ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΠΟΣΤΟΛΟΥ ΓΙΩΡΓΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

3ο κεφάλαιο: Εξισώσεις ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΠΟΣΤΟΛΟΥ ΓΙΩΡΓΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ )

Περιεχόµενα 1 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ..................................................... 5 1.1 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ αx + β = 0 1.1.1 1.1.2 1.1.3 ΘΕΩΡΙΑ......................................................... 5 ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ............................................. 7 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ............................................... 16 1.2 Η ΕΞΙΣΩΣΗ xν = α 1.2.1 1.2.2 1.2.3 ΘΕΩΡΙΑ........................................................ 19 ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ............................................ 20 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ............................................... 22 1.3 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ 1.3.1 1.3.2 1.3.3 ΘΕΩΡΙΑ........................................................ 23 ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ............................................ 25 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ............................................... 34 2 Βιβλιογραφία.................................................. 37 2.1 Βιβλία 37 2.2 Ιστοσελίδες 37 5 19 23

ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ αx + β = 0 ΘΕΩΡΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ Η ΕΞΙΣΩΣΗ xν = α ΘΕΩΡΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ ΘΕΩΡΙΑ ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ 1. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1.1 1.1.1 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ αx + β = 0 ΘΕΩΡΙΑ Ερώτηση 1.1 Τι είναι εξίσωση ; Απάντηση Οι εξισώσεις µιας µεταβλητής, είναι σχέσεις της µορφής f (x) = g(x), µε f, g συναρτήσεις ορισµένες σε υποσύνολα του R. Οι οποίες επαληθεύονται για συγκεκριµένες τιµές των µεταβλητών, που ονοµάζονται ϱίζες ή λύσεις της εξίσωσης. Ερώτηση 1.2 Πως λύνεται η εξίσωση αx + β = 0 για τις διάφορες τιµές των α, β R; Απάντηση Είναι : αx + β = 0 αx = β Τώρα διακρίνουµε τις περιπτώσεις : β α 2. Αν α = 0 τότε από : αx = β 0x = β 1. Αν α 6= 0 τότε από : αx = β x =, µοναδική λύση. τώρα αν : i. β 6= 0 έχουµε, 0x = β 6= 0 το οποίο είναι αδύνατο, άρα η εξίσωση είναι αδύνατη, δεν έχει πραγµατικές ϱίζες. ii. β = 0 έχουµε, 0x = 0 το οποίο ισχύει για κάθε x R, άρα η εξίσωση είναι ταυτότητα, έχει άπειρες πραγµατικές ϱίζες.

Ερώτηση 1.3 Η εξίσωση αx = β πότε έχει : i. Μια µόνο λύση ii. Άπειρες λύσεις iii. Καµία λύση Απάντηση i. Μια µόνο λύση, έχει όταν : α 0 ii. Άπειρες λύσεις, έχει όταν : α = β = 0 iii. Καµία λύση, δεν έχει όταν : α = 0 και β 0 Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 6

1.1.2 ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ Θέµα 1.1 Να λύσετε τις εξισώσεις i. 2(x + 1) = x + 3 ii. x + 3 = 2(x 3) x iii. 5(x 3) x = 4x 15 Μεθοδολογία 1.1 Για να λύσουµε µια εξίσωση 1ου ϐαθµού, κάνουµε τις πράξεις, χωρίζου- µε γνωστούς από αγνώστους και αν ο συντελεστής του αγνώστου είναι 0 διαιρούµε µε αυτόν και τα δυο µέλη, διαφορετικά η εξίσωση είναι ή αδύνατη ή αόριστη. Λύση 1.1 i. 2(x + 1) = x + 3 2x + 2 = x + 3 2x + x = 3 2 3x = 1 x = 1 3 άρα η εξίσωση έχει µοναδική λύση. ii. x + 3 = 2(x 3) x x + 3 = 2x 6 x x 2x + x = 6 3 0x = 8 το οποίο είναι αδύνατο, άρα η εξίσωση δεν έχει λύση. iii. 5(x 3) x = 4x 15 5x 15 x = 4x 15 5x x 4x = 15 15 0x = 0 το οποίο ισχύει για κάθε x R, άρα η εξίσωση είναι αόριστη, δηλαδή έχει άπειρες λύσεις. Θέµα 1.2 Να λυθούν οι εξισώσεις : i. (x 2) 2 (x 1) 2 = (1 3x) 2 (2 3x) 2 (1) ii. x 2 7x + 6 = 0 (2) 2x + 7 iii. 2x + 5 = 2 x 2 + x (3) 4 3 4 2 iv. v. 2x + 1 x 2 x 1 x = 6 x 3 2 x + 3 = 12 x 2 9 x (x 1) 2 (4) (5) Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 7

Λύση 1.2 i. (1) x 2 4x + 4 (x 2 2x + 1) = 1 6x + 9x 2 (4 12x + 9x 2 ) x 2 4x + 4 x 2 + 2x 1 = 1 6x + 9x 2 4 + 12x 9x 2 4x + 4 + 2x 1 = 1 6x 4 + 12x 2x + 3 = 6x 3 2x 6x = 3 3 8x = 6 x = 6 8 = 3 4 ii. (2) x 2 (6 + 1)x + 6 1 = 0 (x 6) (x 1) = 0 x 6 = 0 ή x 1 = 0 x = 6 ή x = 1 iii. (3) 12 2x + 7 12 2x + 5 = 12 2 x 12 2 + x 4 3 4 2 3(2x + 7) 4(2x + 5) = 3(2 x) 6(2 + x) 6x + 21 8x 20 = 6 3x 12 6x 6x + 21 8x 20 = 6 3x 12 6x 6x 8x + 3x + 6x = 6 12 21 + 20 7x = 7 x = 1 iv. (4) 2x + 1 x(x 1) 1 x = x (x 1) 2, x 0, x 1 x(x 1) 2 2x + 1 x(x 1) x(x 1 1)2 x (x 1)(2x + 1) (x 1) 2 = x 2 2x 2 + x 2x 1 x 2 + 2x 1 = x 2 x = x(x 1)2 (x 1) 2 x = 2 δεκτή αφού ικανοποιεί τους περιορισµούς v. (5) 6 x 3 2 x + 3 = 12 (x 3)(x + 3), x 3, x 3 6 (x 3)(x + 3) x 3 (x 3)(x + 3) 2 x + 3 = (x 3)(x + 3) 12 (x 3)(x + 3) 6(x + 3) 2(x 3) = 12 6x + 18 2x + 6 = 12 6x 2x = 12 18 6 4x = 12 x = 3 απορρίπτεται αφού δεν ικανοποιεί τους περιορισµούς Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 8

