α 0. α ν x ν +α ν 1 x ν α 1 x+α 0 α ν x ν,α ν 1 x ν 1,...,α 1 x,α 0, ...,α 1,α 0,

Άλγεβρα Β Λυκείου - Πολυώνυμα: Θεωρία, Μεθοδολογία και Λυμένες ασκήσεις Κώστας Ράπτης Μάιος 2011 Μέρος I Πολυώνυμα 1 Πολυώνυμα 1.1 Στοιχεία ϑεωρίας Καλούμε μονώνυμο του x κάθε παράσταση της μορφήςαx ν, όπουαείναι ένας πραγματικός αριθμός και ν ένας μη αρνητικός ακέραιος. Καλούμε πολυώνυμο του x κάθε παράσταση της μορφής: α ν x ν +α ν 1 x ν 1 +...+α 1 x+α 0 όπου ν είναι ένας φυσικός αριθμός και α 0,α 1,...,α ν είναι πραγματικοί αριθμοί. Σε κάθε πολυώνυμο α ν x ν +α ν 1 x ν 1 +...+α 1 x+α 0, ονομάζουμε: όρους του πολυωνύμου τα μονώνυμα α ν x ν,α ν 1 x ν 1,...,α 1 x,α 0, συντελεστές του πολυωνύμου τους παραγματικούς αριθμούςα ν,α ν 1,...,α 1,α 0, σταθερό όρο του πολυωνύμου τον α 0. Τα πολυώνυμα της μορφήςα 0, δηλαδή οι πραγματικοί αριθμοί ονομάζονται σταθερά πολυώνυμα. Το σταθερό πολυώνυμο 0 ονομάζεται μηδενικό πολυώνυμο. Δύο πολυώνυμαα ν x ν +α ν 1 x ν 1 +...+ α 1 x+α 0 καιβ µ x µ +β µ 1 x µ 1 +...+β 1 x+β 0, μεν µ είναι ίσα όταν: α 0 =β 0,α 1 =β 1,...,α µ =β µ καια µ+1 = =α ν = 0. Βαθμός του πολυωνύμου P(x), ονομάζεται ο μεγαλύτερος εκθέτης του x, του οποίου ο συντελεστής είναι διαφορετικός από το μηδέν. Κάθε στα- ϑερό και μη μηδενικό πολυώνυμο έχει βαθμό ίσο με 0, ενώ για το μηδενικό πολυώνυμο δεν ορίζεται βαθμός. Εστω ένα πολυώνυμο P(x)=α ν x ν + α ν 1 x ν 1 +...+α 1 x+α 0. Αριθμητική τιμή (ή απλά τιμή) του πολυωνύμου για x= ρ ονομάζεται ο πραγματικός αριθμός P(ρ) που προκύπτει αν ϑέσουμε τορ

Άλγεβρα Β Λυκείου 2 στη ϑέση του x στο πολυώνυμο, δηλαδή P(ρ)=α ν ρ ν +α ν 1 ρ ν 1 +...+α 1 ρ+α 0. Αν P(ρ)=0 τότε ο αριθμόςρλέγεται ρίζα του πολυωνύμου. Αν δύο μη μηδενικά πολυώνυμα έχουν άθροισμα ένα μη μηδενικό πολυώνυμο, τότε ο βαθμός του αθροίσματος είναι μικρότερος ή ίσος από το μεγαλύτερο των βαθμών των δύο πολυωνύμων. Ο βαθμός του γινομένου δύο μη μηδενικών πολυωνύμων είναι ίσος με το άθροισμα των βαθμών των δύο πολυωνύμων. Από τα παραπάνω προκύπτει ότι τα δύο πολυώνυμα είναι ίσα ότανα=1. 1.2.2 Πολυώνυμα με συγκεκριμένες μορφές Οταν ϑέλουμε να βρούμε τις τιμές κάποιων παραμέτρων ώστε ένα πολυώνυμο να παίρνει μια συγκεκριμένη μορφή η ο- ποία εμπεριέχει αυτές τις παραμέτρους, βασιζόμαστε στην ισότητα των πολυωνύμων. Εξισώνουμε δηλαδή το δοθέν πολυώνυμο με τη μορφή που ϑέλουμε αυτό να πάρει. 1.2 Μεθοδολογία 1.2.1 Ισα πολυώνυμα Δύο πολυώνυμα είναι ίσα αν και μόνον αν οι συντελεστές των όμοιων όρων τους είναι ίσοι. Επομένως από μία ισότητα πολυωνύμων προκύπτουν τόσες ισότητες όσοι και οι όμοιοι όροι τους. Παράδειγμα (ασκ. 4, σελ. 64) Να βρείτε για ποιες τιμές τουα R τα πολυώνυμα P(x)=(α 2 3α) x 3 + x 2 +α και Q(x)= 2x 3 +α 2 x 2 +(α 3 1) x+1 είναι ίσα. Λύση Για να είναι τα δύο πολυώνυμα P(x)=(α 2 3α) x 3 + x 2 +α και Q(x)= 2x 3 +α 2 x 2 +(α 3 1) x+1 ίσα, ϑα πρέπει οι συντελεστές των όμοιων όρων τους να είναι ίσοι. Επομένως α 2 3α= 2 1=α P(x)=Q(x) 2 0=α 3 1 α=1 Παράδειγμα (ασκ. 1, Β Ομάδα, σελ. 65) Να βρειτε τους πραγματικούς αριθμούςα,β,γγια τους οποίους το πολυώνυμο f(x)=3x 2 7x+5 παίρνει τη μορφή f(x)=αx(x+1)+βx+γ. Λύση Το πολυώνυμο f(x)=3x 2 7x+5 ϑα πάρει τη μορφή f(x)=αx(x+1)+βx+γ όταν 3x 2 7x+5=αx(x+1)+βx+γ 3x 2 7x+5=αx 2 +(α+β) x+γ Τα δύο παραπάνω πολυώνυμα είναι ίσα όταν 3=α 7=α+β 5=γ Από τα παραπάνω προκύπτει ότι το πολυώνυμο f(x) παίρνει τη ζητούμενη μορφή ότανα=3,β= 10 καιγ=5.

