 6 f( ) log 4 δ)
4. Δίνεται το σύστημα: y 1 y 1 α) Να δείξετε ότι έχει μοναδική λύση την, y,. β) Αν f 4, τότε να δείξετε ότι η εξίσωση ΛΥΣΗ: α) y f έχει μοναδική λύση. Ετσι το σύστημα γράφεται πιο απλά: y 1 y 1 D 1 0 Αρα το σύστημα έχει μοναδική λύση την οποία και υπολογίζουμε (με την μέθοδο των οριζουσών) D 1 1 D y 1 1 Αρα D D 1 D y y D 1 β) y f 7 4 7 4 7 4 1 7 4 1 7 4 7 0 Θέτουμε οπότε η εξίσωση γίνεται:
7 0, 7 4 7 4 49 4 5 7 5 7 5 1, 4 : 1 1 4 7 5 1 4 4 Επομένως έχουμε: 1 που είναι αδύνατη αφού γνωρίζουμε πως 1 1 για κάθε. Επίσης 1 1 ή όπου 5. Nα αποδείξετε ότι: ΛΥΣΗ: 1