άρα η εξίσωση (5) είναι αδύνατη Θέµα 1.3 Να προσδιοριστεί ο πραγµατικός αριθµός λ, ώστε η εξίσωση (λ + 1)x 2(λ + 2x) = λ(λ 2) 9 να είναι ταυτότητα. Λύση 1.3 Από τη ϑεωρία γνωρίζουµε ότι η εξίσωση αx = β είναι ταυτότητα αν και µόνο αν α = β = 0. Εποµένως ϑα πρέπει να ϕέρουµε την εξίσωση σ αυτή τη µορφή. (λ + 1)x 2(λ + 2x) = λ(λ 2) 9 λx + x 2λ 4x = λ 2 2λ (λ 3)x = λ 2 9 Άρα για είναι ταυτότητα πρέπει : λ 3 = 0 λ 2 9 λ = 3 λ = ±3 λ = 3 Θέµα 1.4 Να προσδιοριστεί ο πραγµατικός αριθµός λ, ώστε η εξίσωση (λ 2 + 3)x 4(x λ) = λ 2 + 3 να είναι αδύνατη. Λύση 1.4 Από τη ϑεωρία γνωρίζουµε ότι η εξίσωση αx = β είναι αδύνατη αν και µόνο αν α = 0 και β 0. Εποµένως ϑα πρέπει να ϕέρουµε την εξίσωση σ αυτή τη µορφή. (λ 2 + 3)x 4(x λ) = λ 2 + 3 xλ 2 + 3x 4x + 4λ = λ 2 + 3 xλ 2 + 3x 4x = λ 2 + 3 4λ x(λ 2 1) = λ 2 4λ + 3 Άρα για να είναι αδύνατη ϑα πρέπει : λ 2 1 = 0 λ = 1 ή λ = 1 λ 2 4λ + 3 0 λ 3 και λ 1 Άρα για να είναι αδύνατη ϑα πρέπει λ=1. λ = 1 Θέµα 1.5 Να προσδιοριστεί ο πραγµατικός αριθµός λ, ώστε η εξίσωση λ 2 x 2 = 4x + 1 να έχει µοναδική λύση. λ Λύση 1.5 Από τη ϑεωρία γνωρίζουµε ότι η εξίσωση αx = β έχει µοναδική λύση αν και µόνο αν α = β = 0. Εποµένως ϑα πρέπει να ϕέρουµε την εξίσωση σ αυτή τη µορφή. Για να έχει νόηµα η εξίσωση ϑα πρέπει λ 0. Με αυτή την προϋπόθεση έχουµε : Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 9

λ 2 x 2 λ = 4x + 1 λ λ2 x λ 2 λ = λ 4x + λ 1 λ 3 x 2 = 4λx + λ λ 3 x 4λx = λ + 2 x(λ 3 4λ) = λ + 2 Άρα για να έχει µοναδική λύση ϑα πρέπει : λ 0 λ 3 4λ 0 λ(λ 2 4) 0 λ 2 4 0 λ 0, 2, 2 Θέµα 1.6 Να λυθεί η εξίσωση λ 2 x 1 = x + λ (1) για τις διάφορες τιµές του λ R. Λύση 1.6 Για να λύσω την παραµετρική εξίσωση, ϑα πρέπει να ϕέρω την εξίσωση στη µορφή : αx = β λ 2 x 1 = x + λ λ 2 x x = 1 + λ (λ 2 1)x = 1 + λ τώρα διακρίνουµε τις περιπτώσεις : I. Αν λ 2 1 0 λ ±1 λ R { 1, 1} τότε η εξίσωση έχει µοναδική λύση την : x = 1 + λ λ 2 1 = 1 + λ (λ 1)(λ + 1) = 1 λ 1 II. Αν λ=-1, αντικαθιστώντας στην (1) έχουµε : 0x = 0 άρα η εξίσωση είναι αόριστη, έχει άπειρες λύσεις. III. Αν λ=1, αντικαθιστώντας στην (1) έχουµε : 0x = 2 άρα η εξίσωση είναι αδύνατη, δεν έχει καµία λύση. Θέµα 1.7 Να λυθεί η εξίσωση λ 2 x + λ(x 2) = µ 1 (1) για τις διάφορες τιµές του λ, µ R. Λύση 1.7 Για να λύσω την παραµετρική εξίσωση, ϑα πρέπει να ϕέρω την εξίσωση στη µορφή : αx = β λ 2 x + λ(x 2) = µ 1 λ 2 x + λx 2λ = µ 1 λ 2 x + λx = 2λ + µ 1 x(λ 2 + λ) = 2λ + µ 1 ιακρίνουµε τις περιπτώσεις : I. Αν λ 2 + λ 0 λ(λ + 1) 0 λ 0 και λ 1 τότε έχουµε : x = 2λ + µ 1 λ 2 µοναδική λύση. + λ Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 10

II. Αν λ=0, τότε η εξίσωση γίνεται : 0x = µ 1. i. Αν µ 1 0 µ 1 τότε η εξίσωση είναι αδύνατη. ii. Αν µ 1 = 0 µ = 1 τότε η εξίσωση είναι αόριστη. III. Αν λ=-1, τότε η εξίσωση γίνεται : 0x = µ 3. i. Αν µ 3 0 µ 3 τότε η εξίσωση είναι αδύνατη. ii. Αν µ 3 = 0 µ = 3 τότε η εξίσωση είναι αόριστη. Θέµα 1.8 Να προσδιοριστεί ο λ, ώστε το x = 1 να είναι λύση της εξίσωσης (λ 2 + 1)(x 1) + x = λ 2 5λ + 5 (1) Λύση 1.8 Αφού το 1 είναι λύση της εξίσωσης, ϑα πρέπει να την επαληθεύει Αντικαθιστώντας στην (1) όπου x = 1 έχω : λ = 1 1 = λ 2 5λ + 5 λ 2 5λ + 4 = 0 λ = 4 Θέµα 1.9 Να προσδιοριστεί ο λ, ώστε το x = 0 να είναι µοναδική λύση της εξίσωσης (λ + 3)x 2λ 3 = 4(x λ) + λ(λ 2) (1) Λύση 1.9 Από τη ϑεωρία γνωρίζουµε ότι η αx = β έχει µοναδική λύση όταν α 0 (1) xλ + 3x 2λ 3 = 4x 4λ + λ 2 2λ xλ + 3x 4x = 4λ + λ 2 2λ + 2λ + 3 x(λ 1) = λ 2 4λ + 3 Άρα για να έχει µοναδική λύση πρέπει λ 1 0 λ 1 και η µοναδική λύση είναι : x = λ2 4λ + 3 λ 1 επειδή η µοναδική λύση είναι η x = 0, πρέπει : Άρα έχω : 0 = λ2 4λ + 3 λ 2 4λ + 3 = 0 λ 1 λ 1 λ 1 λ = 3 λ 2 4λ + 3 = 0 λ = 1 ή λ = 3 Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 11