Άλγεβρα Β Λυκείου 3 1.2.3 Βαθμός πολυωνύμου για διάφορες τιμές μιας παραμέτρου Στις περιπτώσεις που ϑέλουμε να μελετήσουμε το βαθμό ενός πολυωνύμου του οποίου οι συντελεστές περιέχουν κάποια παράμετρο, ξεκινούμε ελέγχοντας πότε μηδενίζεται ο συντελεστής του μεγιστοβάθμιου όρου. Ο βαθμός του πολυωνύμου είναι ίσος με αυτόν του μεγιστοβάθμιου όρου όταν η παράμετρος παίρνει τιμές που δε μηδενίζουν το συντελεστή του, ενώ για τις τιμές που μηδενίζουν το συντελεστή του μεγιστοβάθμιου όρου μελετούμε ξεχωριστά τις αντίστοιχες περιπτώσεις. Παράδειγμα (ασκ. 4, Β Ομάδα, σελ. 65) Να βρείτε το βαθμό του πολυωνύμου P(x)=(9λ 3 4λ) x 3 +(9λ 2 4) x 3λ+2 για τις διάφορες τιμές τουλ R. Λύση Αρχικά εξετάζουμε για ποιες τιμές της παραμέτρου μηδενίζεται ο συντελεστής του μεγιστοβάθμιου όρου: 9λ 3 4λ = 0 λ(9λ 2 4) = 0 λ(3λ 2)(3λ+2) = 0 Δηλαδή, ο συντελεστής του μεγιστοβάθμιου όρου μηδενίζεται ανλ=0 ήλ= 2 3 ήλ= 2. 3 Επομένως, ανλ 0 καιλ 2 3 καιλ 2, 3 ο βαθμός του πολυωνύμου είναι 3. Ανλ=0, το πολυώνυμο παίρνει τη μορφή P(x)= 4x+2, οπότε ο βαθμός του είναι 1. Ανλ= 2, το πολυώνυμο παίρνει τη μορφή P(x)=0. Αφού είναι το μηδενικό πο- 3 λυώνυμο δεν ορίζεται βαθμός για αυτήν την περίπτωση. Αν λ= 2, το πολυώνυμο παίρνει τη 3 μορφή P(x)=4. Επειδή είναι σταθερό πολυώνυμο, ο βαθμός του είναι 0. 2 Διαίρεση πολυωνύμων 2.1 Στοιχεία ϑεωρίας Θεώρημα Για κάθε ζεύγος πολυωνύμων (x) και δ(x) με δ(x) 0 υπάρχουν δύο μοναδικά πολυώνυμα π(x) καιυ(x) τέτοια, ώστε: (x)=δ(x)π(x)+υ(x), όπου του(x) ή είναι το μηδενικό πολυώνυμο ή έχει βαθμό μικρότερο από το βαθμό τουδ(x). Θεώρημα Το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός πολυωνύμου P(x) με το x ρ είναι ίσο με την τιμή του πολυωνύμου για x=ρ. Είναι δηλαδήυ=p(ρ). Απόδειξη Η ταυτότητα της διαίρεσης του πολυωνύμου P(x) με το x ρ γράφεται P(x)=(x ρ)π(x)+υ(x) Επειδή ο διαιρέτης x ρ είναι πρώτου βαθμού, το υπόλοιπο της διαίρεσης ϑα είναι ένα σταθερό πολυώνυμο υ. Ετσι έχουμε: P(x)=(x ρ)π(x)+υ και αν ϑέσουμε x=ρ παίρνουμε P(ρ)=(ρ ρ)π(ρ)+υ=0+υ=υ Επομένως P(x)=(x ρ)π(x)+p(ρ)

Άλγεβρα Β Λυκείου 4 Θεώρημα Ενα πολυώνυμο P(x) έχει παράγοντα το x ρ αν και μόνο αν το ρ είναι ρίζα του P(x), δηλαδή αν και μόνο αν P(ρ)=0. Απόδειξη Εστω ότι το x ρ είναι παράγοντας του P(x). Τότε P(x)=(x ρ)π(x) Από αυτήν την ισότητα για x=ρπαίρνουμε P(ρ)=(ρ ρ)π(ρ)=0 που σημαίνει ότι τορείναι ρίζα του P(x). Αντίστροφα: Εστω ότι το ρ είναι ρίζα του P(x), δηλαδή ισχύει P(ρ)=0. Τότε από τη σχέση παίρνουμε P(x)=(x ρ)π(x)+p(ρ) P(x)=(x ρ)π(x) που σημαίνει ότι το x ρ είναι παράγοντας του P(x). Σημ.: Επομένως, στην περίπτωση που η διαίρεση P(x) (x ρ) είναι τέλεια, οι παρακάτω προτάσεις είναι ισοδύναμες: Το x ρ διαιρεί το P(x) Το P(x) διαιρείται από το x ρ Το x ρ είναι παράγοντας του P(x) Το x ρ είναι διαιρέτης του P(x) Τορείναι ρίζα του P(x) 2.2 Μεθοδολογία 2.2.1 Διαιρέτης της μορφής (x ρ 1 )(x ρ 2 ) Για να αποδείξουμε ότι ένα πολυώνυμο P(x) έχει διαιρέτη της μορφής (x ρ 1 )(x ρ 2 ), αρχικά εκτελούμε τη διαίρεση P(x) (x ρ 1 ). Εστω ότι η ταυτότητα αυτής της διαίρεσης είναι P(x)=(x ρ 1 )π(x) (1) Μένει τώρα να δείξουμε ότι το πηλίκο π(x) αυτής της διαίρεσης έχει παράγοντα το x ρ 2, εκτελούμε λοιπόν τη διαίρεση π(x) (x ρ 2 ). Εστω ότι η ταυτότητα αυτής της διαίρεσης είναι π(x)=(x ρ 2 )π (x) Η (1) τώρα γράφεται: P(x) = (x ρ 1 )(x ρ 2 )π (x), επομένως το P(x) διαιρείται από το(x ρ 1 )(x ρ 2 ). Παράδειγμα (ασκ. 3, Β Ομάδα, σελ. 73) Με τη βοήθεια του σχήματος Horner μόνο, να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο P(x)=2x 4 6x 3 +5x 2 3x+2 διαιρείται με το(x 1)(x 2) και να βρείτε το πηλίκο. Λύση Εκτελούμε αρχικά τη διαίρεση του P(x) με το x 1, με τη βοήθεια του σχήματος Horner. 2 6 5 3 2 1 2 4 1 2 2 4 1 2 0 Η ταυτότητα που προκύπτει από την παραπάνω διαίρεση είναι: P(x)=(x 1)(2x 3 4x 2 + x 2)

Άλγεβρα Β Λυκείου 5 Εκτελούμε τώρα τη διαίρεση του 2x 3 4x 2 + x 2 με το x 2 με τη βοήθεια του σχήματος Horner. 2 4 1 2 2 4 0 2 2 0 1 0 Η ταυτότητα που προκύπτει από την παραπάνω διαίρεση είναι 2x 3 4x 2 + x 2=(x 2)(2x 2 +1) Τελικά, το αρχικό πολυώνυμο γράφεται: P(x)=(x 1)(x 2)(2x 2 +1) και το πηλίκο της διαίρεσής του με το(x 1)(x 2) είναι 2x 2 +1. 2.2.2 Υπολογισμός παραμέτρων πολυωνύμου με παράγοντα της μορφής(x ρ) 2 Για να υπολογίσουμε τις παραμέτρους που βρίσκονται στους συντελεστές ενός πολυωνύμου P(x), με δεδομένο ότι το πολυώνυμο έχει παράγοντα της μορφής (x ρ) 2, εργαζόμαστε παρόμοια με την προηγούμενη περίπτωση. Αρχικά έχουμε Από τις εξισώσεις (2) και (3) προκύπτει ότι q(x)=(x ρ)π(x) Επομένως ο x ρ είναι παράγοντας του q(x), δηλαδή του πηλίκου της πρώτης διαίρεσης. Άρα το υπόλοιπο της διαίρεσης του q(x) (x ρ) είναι μηδέν. Από αυτό το συμπέρασμα προκύπτει η δεύτερη εξίσωση για τις παραμέτρους. Οι δύο εξισώσεις αποτελούν ένα σύστημα, η λύση του οποίου δίνει τις τιμές των παραμέτρων. Παράδειγμα (ασκ. 5, Β Ομάδα, σελ. 73) Να υπολογίσετε τους α,β R, για τους οποίους το P(x)=αx ν+1 +βx ν +1 έχει παράγοντα το(x 1) 2. Λύση Εφόσον το P(x) έχει παράγοντα το(x 1) 2 ϑα είναι P(x) = (x 1) 2 π(x) = (x 1)[(x 1)π(x)] (4) Οπουπ(x) το πηλίκο αυτής της διαίρεσης. Προκύπτει λοιπόν ότι το P(x) ϑα έχει παράγοντα το(x 1), επομένως η διαίρεση P(x) (x 1) έχει υπόλοιπο ίσο με μηδέν. Εκτελούμε τη διαίρεση. P(x) = (x ρ) 2 π(x) = (x ρ)[(x ρ)π(x)] (2) Επομένως ο x ρ είναι παράγοντας του P(x), άρα το υπόλοιπο αυτής της διαίρεσης είναι μηδέν. Από αυτό το συμπέρασμα προκύπτει η πρώτη εξίσωση για τις παραμέτρους. Αν ονομάσουμε q(x) το πηλίκο αυτής της διαίρεσης, η ταυτότητά της ϑα είναι: P(x)=(x ρ) q(x) (3) α β 0... 0 1 1 α α+β... α+β α+β α α+β α+β... α+β α+β+1 Επομένως πρέπεια+β+1=0. Η ταυτότητα αυτής της διαίρεσης είναι P(x)=(x 1)(αx ν +(α+β) x ν 1 + +α+β) (5) Από τις (4) και (5) προκύπτει ότι αx ν +(α+β) x ν 1 + +α+β=(x 1)π(x)

Άλγεβρα Β Λυκείου 6 Άρα το x 1 είναι παράγοντας του αx ν + (α+β) x ν 1 + + α + β, δηλαδή το υπόλοιπο της διαίρεσης [αx ν +(α+β) x ν 1 + +α+β] (x 1) είναι ίσο με μηδέν. Εκτελούμε αυτή τη διαίρεση. α α+β... α+β 1 α... να+(ν 1)β α 2α+β... (ν+1)α+νβ Επομένως πρέπει(ν+1)α+νβ=0. Το σύστημα που προκύπτει από τις δύο εξισώσεις σχετικές με τις παραμέτρους α καιβ(επειδή τα υπόλοιπα των δύο διαιρέσεων είναι μηδέν), είναι το α+β+1=0 (ν+1)α+νβ=0 α+β= 1 ν(α+β)+α=0 α+β= 1 β= 1 ν ν+α=0 α=ν 3 Πολυωνυμικές εξισώσεις 3.1 Στοιχεία ϑεωρίας Πολυωνυμική εξίσωση βαθμούνονομάζουμε κάθε εξίσωση της μορφής α ν x ν +α ν 1 x ν 1 + +α 1 x+α 0 = 0,α ν 0 Ρίζα της πολυωνυμικής εξίσωσης ονομάζουμε κάθε ρίζα του πολυωνύμου P(x)=α ν x ν +α ν 1 x ν 1 + +α 1 x+α 0, δηλαδή κάθε αριθμόρ, για τον οποίο ισχύει P(ρ)=0. Σημ.: Μέχρι τώρα γνωρίζουμε έναν τύπο ο οποίος δίνει τις πραγματικές ρίζες μιας πολυωνυμικής εξίσωσης δευτέρου βαθμού. Υπάρχουν αντίστοιχοι τύποι που με τη βο- ήθεια ριζικών δίνουν τις πραγματικές ρίζες πολυωνυμικών εξισώσεων τρίτου και τετάρτου βαθμού, όμως με αυτούς δεν ασχολούμαστε στο Λύκειο. Επίσης γνωρίζουμε ότι δεν υπάρχουν τύποι που με τη βοήθεια ριζικών να δίνουν τις λύσεις πολυωνυμικών εξισώσεων πέμπτου βαθμού και άνω. Στα πλαίσια του μαθήματος λοιπόν, αντιμετωπίζουμε μονάχα βολικές εξισώσεις τρίτου βαθμού και άνω των οποίων τα πολυώνυμα μπορούν να παραγοντοποιηθούν. Ετσι όταν καλούμαστε να λύσουμε μια πολυωνυμική εξίσωση τρίτου βαθμού και άνω, ϑα παραγοντοποιούμε το πολυώνυμό της, ώ- στε να καταλήξουμε σε μια μορφή: P 1 (x) P 2 (x) P ν (x)=0 Όπου P 1 (x),..., P ν (x) πολυώνυμα το πολύ δευτέρου βαθμού. Το παραπάνω γινόμενο είναι ίσο με μηδέν αν P 1 (x)=0 ή P 2 (x)=0 ή... ή P ν (x)=0. Όλες οι προηγούμενες εξισώσεις μπορούν πλέον να λυθούν. Θεώρημα Εστω η πολυωνυμική εξίσωση α ν x ν +α ν 1 x ν 1 + +α 1 x+α 0 = 0, με α- κέραιους συντελεστές. Αν ο ακέραιος ρ 0 είναι ρίζα της εξίσωσης, τότε ορ είναι διαιρέτης του σταθερού όρουα 0. Απόδειξη Αν ορ 0 είναι ρίζα της εξίσωσης, τότε διαδοχικά έχουμε: α ν ρ ν +α ν 1 ρ ν 1 + +α 1 ρ+α 0 = 0 α 0 = α ν ρ ν α ν 1 ρ ν 1 α 1 ρ α 0 =ρ( α ν ρ ν 1 α ν 1 ρ ν 2 α 1 ) Επειδή οιρ,α 1,...,α ν είναι ακέραιοι έπεται ότι και ο α ν ρ ν 1 α ν 1 ρ ν 2