Ρ ΠΡΟΣΟΧΗ!!! Είναι λάθος να αντικαταστήσουµε από την αρχή όπου x = 0, γιατί δεν λέει ότι έχει απλά λύση το 0, αλλά ότι το 0 είναι µοναδική λύση. Θέµα 1.10 Αν η εξίσωση : λ 2 (x 1) 5(x λ) = 11x + 4 (1) είναι αδύνατη, να δείξετε ότι η εξίσωση : λ(x 7) + 4(x + 1) = 2λ 2 (2) είναι ταυτότητα. Λύση 1.10 Θα ϕέρουµε την (1) στη µορφή αx = β, και για να είναι αδύνατη ϑα πρέπει α = 0 και β 0 (1) λ 2 x λ 2 5x + 5λ) = 11x + 4 λ 2 x 5x 11x = λ 2 5λ + 4 x(λ 2 16) = λ 2 5λ + 4 Άρα για να είναι αδύνατη πρέπει : λ 2 16 = 0 λ 2 5λ + 4 0 λ = 4 ή λ = 4 λ 4 και λ 1 λ = 4 Αντικαθιστώντας λ = 4 στην (2), έχουµε : 4(x 7) + 4(x + 1) = 2( 4) 2 4x + 28 + 4x + 4 = 32 Άρα η (2) είναι αόριστη. 0x = 0 Θέµα 1.11 Να λυθούν οι εξισώσεις : i. 2 x + 1 6 = 0 ii. 2x + 7 + 9 = 0 iii. x 1 3 x + 5 = 0 iv. x + 1 = x + 1 v. 2x 4 = 2x + 4 vi. 3x 6 = 2x 2 vii. x 2 4 + 3x 6 = 0 Λύση 1.11 i. Οταν έχω εξίσωση της µορφής f(x) = θ > 0 x = ±θ. Εποµένως εφαρµόζοντας τη συγκεκριµένη ιδιότητα των απολύτων τιµών, έχουµε : Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 12

2 x + 1 6 = 0 2 x + 1 = 6 x + 1 = 3 x + 1 = 3 x + 1 = 3 x = 2 x = 4 ii. Οταν έχω εξίσωση της µορφής f(x) = α < 0 η εξίσωση είναι αδύνατη Άρα η εξίσωση : 2x + 7 + 9 = 0 2x + 7 = 9 είναι αδύνατη. f(x) = g(x) iii. Οταν έχω εξίσωση της µορφής f(x) = g(x) f(x) = g(x) x 1 3 x + 5 = 0 x 1 = 3 x + 5 x 1 = 3(x + 5) x 1 = 3(x + 5) x 1 = 3x + 15 x 1 = 3x 15 2x = 16 4x = 14 x = 8 x = 7 2 iv. Από τη σχέση : f(x) = f(x) f(x) > 0 Οπότε από την εξίσωση x + 1 = x + 1 x + 1 > 0 x > 1 v. Από τη σχέση : f(x) = f(x) f(x) < 0 Οπότε από την εξίσωση 2x 4 = 2x + 4 2x 4 < 0 2x < 4 x < 2 vi. Οταν έχω εξισώσεις της µορφής f(x) = g(x), επειδή το f(x) 0 ϑα πρέπει και το g(x) 0 Άρα από την εξίσωση f(x) = g(x) g(x) 0 f(x) = g(x) f(x) = g(x) Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 13

3x 6 = 2x 2 2x 2 0 3x 6 = 2x 2 3x 6 = 2x + 2 x 1 x = 4 x = 8 5 x = 4 x = 8 5 vii. Οταν έχω εξισώσεις της µορφής f(x) + g(x) = 0 επειδή f(x) 0 και g(x) 0 πρέπει να είναι : f(x) = g(x) = 0 Άρα από την εξίσωση : x 2 4 = 0 x 2 4 + 3x 6 = 0 3x 6 = 0 x = ±2 x = 2 x = 2 Θέµα 1.12 Να λυθεί η εξίσωση : (x 3) 3 8x 3 + (x + 3) 3 = 0 (Εκτός ύλης) Λύση 1.12 Από την ταυτότητα του Euler έχουµε ότι : αν α + β + γ = 0 α 3 + β 3 + γ 3 = 3αβγ Η εξίσωση που µας δίνεται, γράφεται : (x 3) 3 (2x) 3 + (x + 3) 3 = 0 κι έχουµε : x 3 2x + x + 3 = 0 άρα από : Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 14

(x 3) 3 8x 3 + (x + 3) 3 = 0 (x 3) 3 (2x) 3 + (x + 3) 3 = 0 (x 3) 3 (2x) 3 + (x + 3) 3 = 0 3(x 3)(2x)(x + 3) = 0 x 3 = 0 2x = 0 x + 3 = 0 x = 3 x + 0 x = 3 Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 15

1.1.3 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ 1. Να λυθούν οι εξισώσεις : i. 19x = 7x 24 ii. 7x 15 = 27 iii. 4x 3(2x 1) = 7x 42 iv. 2(3x 1) 3(2x 1) = 4 v. 6(x + 4) = 4(x 1) + 8 vi. 3(x + 1) 4(2x 1) + 5x + 2 = 0 vii. 7x + 16 = 15x 4(2x 4) viii. x(x 2) 2 = x 2 4x + 4 2. Να λυθούν οι εξισώσεις : x i. 2 = x + 1 3 x + 1 ii. = 1 2 5 2x 4 iii. = 5x 2 1 4x iv. x + 1 = x 4 5 4 20 + 5 4 v. 2x 5 x vi. vii. = 5 3 + 7x 3 (3x + 2) = 2 x 7 3 5(4x 3) 7 1 3 x 1 2 (x + 3) = 1 6 x 3 2 20 3. Να λυθούν οι εξισώσεις : 5(x 2) i. x + 2 2x 6 x + 3 = 3 2x 3 ii. 2x 4 6 = x 5 3x 6 11 2 x + 1 iii. x 2 + x + 1 x 2 = 2x2 + 4 x 2 4 x iv. x 1 = 1 x 2 x x + 1 v. x 2 1 + 2 x 2 2x + 1 = 0 1 vi. x 1 + 1 x + 1 = 2 x 2 1 3 vii. x + 2 2 x = x 4 x 2 + 2x x 2 x viii. x 2 1 = x x + 1 x 3 8 ix. x 2 = x2 + 4 1 + x 1 x 1 x 1 + x 3 x. = 1 + x 1 x 1 14 x 4. Να ϐρεθούν οι κοινές λύσεις των εξισώσεων : (2x 1) 7 7 + 3(x 2 1) = 1 και 2(x 1) 3 = 2 (2x 1) 5. Να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις για τις διάφορες τιµές του λ R i. (λ 1)x = λ 1 ii. (λ 2)x = λ iii. λ(λ 1)x = λ 1 Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 16