Άλγεβρα Β Λυκείου 7 α 1 είναι ακέραιος. Από την τελευταία ισότητα συμπεραίνουμε ότι ορείναι διαιρέτης τουα 0. Σημ.: Το ϑεώρημα σε καμία περίπτωση δεν εξασφαλίζει ότι κάθε πολυωνυμική εξίσωση με ακέραιους συντελεστές ϑα έχει σίγουρα κάποια ακέραιη ρίζα που διαιρεί το σταθερό όρο. Το μόνο που δηλώνει είναι ό- τι σε περίπτωση που μία πολυωνυμική εξίσωση όντως έχει κάποια ακέραιη ρίζα, τότε αυτή αναγκαστικά ϑα διαιρεί το σταθερό ό- ρο. Επομένως, αυτόπουκάνειείναιναμας παρέχει ένα σύνολο από πιθανές ακέραιες ρίζες μιας πολυωνυμικής εξίσωσης. Το σύνολο αυτό αποτελείται από όλους τους α- κέραιους διαιρέτες του σταθερού όρου. 3.2 Μεθοδολογία Μια πρόταση που διευκολύνει τον εντοπισμό ριζών πολυωνυμικών εξισώσεων είναι η παρακάτω: Πόρισμα Αν οι συντελεστές του πολυωνύμου P(x)=α ν x ν +α ν 1 x ν 1 + +α 1 x+α 0 έχουν άθροισμα ίσο με μηδέν, τότε μία ρίζα του πολυωνύμου είναι το 1. Απόδειξη P(1)=α ν +α ν 1 + +α 1 +α 0 = 0. 3.2.1 Πολυωνυμικές εξισώσεις με ακέραιους συντελεστές Για να λύσουμε μια πολυωνυμική εξίσωση με ακέραιους συντελεστές ακολουθούμε μία από τις δύο παρακάτω μεθόδους: 1. Εξετάζουμε αν μπορούμε να παραγοντοποιήσουμε το πολυώνυμο απευθείας. Αν κάτι τέτοιο δεν είναι δυνατό τότε, 2. εντοπίζουμε τους διαιρέτες του στα- ϑερού όρου και με δοκιμές (με τη βοή- ϑεια του σχήματος Horner) βρίσκουμε κάποια ακέραιη ρίζα. Επειτα παραγοντοποιούμε. Παράδειγμα (ασκ. 1-viii, σελ. 78) Να λύσετε την εξίσωση 7(3x+2) 2 (1 x) 2 (3x+2)(1 x) 3 = 0. Λύση Παραγοντοποιώντας την εξίσωση έχουμε διαδοχικά: 7(3x+2) 2 (1 x) 2 (3x+2)(1 x) 3 = 0 (3x+2)(1 x) 2 [7(3x+2) (1 x)] = 0 (3x+2)(1 x) 2 (22x+13) = 0 Επομένως οι ρίζες της εξίσωσης είναι x = 2, x=1 (επειδή αυτή είναι διπλή ρίζα, 3 λέμε ότι είναι ρίζα πολλαπλότητας 2) και x= 13. 22 Παράδειγμα (ασκ. 1-x, σελ. 78) Να λύσετε την εξίσωση x 4 3x 3 +6x 4=0. Λύση Οι ακέραιοι διαιρέτες του 4 που είναι ο σταθερός όρος του πολυωνύμου είναι: ±1, ±2 και ±4. Παρατηρώ ότι το άθροισμα των συντελεστών του πολυωνύμου ειναι 1 3+6 4=0, οπότε σύμφωνα με το πόρισμα που αποδείχθηκε παραπάνω, μία ρίζα της εξίσωσης ϑα είναι το 1. Ε- κτελώ τη διαίρεση του πολυωνύμου με το x 1. 1 3 0 6 4 1 1 2 2 4 1 2 2 4 0

Άλγεβρα Β Λυκείου 8 Άρα η εξίσωση γράφεται: (x 1)(x 3 2x 2 2x+4) = 0 (x 1)[x 2 (x 2) 2(x 2)] = 0 (x 1)(x 2)(x 2 2) = 0 (x 1)(x 2)(x 2)(x+ 2) = 0 Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης είναι x=1, x=2, x= 2 και x= 2. 3.2.2 Πολυωνυμικές ανισώσεις Για να λύσουμε μια πολυωνυμική ανίσωση δευτέρου βαθμού και άνω, είναι αναγκαίο να παραγοντοποιήσουμε το πολυώνυμο και έπειτα να καταστρώσουμε τον πίνακα προσήμων του. Παράδειγμα (ασκ. 4-iv, σελ. 78) Να λύσετε την ανίσωση x 4 x 3 + x 2 3x 6 0. Λύση Οι πιθανές ακέραιες ρίζες του πολυωνύμου είναι οι διαιρέτες του σταθερού του όρου, δηλαδή±1,±2,±3,±6. Μετά από δοκιμές με τη βοήθεια του σχήματος Horner καταλήγουμε σε μία ρίζα του πολυωνύμου, τον ακέραιο 1. 1 1 1 3 6 1 1 2 3 6 1 2 3 6 0 Η ανίσωση λοιπόν γράφεται: (x+1)(x 3 2x 2 +3x 6) 0. Συνεχίζουμε την παραγοντοποίηση του πολυωνύμου, διαιρούμε το πολυώνυμο x 3 2x 2 +3x 6 με το x 2. 1 2 3 6 2 2 0 6 1 0 3 0 Η ανίσωση τώρα γράφεται: (x+1)(x 2)(x 2 +3) 0. Εφόσον παραγοντοποιήσαμε το πολυώνυμο σε γινόμενο πρώτων παραγόντων, είμαστε πλέον σε ϑέση να καταστρώσουμε τον πίνακα προσήμων του. Ονομάζουμε P(x) το αρχικό πολυώνυμο x 1 2 + x+1 + + x 2 + x 2 +3 + + + P(x) + + Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η ανίσωση επαληθεύεται για κάθε x (, 1] [2,+ ). 3.2.3 Γραφικές παραστάσεις Οταν δίνονται δεδομένα σχετικά με τη γραφική παράσταση μιας ή περισσότερων πολυωνυμικών συναρτήσεων, χρειάζεται να μεταγλωττιστούν σε αλγεβρικά δεδομένα. Για να ολοκληρώσουμε αυτή τη διαδικασία αρκεί να έχουμε υπόψη μας τα εξής: Η γραφική παράσταση μιας πολυωνυμικής συνάρτησης f(x) τέμνει τον άξονα x x στα σημεία που η τεταγμένη τους είναι ίση με μηδέν, δηλαδή στα σημεία εκείνα που η τιμή της συνάρτησης μηδενίζεται, άρα εκεί που f(x)=0. Βρίσκουμε επομένως τις ρίζες του πολυωνύμου, αυτές ϑα είναι και οι τετμημένες των σημείων που τέμνει η γραφική παράσταση της συνάρτησης τον οριζόντιο άξονα. Η γραφική παράσταση μιας πολυωνυμικής συνάρτησης f(x) βρίσκεται πάνω από τον άξονα x x στα διαστήματα

Άλγεβρα Β Λυκείου 9 που η τεταγμένη των σημείων της είναι ϑετική, δηλαδή στα σημεία εκείνα όπου ισχύει f(x) > 0. Βρίσκουμε επομένως τα διαστήματα του x που επαληθεύουν την ανίσωση, αυτές ϑα είναι και οι τετμημένες των σημείων που η γραφική παράσταση της συνάρτησης βρίσκεται πάνω από τον οριζόντιο ά- ξονα. Η γραφική παράσταση μιας πολυωνυμικής συνάρτησης f(x) βρίσκεται κάτω από τον άξονα x x στα διαστήματα που η τεταγμένη των σημείων της είναι αρνητική, δηλαδή στα σημεία εκείνα όπου ισχύει f(x)<0. Βρίσκουμε επομένως τα διαστήματα του x που επαληθεύουν την ανίσωση, αυτές ϑα είναι και οι τετμημένες των σημείων που η γραφική παράσταση της συνάρτησης βρίσκεται κάτω από τον οριζόντιο άξονα. Η γραφική παράσταση μιας πολυωνυμικής συνάρτησης f(x) βρίσκεται πάνω (ή κάτω) από τη γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης g(x), στα διαστήματα που η τεταγμένη των σημείων της γραφικής παράστασης της f είναι μεγαλύετρη (ή μικρότερη) από την τεταγμένη των σημείων της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g, δηλαδή εκεί που f(x)>g(x) (ή f(x)<g(x)). Βρίσκουμε επομένως τα διαστήματα του x που επαληθεύουν την ανίσωση, αυτές ϑα είναι και οι τετμημένες των σημείων που η γραφική παράσταση της συνάρτησης f βρίσκεται πάνω (ή κάτω) από τη γραφική παράσταση της g. Παράδειγμα (ασκ. 6, σελ. 78) Να βρειτε τα διαστήματα στα οποία η γραφική παράσταση της πολυωνυμικής συνάρτησης f(x)= x 4 5x 3 +3x 2 +x βρίσκεται κάτω από τον άξονα x x. Λύση Για να εντοπίσουμε τα διαστήματα στα οποία η γραφική παράσταση της f βρίσκεται κάτω από τον άξονα x x, αρκεί να λύσουμε την ανίσωση f(x)<0. Παραγοντοποιούμε το πολυώνυμο και η ανίσωση γράφεται: x(x 3 5x 2 +3x+1)<0 Εκτελούμε τη διαίρεση(x 3 5x 2 +3x+1) (x 1) με τη βοήθεια του σχήματος Horner. 1 5 3 1 1 1 4 1 1 4 1 0 Η ανίσωση τώρα γράφεται x(x 1)(x 2 4x 1)<0 Το τριώνυμο x 2 4x 1 έχει διακρίνουσα = 20 και οι δύο ρίζες του είναι x 1,2 = 2± 5. Καταστρώνουμε τον πίνακα προσήμων της f.