iv. λ(λ 1)x = λ 2 + λ v. x(λ 2 + 1) + 3 = 4(λ x) λ 2 x x + λ vi. x + λ = 1 λ 3 x + 1 vii. x λ x 1 2(λ + 1)2 = x + λ x 2 λ 2 x + α viii. x α = x2 x 2 α 2 6. Να λυθούν οι εξισώσεις για τις διάφορες τιµές των λ, µ R i. λx + λ = µx + µ ii. λ(3x + λ) + 7 2λ = λ 2 + 3(1 + µx) iii. (λ µ)x = λ 2 (λ + µ)x iv. (x + λ) 2 (x µ) 2 = 2λ(λ + µ) Αν λ + µ 0 v. (λx 1)(x + 1) + µ(x 1) λ(x 2 + 1) = 0 x λ vi. = x µ µ λ λx vii. µ µx 1 = 1 λ µ 7. Να προσδιορίσετε το λ R ώστε η εξίσωση (λ 2)x = λ 2 λ 2: i Να είναι αδύνατη ii Να είναι αόριστη iii Να έχει µοναδική λύση 8. Να προσδιορίσετε το λ R ώστε η εξίσωση (λ 2 + 3)(x 10) = λ 2 11λ + 18 να έχει λύση το x = 10. 9. Να προσδιορίσετε το λ R ώστε η εξίσωση λ(x + 2) 15 = 3(x λ) + λ(λ 3) να έχει µοναδική λύση το x = 1. 10. Αν η εξίσωση (3λ 1)x + 9x 2 = 1 έχει δυο λύσεις, να προσδιοριστεί το λ. 11. Να προσδιορίσετε το λ R ώστε η εξίσωση (λ 2 +5λ+6)x = λ+3 να έχει τουλάχιστον 2 λύσεις. 12. Αν (λ 3)κ 2 + 3λ = 2(λ 1) 5κ 2, να δείξετε ότι η εξίσωση κ(λ + 2)x = λ(λ + x) + 2(x 1), είναι αδύνατη. 13. Να ϐρείτε τα α, β R, ώστε η εξίσωση (α 2 9)x = α + 3 να είναι αόριστη και η εξίσωση (4 β 2 )x = β + 2 να είναι αδύνατη. 14. Να ϐρείτε τα λ, µ R, ώστε η εξίσωση (2λ 4)x = µ 2 9 να είναι αόριστη και η εξίσωση (λ 2)x = λ + µ + 1 να είναι αδύνατη. 15. Αν η εξίσωση (λ + 2)(x 1) = 3(x + 1) 2(2λ + 1), είναι ταυτότητα, να δείξετε ότι, η εξίσωση λ(x 1) 3(x + 1) = λ 2 + 4(λ + 1 x) 3 είναι αδύνατη. 16. Αν η εξίσωση λ(1 x) = µ 4x + 1 είναι ταυτότητα, να δείξετε ότι η εξίσωση µ(x + 1) + (λ 7)x = λ(λ + µ) είναι αδύνατη. 17. Αν ϱ η µικρότερη ϱίζα της εξίσωσης (x 2) 3 + (x + 3) 3 (2x + 1) 3 = 0, να λυθεί η εξίσωση ρ(ρx + 2λ 2 ) ρ 3 = λ 2 (x + ρ). 18. Ποιοι περιορισµοί πρέπει να ισχύουν για τα α, β R ώστε η εξίσωση x α x = 1 να έχει λύση ; β 19. Να λυθούν οι εξισώσεις : i. 2x 3 = 5 ii. 2x 4 = x 1 iii. x 2 = 2x 1 iv. 2x 1 = x 2 v. x + 4 3 x + 4 5 = 2 3 Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 17

2 x + 1 vi. x 1 = 1 3 2 2 vii. 3 x 3 + x = 4 viii. x 1 x 2 = x 1 ix. 2 x 1 = 3 x. x 2 2x + 1 = 3x 5 20. Να λυθούν οι εξισώσεις : x + 1 + 4 3 x + 1 1 i. = 3 15 ii. x 2 2 x 15 = 0 iii. x + 4 + x 2 2 x = 0 21. Να λυθούν οι εξισώσεις : i. 2 x + 3 = λ + 4 ii. x 2 4 = λ 2 + 2λ 1 22. Να λυθούν οι εξισώσεις : ι. x 2 9 + 6 2x = 0 ι. x 2 x + x 2 3x + 2 0 ι. x y + 1 + 4 y 2 = 0 x + 1 4 5 + 2 Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 18

1.2 Η ΕΞΙΣΩΣΗ x ν = α 1.2.1 ΘΕΩΡΙΑ Ερώτηση 1.4 Να λύσετε την εξίσωση x ν = α, α R, ν N Απάντηση I. Για α > 0 και ν περιττό, η λύση της εξίσωσης είναι x = ν α II. Για α > 0 και ν άρτιο, η λύση της εξίσωσης είναι x = ± ν α III. Για α < 0 και ν περιττό, η λύση της εξίσωσης είναι x = ν α IV. Για α < 0 και ν άρτιο, η εξίσωση είναι αδύνατη Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 19

1.2.2 ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ Θέµα 1.13 Να λυθούν οι εξισώσεις i. x 2 = 4 ii. x 4 = 34 iii. x 3 = 8 iv. x 3 = 125 v. x 20 = 0 Λύση 1.13 i. x 2 = 4 x = ± 4 = ±2 ii. x 4 = 34 η εξίσωση είναι αδύνατη. iii. x 3 = 8 x = 3 8 = 2 iv. x 3 = 125 x = 3 125 = 5 v. x 20 = 0 x = 0 Θέµα 1.14 Να λυθούν οι εξισώσεις i. x 4 + 8x = 0 ii. x 5 = 16x iii. x 6 = 32x iv. (2x + 6) 3 = 8 Λύση 1.14 i. x 4 + 8x = 0 x(x 3 + 8 = 0) x = 0 x 3 = 8 x = 0 x = 3 8 x = 0 x = 2 ii. x 5 = 16x x 5 16x = 0 x(x 4 16) = 0 x = 0 x 4 = 16 x = 0 x = 4 16 x = 0 x = ±2 Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 20

iii. iv. x 6 = 32x x 6 + 32x = 0 x(x 5 + 32) = 0 x = 0 x 5 = 32 x = 0 x = 5 32 x = 0 x = 2 (2x + 6) 3 = 8 2x + 6 = 3 8 2x + 6 = 2 2x = 4 x = 2 Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 21

1.2.3 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ 1. Να λυθούν οι εξισώσεις : i. x 3 125 = 0 ii. x 5 243 = 0 iii. x 7 1 = 0 iv. x 3 + 125 = 0 v. x 5 + 243 = 0 vi. x 7 + 1 = 0 vii. x 2 64 = 0 viii. x 4 81 = 0 ix. x 6 64 = 0 x. x 5 8x 2 = 0 xi. x 4 + x = 0 xii. x 5 + 16x = 0 2. i. (x + 1) 3 = 64 ii. 1 + 125x 3 = 0 iii. (x 1) 4 27(x 1) = 0 iv. (x 2 1) 5 = 81(x 2 1) v. x 9 = x 6 vi. (x 3 29) 3 + 8 = 0 Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 22

1.3 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ 1.3.1 ΘΕΩΡΙΑ Ερώτηση 1.5 Ποια εξίσωση ονοµάζουµε 2ου ϐαθµού ; Απάντηση Κάθε εξίσωση της µορφής αx 2 + βx + γ = 0, µε α 0. Ερώτηση 1.6 Πως λύνουµε µια εξίσωση 2ου ϐαθµού ; Απάντηση Υπολογίζουµε τη διακρίνουσα = β 2 4 α γ. Αν > 0, τότε η εξίσωση έχει δύο λύσεις τις x 1,2 = β ± 2 α Αν = 0, τότε η εξίσωση έχει µία διπλή λύση την x = β 2 α Αν = 0, τότε η εξίσωση δεν έχει πραγµατική λύση (αδύνατη). Ερώτηση 1.7 Να γράψετε τους τύπους του Vietta και να τους αποδείξετε. Απάντηση Οταν έχουµε την εξίσωση αx 2 + βx + γ = 0, µε α 0 και > 0, η οποία έχει δυο λύσεις x 1, x 2 τότε ισχύει : S = x 1 + x 2 = β α και P = x 1 x 2 = γ α Απόδειξη : Είναι : x 1 = β +, x 2 = β 2α 2α S = x 1 + x 2 = β + 2α + β 2α = β + β 2α = 2β 2α = β α P = x 1 x 2 = β + 2α = ( β)2 2 4α 2 = β2 (β 2 4αγ) 4α 2 = β2 β 2 + 4αγ 4α 2 = 4αγ 4α 2 = γ α β 2α Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 23

Ερώτηση 1.8 Πως µετασχηµατίζεται η εξίσωση αx 2 + βx + γ = 0, µε α 0 και > 0, µε τη ϐοήθεια των τύπων του Vietta; Απάντηση Είναι : αx 2 + βx + γ = 0 x 2 + β α x + γ α = 0 x 2 (x 1 + x 2 )x + x 1 x 2 = 0 x 2 Sx + P = 0 Ερώτηση 1.9 Ποιες εξισώσεις ονοµάζονται διτετράγωνες ; Απάντηση Είναι οι εξισώσεις τις µορφής αx 2ν + βx ν + γ = 0 και λύνονται µε αντικατάσταση, ϑέτοντας ω = x ν Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 24

1.3.2 ΛΥΜΕΝΑ ΠΑΡΑ ΕΙΓΜΑΤΑ Θέµα 1.15 Να λύσετε τις εξισώσεις : i. x 2 + 2x = 0 ii. 2x 2 + 6x = 0 iii. x 2 4 = 0 iv. 3x 2 + 16 = 0 v. 2x 2 5x + 3 = 0 vi. x 2 6x + 9 = 0 vii. 3x 2 + 4x + 2 = 0 Λύση 1.15 i. x 2 + 2x = 0 x(x + 2) = 0 x = 0 x + 2 = 0 x = 0 x = 2 ii. 2x 2 + 6x = 0 2x(x + 3) = 0 x = 0 x + 3 = 0 x = 0 x = 3 iii. x 2 4 = 0 x 2 = 4 iv. x = ±2 3x 2 + 16 = 0 3x 2 = 16 αδύνατη v. 2x 2 5x + 3 = 0 είναι της µορφής αx 2 + βx + γ = 0 µε α = 2, β = 5, γ = 3, τότε η = β 2 4αγ = ( 5) 2 4 2 3 = 1 > 0 άρα η εξίσωση έχει δυο λύσεις τις x 1,2 = β ± 2 α x 1,2 = ( 5) ± 1 = 5 ± 1 x 1 = 5 + 1 4 x 1 = 6 4 x 1 = 3 = = = 2 2 2 4 x 2 = 5 1 x 2 = 4 x 2 = 1 4 4 vi. Η εξίσωση x 2 6x + 9 = 0 έχει = β 2 4αγ = ( 6) 2 4 1 9 = 0 άρα έχει διπλή ϱίζα την x = 6 2 = 3 vii. Η εξίσωση 3x 2 + 4x + 2 = 0 έχει = β 2 4αγ = (4 2 4 3 2 = 8 < 0 άρα η εξίσωση είναι αδύνατη. Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 25

Θέµα 1.16 Να λυθούν οι εξισώσεις : i. x 2 7 x + 12 = 0 ii. (x 1) 2 + 4 x 1 5 = 0 iii. ( x + 1 x) 2 5 ( x + 1 x ) + 6 = 0 iv. 4x 4 + 11x 2 3 = 0 2 v. x + 2x 3 x 2 + 2 x2 x 2 2x = 0 Λύση 1.16 i. x 2 7 x + 12 = 0 x 2 7 x + 12 = 0 ϑέτω x = ω ω 2 7ω + 12 = 0 ω 1 = 4 = 1 άρα έχει δυο λύσεις ω 2 = 3 ω 1 = 4 x = 4 x =ω == ω 2 = 3 x = 3 x = ±4 x = ±3 ii. (x 1) 2 + 4 x 1 5 = 0 x 1 2 + 4 x 1 5 = 0 ϑέτω x 1 = ω κι έχω : ω 2 + 4ω 5 = 0, = 36, άρα : ω 1 = 5 x 1 = 5 αδύνατη iii. x 1 =ω ==== ω 2 = 1 x 1 = 1 x = 0 εποµένως, x 1 = 1 x 1 = ±1 x = 2 ( x + x) 1 2 ( 5 x + 1 ) + 6 = 0, x 0 ϑέτω x ( x + 1 x ) = ω Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 26

κι έχω : ω 2 5ω + 6 = 0 x+ 1 x =ω ==== ω 1 = 2 ω 2 = 3 x + 1 x = 2 x + 1 x = 3 x 2 2x + 1 = 0 x 2 3x + 1 = 0 x = 1 x = 3 + 5 2 x = 3 5 2 iv. 4x 4 + 11x 2 3 = 0, ϑέτω x 2 = ω 4ω 2 + 11ω 3 = 0 ω 1 = 3 ω 2 = 1 4 x 2 = 3 αδυνατη x 2 = 1 4 x = 1 2 x = 1 2 v. Εχω την εξίσωση : 2 x + 2x 3 x 2 + 2 x2 x 2 = 0 µε x 0 και x 2 2x 2 x + 2x 3 x 2 + 2 x2 x 2 2x = 0 2 x + 2x 3 x 2 + 2 x2 x(x 2) = 0 x(x 2) 2 x + x(x 2)2x 3 x 2 2(x 2) + x(2x 3) + 2 x 2 = 0 2x 4 + 2x 2 3x + 2 x 2 = 0 x 2 x 2 = 0, = 9 x 1 = 2 απορρίπτεται x 2 = 1 + x(x 2) 2 x2 x(x 2) = 0 Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 27