Άλγεβρα Β Λυκείου 10 x 2 5 0 1 2+ 5 + x + + + x 1 + + Επομένως η γραφική παράσταση της συνάρτησης f βρίσκεται κάτω από τον ά- ξονα x x στα διαστήματα (2 5,0) και (1,2+ 5). x 2 4x 1 + + f(x) + + + 3.2.4 Εξισώσεις που ανάγονται σε α- πλούστερες Οταν πολυωνυμικές εξισώσεις εμφανίζουν μια παράσταση του x που υψώνεται σε διάφορες δυνάμεις, μπορούμε να τις ανάγουμε σε απλούστερες με κατάλληλη αντικατάσταση. Παράδειγμα (ασκ. 7-ii, σελ. 78) Να λύσετε την εξίσωση(x 1) 6 9(x 1) 3 +8=0. Λύση Θέτοντας όπου(x 1) 3 έναν καινούριο άγνωστο y, η εξίσωση μετασχηματίζεται στην παρακάτω: y 2 9y+8=0 Η οποία έχει δύο πραγματικές ρίζες y=1 και y = 8. Μελετούμε ξεχωριστά τις δύο περιπτώσεις που προκύπτουν. (x 1) 3 = 1 x 1=1 x=2 (x 1) 3 = 8 x 1=2 x=3 3.2.5 Εξισώσεις με ρητούς συντελεστές Οταν μια εξίσωση έχει ρητούς συντελεστές τότε τη μετατρέπουμε σε μια ισοδύναμη με ακέραιους συντελεστές, πολλαπλασιάζοντας κάθε μέλος της με το ΕΚΠ των παρονομαστών. Παράδειγμα (ασκ. 1-i, Β Ομάδα, σελ. 79) Να λύσετε την εξίσωση 1 10 x3 + 1 2 x2 + 1 x 4= 0. 5 5 Λύση Το ΕΚΠ των παρονομαστών των συντελεστών είναι το 10, οπότε πολλαπλασιάζοντας κάθε μέλος της εξίσωσης με αυτό προκύπτει η ισοδύναμη εξίσωση: x 3 +5x 2 +2x 8=0 Αναζητούμε πιθανές ακέραιες λύσεις στο σύνολο των διαιρετών του σταθερού όρου, οι οποίοι είναι±1,±2,±4,±8. Εκτελούμε τη διαίρεση του πολυωνύμου με το x 1 με τη βοήθεια του σχήματος Horner. 1 5 2 8 1 1 6 8 1 6 8 0 Η εξίσωση γράφεται τώρα: (x 1)(x 2 +6x+8)=0 Καταλήγουμε ότι η εξίσωση έχει τρεις ρίζες x=1, x= 2 και x= 4.

Άλγεβρα Β Λυκείου 11 3.2.6 Μία τουλάχιστον ακέραια ρίζα Οταν ζητούνται οι τιμές μιας παραμέτρου που περιέχεται σε κάποιο συντελεστή μιας πολυωνυμικής εξίσωσης, ώστε η εξίσωση να έχει μία τουλάχιστον ακέραια ρίζα, α- νατρέχουμε και πάλι στους διαιρέτες του σταθερού όρου. Εξετάζουμε ποιοι από αυτούς όταν είναι ρίζες, η παράμετρος παίρνει τέτοια τιμή ώστε οι συντελεστές του πολυωνύμου να είναι όλοι ακέραιοι. Παράδειγμα (ασκ. 3, Β Ομάδα, σελ. 79) Να βρείτε τις τιμές του k για τις οποίες, η εξίσωση x 3 x 2 + kx+3=0 έχει μία τουλάχιστον ακέραια ρίζα. Λύση Οι διαιρέτες του σταθερού όρου είναι±1, ±3. Αυτές είναι και οι πιθανές ακέραιες ρίζες του πολυωνύμου. Εξετάζουμε σε κάθε περίπτωση αν το k παίρνει τέτοιες τιμές ώστε οι συντελεστές της εξίσωσης να είναι όλοι ακέραιοι. Για x= 1 η εξίσωση γράφεται: 1 1 k+3=0 k=1. Για x=1 η εξίσωση γράφεται: 1 1+ k+3=0 k= 3. Για x= 3 η εξίσωση γράφεται: 27 9 3k+3=0 k= 11. Για x=3 η εξίσωση γράφεται: 27 9+ 3k+3=0 k= 7. Παρατηρούμε ότι για όλες τις παραπάνω τιμές του k, οι συντελεστές της εξίσωσης είναι ακέραιοι. Επομένως, όταν το k παίρνει κάποια από τις τιμές 11, 7, 3 και 1 η εξίσωση έχει μία τουλάχιστον ακέραια ρίζα. 4 Εξισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές 4.1 Μεθοδολογία 4.1.1 Ρητές εξισώσεις Για να λύσουμε μια ρητή (κλασματική) ε- ξίσωση ακολουθούμε τα έξι παρακάτω βήματα: 1. Παραγοντοποιούμε τους παρονομαστές 2. Θέτουμε κατάλληλους περιορισμούς 3. Εντοπίζουμε το ΕΚΠ των παρονομαστών 4. Πολλαπλασιάζουμε κάθε μέλος της ε- ξίσωσης με το ΕΚΠ 5. Λύνουμε την πολυωνυμική εξίσωση που προκύπτει 6. Ελέγχουμε τις λύσεις Παράδειγμα (ασκ. 1-i, σελ. 83) Να λύσετε την εξίσωση x2 2 = 4 x 1 x+1 x. 2 1 Λύση Παραγοντοποιώντας τους παρονομαστές, η εξίσωση γράφεται: x 2 x 1 2 x+1 = 4 (x 1)(x+1) Οι παραπάνω συμβολισμοί έχουν νόημα αν x ±1. Το ΕΚΠ των παρονομαστών είναι το (x 1)(x + 1), πολλαπλασιάζοντας κάθε μέλος της εξίσωσης με το ΕΚΠ, παίρνουμε: x 2 (x+1) 2(x 1)=4

Άλγεβρα Β Λυκείου 12 Εκτελώντας τις πράξεις στην παραπάνω εξίσωση, αυτή γράφεται: x 3 + x 2 2x 2 = 0 x 2 (x+1) 2(x+1) = 0 (x+1)(x 2 2) = 0 (x+1)(x 2)(x+ 2) = 0 Από τα παραπάνω προκύπτουν ότι οι λύσεις της εξίσωσης είναι x= 2, x= 2 και x = 1, η οποία όμως απορρίπτεται γιατί εμπίπτει στους αρχικούς περιορισμούς. Άρα η εξίσωση έχει τελικά δύο λύσεις, τις x= 2 και x= 2. 4.1.2 Ρητές ανισώσεις Οι ανισώσεις διαφοροποιούνται σε σχέση με τις εξισώσεις ως προς το γεγονός ότι δεν μπορεί να γίνει η απαλοιφή των παρονομαστών. Αυτό οφείλεται στον άγνωστο που βρίσκεται στον παρονομαστή, ο οποίος καθιστά το ΕΚΠ των παρονομαστών μια ποσότητα με πρόσημο που συνήθως δεν είναι σταθερό. Σ αυτήν την περίπτωση λοιπόν, συγκεντρώνουμε όλους τους όρους σε ένα μέλος και αφού κάνουμε όλες τις πράξεις που σημειώνονται, καταλήγουμε σε μια ανίσωση της μορφής K 0, όπου K έ- να κλάσμα. Παραγοντοποιούμε τους όρους του κλάσματος και έπειτα καταστρώνουμε έναν πίνακα προσήμου για τους παράγοντές του. Παράδειγμα (ασκ. 2, σελ. 83) Να λύσετε την ανίσωση x 2 + 2 1 2x 1 x(2x 1). Λύση Οι παραπάνω συμβολισμοί έ- χουν νόημα αν x 0 και x 1 2. Η δοσμένη ανίσωση γράφεται: x 2 2 + 2x 1 1 x(2x 1) x 3 (2x 1) x(2x 1) + 2x x(2x 1) 1 x(2x 1) 2x 4 x 3 +2x 1 x(2x 1) x 3 (2x 1)+2x 1 x(2x 1) (x 3 +1)(2x 1) x(2x 1) (x+1)(x 2 x+1) x 0 0 0 0 0 0 Ενώ το τριώνυμο x 2 x+1 έχει διακρίνουσα = 3, οπότε είναι x 2 x+1>0 για κάθε x R. Άρα η ανίσωση επαληθεύεται όταν x+1 x 0. Καταστρώνουμε τον πίνακα προσήμων της παραπάνω παράστασης. x 1 0 x+1 + + + x + + 1 + 2 x+1 x + + + Τελικά η ανίσωση επαληθεύεται για κάθε x (, 1] (0, 1 2 ) (1 2,+ ). 4.1.3 Εξισώσεις που λύνονται με αντικατάσταση Μια σειρά εξισώσεων ανάγονται σε πολυωνυμικές με τη βοήθεια κατάλληλης αντικατάστασης. Σε περίπτωση που κάτι τέτοιο δεν μπορεί να γίνει εξ αρχής, επειδή κάποιος όρος είναι διαφορετικός από τους υπόλοιπους, επιστρατεύουμε κατάλληλες ταυτοτήτες ή μετασχηματισμούς. Μετατρέπουμε τους διαφορετικούς όρους σε ό,τι

Άλγεβρα Β Λυκείου 13 βολεύει κάθε φορά και έπειτα κάνουμε την αντικατάσταση. Παράδειγμα (ασκ. 3, σελ. 83) Να λύσετε την εξίσωση 2 Ñ 3 x+ ÙÒ 2 x+2 Ñ x 2=0 Λύση Αρχικά χρειάζεται να μετασχηματιστεί το ÙÒ 2 x, αφού είναι ο μοναδικός διαφορετικός όρος από τους υπόλοιπους. Με τη βοήθεια της τριγωνομετρικής ταυτότητας Ñ 2 x+ ÙÒ 2 x=1, η εξίσωση μετασχηματίζεται στην παρακάτω 2 Ñ 3 x+1 Ñ 2 x+2 Ñ x 2 = 0 2 Ñ 3 x Ñ 2 x+2 Ñ x 1 = 0 Θέτοντας τώρα όπου Ñ x το y, η εξίσωση παίρνει τη μορφή: 2y 3 y 2 +2y 1 = 0 y 2 (2y 1)+2y 1 = 0 (2y 1)(y 2 +1) = 0 2y 1 = 0 y = 1 2 Άρα Ñ x= 1, οπότε οι λύσεις της εξίσωσης 2 είναι x=2kπ+ π 5π, k Z και x=2kπ+, k Z. 6 6 Σημ.: Εδώ η αντικατάσταση δεν ή- ταν απαραίτητη, αφού η παραγοντοποίηση μπορούσε να γίνει με ομαδοποίηση των όρων ακόμα και αν κρατούσαμε το Ñ x. Σε άλλες περιπτώσεις όμως που η παραγοντοποίηση δεν μπορεί να γίνει όπως εδώ, η αντικατάσταση είναι αναγκαία. 4.1.4 Άρρητες εξισώσεις Παρακάτω περιγράφονται δύο μέθοδοι ε- πίλυσης άρρητων εξισώσεων. Η πρώτη είναι αυτή που περιγράφεται και στο σχολικό βιβλίο, ενώ η δεύτερη παρουσιάζει χρησιμότητα αργότερα. 1η Μέθοδος Ξεκινούμε παίρνοντας κάποιους αρχικούς περιορισμούς, αφού για να έχουν νόημα τα σύμβολα που χρησιμοποιούνται ϑα πρέπει οι υπόριζες ποσότητες να είναι μη αρνητικές. Επειτα απομονώνουμε διαδοχικά τα ριζικά και υψώνουμε στο τετράγωνο τα δύο μέλη της ε- ξίσωσης όσες φορές χρειαστεί, ώστε να τα απαλείψουμε. Η εξίσωση που προκύπτει τότε είναι πολυωνυμική, η οποία όμως ενδεχομένως να έχει περισσότερες λύσεις α- πό την αρχική. Αυτό συμβαίνει γιατί όταν υψώνουμε στο τετράγωνο (ή σε οποιαδήποτε άλλη άρτια δύναμη) τα μέλη μιας εξίσωσης, δεν προκύπτει εξίσωση ισοδύναμη με την αρχική. Για παράδειγμα η εξίσωση x 2=1 έχει μοναδική λύση την x=3. Αν όμως υψώσουμε στο τετράγωνο τα δύο μέλη, τότε αυτή γίνεται(x 2) 2 = 1, η οποία έχει εκτός της αρχικής λύσης x=3 και την x=1, αφού(1 2) 2 =( 1) 2 = 1. Γι αυτό το λόγο εξετάζουμε στο τέλος ποιες από τις λύσεις που προκύπτουν επαληθεύουν την αρχική εξίσωση. Παράδειγμα (ασκ. 4-v, σελ. 83) Να λύσετε την εξίσωση x+3= 10 x+1. Λύση Για να έχουν νόημα οι παραπάνω συμβολισμοί πρέπει x+3 0 και 10 x 0, δηλαδή 3 x 10. Υψώνοντας στο τετράγωνο τα δύο μέλη της εξίσωσης προκύπτει x+3=10 x+2 10 x+1 Απομονώνουμε το ριζικό που απέμεινε ώ- στε να υψώσουμε ξανά στο τετράγωνο και