Θέµα 1.17 Να προσδιοριστεί το λ R ώστε να είναι 2ου ϐαθµού η εξίσωση (λ 2 3λ + 2)x 2 λx + 1 = 0 Λύση 1.17 Για να είναι 2ου ϐαθµού ϑα πρέπει : λ 2 3λ + 2 0 ηλαδή λ 1,2 = 3 ± 9 8 0 λ 1,2 2, 1 2 Θέµα 1.18 Να προσδιοριστεί το λ R ώστε η εξίσωση : (λ 2 3λ + 2)x 2 + x (λ 1)(λ 2) = 0 να έχει δυο πραγµατικές και άνισες λύσεις. Λύση 1.18 Για να έχει η εξίσωση δυο πραγµατικές και άνισες λύσεις ϑα πρέπει : 1. Να είναι 2ου ϐαθµού, δηλαδή,ο συντελεστής του x 2 ο λ 2 3λ + 2 0 λ 1 και λ 2 2. Και η διακρίνουσα, > 0 1 + 4(λ 2 3λ + 2)(λ 1)(λ 2) > 0 1 + 4(λ 2 3λ + 2) 2 > 0 το οποίο ισχύει για κάθε λ R. Άρα η εξίσωση έχει δυο πραγµατικές και άνισες λύσεις για κάθε λ R {1, 2} Θέµα 1.19 Να λύσετε την εξίσωση : x 2 + α 2 = β 2 2αx, α.β R Λύση 1.19 x 2 + α 2 = β 2 2αx x 2 + 2αx + α 2 β 2 = 0 = (2α) 2 4(α 2 β 2 ) = 4α 2 4α 2 + 4β 2 = 4β 2 1. Αν = 4β 2 = 0 β = 0 τότε x = 2α 2. Αν β 0 τότε x 1,2 = 2α ± 4β 2 2 2α + 2β 2 = +2α + 2β = 2 α + β α β Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 28

Θέµα 1.20 ίνεται η εξίσωση α 2 x 2 2α 3 x + α 4 1 = 0, α 0. i. Να ϐρείτε τη διακρίνουσα. ii. Να λύσετε την εξίσωση. Λύση 1.20 i. = β 2 4αγ = ( 2α 3 ) 2 4α 2 (α 4 1) = 4α 6 4α 6 + 4α 2 = 4α 2 ii. Επειδή η διακρίνουσα είναι ϑετική η εξίσωση ϑα έχει δύο πραγµατικές λύσεις. x 1,2 = β ± 2α Άρα x 1 = α2 + 1 α = 2α3 ± 4α 2 2α 2 και x 2 = α2 1 α = 2α3 ± 2α 2α 2 Μεθοδολογία 1.2 Οταν έχω παραµετρικές εξισώσεις της µορφής αx 2 + βx + γ = 0, ϑα πρέπει να λάβω υπόψιν µου τα παρακάτω. Εχει πραγµατικές ϱίζες α 0, 0 εν έχει πραγµατικές ϱίζες α 0, < 0 Εχει µια διπλή πραγµατική ϱίζα α 0, = 0 Εχει 2 πραγµατικές και άνισες ϱίζες α 0, > 0 Οι ϱίζες είναι αντίθετες α 0, 0, S = 0 Οι ϱίζες είναι αντίστροφες α 0, 0, P = 1 Οι ϱίζες είναι οµόσηµες α 0, > 0, P > 0 Οι ϱίζες είναι ετερόσηµες α 0, > 0, P < 0 Οι ϱίζες είναι ϑετικές α 0, > 0, P > 0, S > 0 Οι ϱίζες είναι αρνητικές α 0, > 0, P > 0, S < 0 Θέµα 1.21 Να αποδείξετε ότι οι παρακάτω εξισώσεις έχουν πραγµατικές ϱίζες : i. λx 2 + 2x (λ 2) = 0, λ 0 ii. αx 2 + (α + β)x + β = 0, α 0 Λύση 1.21 i. λx 2 + 2x (λ 2) = 0 Για να έχει η εξίσωση 2 πραγµατικές ϱίζες Θα πρέπει λ 0, 0 Άρα έχω : λ 0 το οποίο δίνεται και 0 2 2 4λ[ (λ 2)] 0 4 + 4λ 2 + 8λ 0 (2 + 2λ) 2 0 το οποίο ισχύει. Άρα η εξίσωση έχει 2 πραγµατικές ϱίζες. ii. αx 2 + (α + β)x + β = 0, α 0 Για να έχει η εξίσωση 2 πραγµατικές ϱίζες, ϑα πρέπει α 0, 0 Άρα έχω : α 0 το οποίο δίνεται και Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 29

0 (α + β) 2 4αβ 0 α 2 + 2αβ + β 2 4αβ 0 α 2 2αβ + β 2 0 (α β) 2 0 το οποίο ισχύει. Άρα η εξίσωση έχει 2 πραγµατικές ϱίζες. Θέµα 1.22 Να ϐρείτε τις τιµές του µ R, για τις οποίες η εξίσωση µx 2 + 2x + µ = 0, µ 0 έχει διπλή ϱίζα. Λύση 1.22 Για να έχει η εξίσωση µx 2 + 2x + µ = 0 διπλή ϱίζα, ϑα πρέπει µ 0, = 0 Άρα έχω : µ 0 το οποίο δίνεται και = 0 2 2 4µ 2 = 0 µ 2 = 1 µ = ±1 Θέµα 1.23 Αν α β, να δείξετε ότι η εξίσωση (α 2 + β 2 )x 2 + 2(α + β)x + 2 = 0 είναι αδύνατη. Να εξετάσετε τι γίνεται στην περίπτωση που α = β. Λύση 1.23 Για να είναι η εξίσωση (α 2 + β 2 )x 2 + 2(α + β)x + 2 = 0 αδύνατη, ϑα πρέπει < 0 < 0 4(α + β) 2 8(α 2 + β 2 ) < 0 4α 2 + 4β 2 + 8αβ 8α 2 8β 2 < 0 (4α 2 + 4β 2 8αβ) < 0 (2α 2β) 2 < 0 το οποίο ισχύει. Οταν α = β τότε = 0 και η εξίσωση έχει µια διπλή ϱίζα. Θέµα 1.24 Να ϐρείτε τις τιµές του α R, για τις οποίες η εξίσωση 2x 2 + (α 9)x + α 2 + 3α + 4 = 0 έχει διπλή ϱίζα. Λύση 1.24 Για να έχει διπλή ϱίζα ϑα πρέπει : = 0 (α 9) 2 4 2 (α 2 + +3α + 4) = 0 α 2 18α + 81 8α 2 24α 32 = 0 7α 2 42α + 49 = 0 α 2 + 6α 7 = 0 Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 30

άρα α 1,2 = 6 ± 64 2 άρα α = 1 ή α = 7 = 6 ± 8 2 Θέµα 1.25 Αν η εξίσωση x 2 8x + λ 2 = 0 έχει ϱίζες πραγµατικές, τότε η µεγαλύτερη ακέραια τιµή του λ R είναι το 18. Λύση 1.25 Για να έχει πραγµατικές ϱίζες ϑα πρέπει : 0 ( 8) 2 4 1 (λ 2) 0 64 4λ + 8 0 72 4λ λ 18 Άρα η µεγαλύτερη ακέραια τιµή του λ είναι το 18. Θέµα 1.26 Αν η εξίσωση x 2 2κx + (α + β) 2 = 0, α β (1), έχει ακριβώς µια λύση, τότε να δειχθεί ότι η εξίσωση x 2 κx + αβ = 0 (2) έχει ϱίζες πραγµατικές και άνισες. Λύση 1.26 Για να έχει η (1) ακριβώς µια ϱίζα ϑα πρέπει : = 0 ( 2κ) 2 4 1 (α + β) 2 = 0 4κ 2 = 4(α + β) 2 κ 2 = (α + β) 2 (3) Αντικαθιστώντας στην διακρίνουσα της εξίσωσης (2) έχουµε : = κ 2 4αβ = (α + β) 2 4αβ = (α β) 2 > 0 Αφού α β Θέµα 1.27 Να ϐρείτε την εξίσωση που έχει ϱίζες τους αριθµούς 5 2 6 και 5 + 2 6 Λύση 1.27 Η εξίσωση ϑα είναι της µορφής : x 2 Sx + P = 0 µε S = x 1 + x 2, P = x 1 x 2. S = x 1 + x 2 = 5 2 6 + 5 + 2 6 = 10 και P = x 1 x 2 = (5 2 6)(5 + 2 6) = 5 2 (2 6) 2 = 1 Άρα η εξίσωση είναι η : x 2 10x + 1 = 0 Θέµα 1.28 Να λύσετε την εξίσωση : x 2 ( 5 + 3)x + 15 = 0 Λύση 1.28 Η εξίσωση ϑα είναι της µορφής : x 2 Sx + P = 0 µε S = x 1 + x 2 = 5 + 3, P = x 1 x 2 = 15 = 3 5. Άρα x 1 = 5, x 2 = 3 Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 31

Θέµα 1.29 Αν x 1, x 2 είναι οι λύσεις της εξίσωσης x 2 + 9x 5 = 0(1), να σχηµατίσετε την εξίσωση 2ου ϐαθµού που έχει ϱίζες του αριθµούς, ρ 1 = x 1 + 2x 2 και ρ 2 = x 2 + 2x 1. Λύση 1.29 Αφού οι x 1, x 2 είναι οι λύσεις της εξίσωσης (1) τότε x 1 + x 2 = 9 και x 1 x 2 = 5 Η εξίσωση που έχει ϱίζες τις ρ 1 = x 1 + 2x 2 και ρ 2 = x 2 + 2x 1 ϑα είναι της µορφής x 2 Sx + P = 0 µε : S = ρ 1 + ρ 2 = x 1 + 2x 2 + x 2 + 2x 1 = 3(x 1 + x 2 ) = 3( 9) = 27 P = ρ 1 ρ 2 = (x 1 + 2x 2 )(x 2 + 2x 1 ) = 5x 1 x 2 + 2(x 2 1 + x 2 2) = 5x 1 x 2 + 2[(x 1 + x 2 ) 2 2x 1 x 2 = 157 Άρα η εξίσωση είναι η : x 2 + 27x + 157 = 0 Θέµα 1.30 Αν x 1, x 2 οι λύσεις της εξίσωσης x 2 + x 12 = 0, να υπολογιστούν οι παραστάσεις : i. x 1 + x 2 ii. x 1 x 2 iii. x 2 1 + x2 2 iv. x 3 1 + x3 2 v. (x 1 x 2 ) 2 vi. x 1 x 2 x 2 1 vii. + x2 2 x 2 x 1 Λύση 1.30 Στην εξίσωση x 2 + x 10 = 0, είναι α = 1, β = 1, γ = 12 άρα : i. S = x 1 + x 2 = β γ = 1 ii. P = x 1 x 2 = γ α = 12 iii. x 2 1 + x2 2 = (x 1 + x 2 ) 2 2x 1 x 2 = ( 1) 2 2 ( 12) = 1 + 24 = 25 iv. x 3 1 + x3 2 = (x 1 + x 2 )(x 2 1 x 1x 2 + x 2 2 ) = 1(25 + 12) = 37 v. (x 1 x 2 ) 2 = x 2 1 2x 1x 2 + x 2 2 = 25 2 ( 12) = 49 vi. x 1 x 2 = (x 1 x 2 ) 2 = 49 = 7 x 2 1 vii. + x2 2 = x3 1 + x3 2 = 37 x 2 x 1 x 1 x 2 12 = 37 12 Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 32

Θέµα 1.31 ίνεται η εξίσωση x 2 + 2λx 8 = 0 i. Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει πραγµατικές ϱίζες για κάθε λ πραγµατικό. ii. Αν η µια ϱίζα της εξίσωσης είναι ίση µε το τετράγωνο της άλλης, τότε να ϐρεθούν οι ϱίζες και το λ. Λύση 1.31 Στην εξίσωση x 2 + 2λx 8 = 0 α = 1, β = 2λ, γ = 8 i. = β 2 4αγ = 4λ 2 + 32 > 0 Άρα η εξίσωση έχει δυο πραγµατικές και άνισες λύσεις ρ 1, ρ 2. ii. Επειδή η µια ϱίζα είναι ίση µε το τετράγωνο της άλλης, ϑεωρούµε ρ 1 = ρ και ρ 2 = ρ 2 Από τους τύπους του Vietta είναι : ρ 1 + ρ 2 = 2λ ρ + ρ 2 = 2λ(1) ρ 1 ρ 2 = 8 ρ ρ 2 = 8 ρ 3 = 8 ρ = 2 Άρα : ρ 1 = 2 ρ 2 = 4 (1) 2 + 4 = 2λ λ = 1 Θέµα 1.32 Να προσδιορίσετε το λ R ώστε η εξίσωση 3x 2 + (x + 1)λ xλ 2 = 2(1 10x) να έχει δυο ϱίζες αντίθετες. Λύση 1.32 Θα πρέπει να ϕέρω την εξίσωση στη µορφή αx 2 + βx + γ = 0. Κάνοντας τις πράξεις έχω : 3x 2 + ( λ 2 + λ + 20)x + λ 2 = 0 µε α = 3, β = λ 2 + λ + 20, γ = λ 2 για να έχει δυο ϱίζες αντίθετες ϑα πρέπει : > 0 (1) και S = x 1 + x 2 = 0 (2) Επειδή το (1) είναι δύσκολο να το εξετάσω, ξεκινάω από το (2) S = 0 λ2 + λ + 20 λ 1 = 4 = 0 λ 2 + λ + 20 = 0 = 3 λ 2 = 5 και ϑα δω µε αντικατάσταση ποια από τις δυο ϱίζες επαληθεύει την (1). i. Για λ = 4 έχω = ( λ 2 + λ + 20) 2 4 3 (λ 2) = [ ( 4) 2 + ( 4) + 20] 2 4 3 [( 4) 2] = 72 > 0 Άρα λ = 4 δεκτή. ii. Για λ = 5 έχω = ( λ 2 + λ + 20) 2 4 3 (λ 2) = ( 5 2 + 5 + 20) 2 4 3 (5 2) = 36 < 0 Άρα λ = 5 απορρίπτεται. Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 33