Άλγεβρα Β Λυκείου 14 να προκύψει μία πολυωνυμική εξίσωση. x 4 = 10 x x 2 8x+16 = 10 x Επομένως, η πολυωνυμική εξίσωση που προκύπτει είναι x 2 7x+6=0 Οι λύσεις της εξίσωσης αυτής είναι x=1 και x = 6. Αρχικά δεν απορρίπτεται καμία από τις δύο λύσεις, αφού βρίσκονται εντός του διαστήματος[ 3, 10]. Ελέγχουμε τώρα ποιες από αυτές επαληθεύουν την αρχική εξίσωση. Για x=1 η αρχική εξίσωση γράφεται 1+3= 10 1+1, δηλαδή 2=4. Επειδή η εξίσωση δεν επαληθεύεται, η λύση απορρίπτεται. Για x=6 η αρχική εξίσωση γράφεται 6+3= 10 6+1, ή 3=3. Εφόσον η εξίσωση επαληθεύεται, η λύση είναι τώρα δεκτή. Τελικά η εξίσωση έχει μοναδική πραγματική λύση την x = 6. 2η Μέθοδος Και εδώ ξεκινούμε ϑέτοντας κάποιους αρχικούς περιορισμούς, αφού οι υπόριζες ποσότητες πρέπει να είναι μη αρνητικές. Κάθε φορά όμως που υψώνουμε στο τετράγωνο (ή σε μια άρτια δύναμη), πρέπει πρώτιστα να έχουμε εξασφαλίσει ό- τι τα δύο μέλη της εξίσωσης είναι μη αρνητικές ποσότητες, ώστε η εξίσωση που προκύπτει να είναι ισοδύναμη με την αρχική. Πώς εξασφαλίζουμε όμως ότι τα δύο μέλη της εξίσωσης είναι μη αρνητικές ποσότητες; Αυτό μπορεί να γίνει είτε με κατάλληλες μετακινήσεις όρων στα δύο μέλη, είτε με την εφαρμογή περιορισμών. Εφόσον η τελική πολυωνυμική εξίσωση που ϑα προκύψει είναι ισοδύναμη με την αρχική, δεν υπάρχει πλέον λόγος να εξετάζουμε ποιες από τις λύσεις επαληθεύουν την αρχική ε- ξίσωση (όπως στην προηγούμενη μέθοδο). Παράδειγμα (ασκ. 3-ii, Β Ομάδα, σελ. 84) Να λύσετε την εξίσωση x 1+ x 4= x+4 Λύση Για να έχουν νόημα οι συμβολισμοί πρέπει x 1 0, x 4 0 και x+4 0, δηλαδή x 4. Στα δύο μέλη της εξίσωσης βρίσκονται μη αρνητικές ποσότητες, οπότε υψώνουμε στο τετράγωνο και προκύπτει η ισοδύναμη με την αρχική εξίσωση: x 1+2 (x 1)(x 4)+ x 4 = x+4 2 x 2 5x+4 = 9 x Στο πρώτο μέλος της καινούριας εξίσωσης βρίσκεται μια μη αρνητική ποσότητα, επομένως απαιτούμε και στο δεύτερο μέλος να υπάρχει μία επίσης μη αρνητική ποσότητα πριν υψώσουμε στο τετράγωνο. Ετσι πρέπει 9 x 0, ή x 9. Συγκεντρώνοντας όλους τους περιορισμούς για το x, έχουμε 4 x 9. Γι αυτές τις τιμές του x η αρχική εξίσωση είναι ισοδύναμη με την: 4(x 2 5x+4) = 81 18x+ x 2 3x 2 2x 65 = 0 Η παραπάνω πολυωνυμική εξίσωση έχει λύσεις τις x= 13, η οποία απορρίπτεται 3 εφόσον δεν ανήκει στο διάστημα[4,9] και x = 5, η οποία ανήκει στο[4, 9]. Τελικά η εξίσωση έχει μοναδική πραγματική λύση την x=5. 4.1.5 Άρρητες ανισώσεις Στις ανισώσεις έχουμε υπόψην ότι για να υψώσουμε στο τετράγωνο (ή σε μια άρτια δύναμη) τα δύο μέλη της, πρέπει να βρίσκονται σε αυτά παραστάσεις που έχουν

Άλγεβρα Β Λυκείου 15 το ίδιο πρόσημο. Αυτή η απαίτηση συνή- ϑως μας οδηγεί σε μια διερεύνηση, αναφορικά με τις διάφορες τιμές που μπορεί να πάρει ο άγνωστος. Παράδειγμα (ασκ. 1-ii, Β Ομάδα, σελ. 84) Να λύσετε την ανίσωση x 3> x 5 Λύση Για να έχουν νόημα οι συμβολισμοί ϑα πρέπει x 3 0, ή x 3. Στο πρώτο μέλος της ανίσωσης βρίσκεται μία μη αρνητική ποσότητα. Η διερεύνηση λοιπόν ϑα είναι σχετική με την παράσταση του δεύτερου μέλους της ανίσωσης. Εξετάζουμε την ανίσωση στην περίπτωση που αυτή είναι αρνητική και στην περίπτωση που δεν είναι αρνητική ποσότητα. Αν x 3 και x 5<0 x<5, δηλαδή αν 3 x<5: Τότε η ανίσωση επαληθεύεται, αφού μία μη αρνητική ποσότητα είναι πάντα μεγαλύτερη α- πό μία αρνητική ποσότητα. Αν x 3 και x 5 0 x 5, δηλαδή αν x 5: Οι δύο ποσότητες είναι μη αρνητικές οπότε υψώνουμε στο τετράγωνο για να απαλλαγούμε από το ριζικό. Εχουμε: x 3> x 2 10x+25 x 2 11x+28<0. Η ανίσωση επαληθεύεται αν 5 x<7. Τελικά συμπεραίνουμε ότι η ανίσωση επαληθεύεται για κάθε x [3,5) [5,7)=[3,7).