1.3.3 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ ΛΥΣΗ 1. Να λυθούν οι εξισώσεις : i. 2x 2 18 = 0 ii. x 2 2x 80 = 0 iii. 2x 2 3x + 6 = 0 iv. (x + 1) 2 (x 1)(x + 2 = 2x(3 x)) v. (2x 1) 2 3(2x 1) = 0 vi. 2x(x 3) = (x + 1) 2 (x 1)(x + 2) vii. (1 2)x 2 2(1 + 2)x = 3 2 + 1 viii. 3x 2 (1 + 3)x + 1 = 0 ix. x 2 + ( 2 1)x 2 = 0 2. Να ϐρεθεί το λ R, ώστε η εξίσωση x 2 2x + λ 1 = 0 να έχει : i Ρίζες πραγµατικές και άνισες. ii Ρίζες πραγµατικές. iii Μια διπλή ϱίζα. iv Καµιά πραγµατική ϱίζα. 3. Να ϐρεθεί το λ R ώστε η εξίσωση x 2 2λx + λ 2 = 0 να έχει ϱίζα το 2. Μετά να δειχθεί ότι, αυτή η ϱίζα, είναι διπλή. 4. Αν η εξίσωση αx 2 + βx + γ = 0 έχει ϱίζα το 1, να δειχθεί ότι : α 3 + β 3 + γ 3 = 3αβγ 5. Να εξετάσετε αν έχουν ϱίζες και πόσες, οι παρακάτω εξισώσεις : i. αx 2 + (2α 3)x α = 0, α 0 ii. x 2 2(α + 2)x α 2 = 0, α R iii. x 2 2αx + α 2 + β 2 + γ 2 = 0, β 0 iv. x 2 αx β 2 = 0 6. Να λυθούν οι εξισώσεις : i. x 2 9λx + 14λ 2 = 0 ii. x 2 (2α β)x 2αβ = 0 iii. x 2 2αx + α 2 β 2 = 0 iv. (x + α)(x α) = 2α + 1 v. 4x 2 4αx + α 2 β 2 = 0 vi. (x + κ)(x λ) = 2(x λ) 2 + κλ 7. Αν η εξίσωση x 2 + 6x + κ = 0 έχει ϱίζες πραγµατικές και άνισες, να ϐρεθεί η µεγαλύτερη ακέραια τιµή του κ. 8. Αν οι εξισώσεις x 2 (λ + 1)x + 2 = 0 και x 2 + x λ = 0, λ 2, έχουν κοινή ϱίζα, να ϐρεθεί η κοινή ϱίζα και το λ. 9. Εστω f(x) = αx 2 + βx + γ, α 0. Αν f(0) = 1, f(1) = 7, f(2) = 21, να δειχθεί ότι η εξίσωση f(x) = 0 έχει ϱίζες πραγµατικές και άνισες. 10. ίνεται η εξίσωση x 2 (5 2)x + 6 3 2 = 0 i. Να δείξετε ότι η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι τέλειο τετράγωνο. ii. Να λύσετε την εξίσωση. 11. Αν ο αριθµός ρ είναι ϱίζα της εξίσωσης αx 2 + βx + γ = 0 µε αγ 0, να δείξετε ότι, ο αριθµός 1 ρ είναι ϱίζα της εξίσωσης γx2 + βx + α = 0 12. Να προσδιοριστεί η εξίσωση που έχει ϱίζες : i. 1, 0 1 ii. 4, 8 iii. 4, 1 2 Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 34

iv. 4, 4 v. 1 + 3, 1 3 vi. 4, 3 13. Να προσδιοριστεί η εξίσωση που έχει ϱίζες : i. λ, λ 1 κ + λ ii. λ, λ + κ κ iii. 2α 3β, 2α + 3β α iv. β, β γ 14. Αν x 1, x 2 είναι οι ϱίζες της εξίσωσης 2x 2 x 8 = 0, να υπολογιστούν οι παραστάσεις : i. x 1 + x 2 ii. x 1 x 2 iii. x 2 1 + x2 2 x 1 iv. + x 2 x 2 x 1 1 v. x 2 + 1 1 x 2 2 vi. x 1 x 2 2 + x 2x 2 1 15. ίνεται η εξίσωση x 2 + λx 1 = 0, λ R i. Να δειχθεί ότι η εξίσωση έχει δυο ϱίζες πραγµατικές και άνισες. ii. Αν x 1, x 2 είναι οι ϱίζες της εξίσωσης, να υπολογιστούν οι παραστάσεις, συναρτήσει του λ i. x 1 + x 2 ii. x 1 x 2 iii. x 2 1 + x2 2 x 1 iv. + x 2 x 2 x 1 1 v. x 2 + 1 1 x 2 2 vi. x 1 x 2 2 + x 2x 2 1 16. Αν η εξίσωση x 2 + αx + β = 0 έχει ϱίζες δυο διαδοχικούς ακεραίους, να αποδειχθεί ότι α 2 4β = 1 17. Αν x 1, x 2 είναι οι ϱίζες της εξίσωσης x 2 λx + 3 = 0, να λυθεί η ανίσωση : (x 1 + x 2 )x (λ 1)x < x 1 x 2 18. ίνεται η εξίσωση (λ 1)x 2 2λx + λ 1 = 0, να ϐρείτε το λ, αν υπάρχει, ώστε η εξίσωση να έχει : i. ϱίζες πραγµατικές ii. µια ϱίζα το 0 iii. ϱίζες αντίστροφες iv. ϱίζες αντίθετες. 19. Εστω f(x) = αx 2 + βx + γ και ρ 1, ρ 2 ϱίζες της f(x) = 0. Να αποδειχθεί ότι : f ( ) ( ) S S 2 + κ = f 2 κ για κάθε κ, R 20. Να ϐρεθεί το λ R ώστε οι ϱίζες ρ 1, ρ 2 της εξίσωσης x 2 +x λ+1 = 0 να επαληθεύουν τη σχέση ρ 2 1 + 3ρ 1 + ρ 2 + 2ρ 1 ρ 2 = 2 21. Αν η εξίσωση αx 2 + βx + γ = 0, α 0, έχει δυο ϱίζες x 1, x 2 άνισες, να αποδειχθεί ότι : Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 35

x 1 x 2 = α Αποστόλου Γεώργιος - Μαθηµατικός 36

Βιβλία Ιστοσελίδες 2. Βιβλιογραφία 2.1 Βιβλία 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 2.2 Μπαραλός Αλγεβρα Κυριακόπουλος Αλγεβρα Μαυρογιάννης Αλγεβρα Παπακωνσταντίνου Αλγεβρα Σχολικό ΟΕ Β Αλγεβρα Μπάρλας Αλγεβρα Λουκόπουλος Αλγεβρα Μιχαηλιδης Αλγεβρα Ιστοσελίδες