Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Συντονιστής: stranton

Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3653
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από Γιώργος Ρίζος » Πέμ Οκτ 30, 2014 10:55 pm

Αν δεν κάνω λάθος, νέα θέματα Άλγεβρας είναι τα παρακάτω.

Προτείνω να γράψουμε σ' αυτή τη συζήτηση τις λύσεις τους σε LaTex, κι αν είναι δυνατό σε συνημμένο αρχείο Word, για να προστεθούν στο Δελτίο Λύσεων του :logo:

ΓΗ_Α_ΑΛΓ_2_480
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_2_13073
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_2_13096
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_2_13152
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_2_13153


ΓΗ_Α_ΑΛΓ_4_13078
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_4_13082
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_4_13084
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_4_13085
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_4_13086
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_4_13088
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_4_13090
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_4_13092
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_4_13093
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_4_13102
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_4_13107
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_4_13155
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_4_13156
ΓΗ_Α_ΑΛΓ_4_13158


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3653
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Γιώργος Ρίζος » Πέμ Οκτ 30, 2014 11:19 pm

Ξεκινώ με την πρώτη:

GI_A_ALG_2_480

Ένα μικρό γήπεδο μπάσκετ έχει δέκα σειρές καθισμάτων και κάθε σειρά έχει \displaystyle {\rm{\kappa }} καθίσματα περισσότερα από την προηγούμενη. Η \displaystyle {{\rm{7}}_{\rm{\eta }}} σειρά έχει 36 καθίσματα και το πλήθος των καθισμάτων του σταδίου είναι 300.
α) Αποτελούν τα καθίσματα του γηπέδου όρους αριθμητικής προόδου; Να αιτιολογήσετε το συλλογισμό σας. (Μονάδες 12)
β) Πόσα καθίσματα έχει κάθε σειρά; (Μονάδες 13)


α) Αφού ο αριθμός των καθισμάτων κάθε σειράς του γηπέδου διαφέρει από την προηγούμενη κατά σταθερό αριθμό \displaystyle {\rm{\kappa }} ,
σχηματίζεται αριθμητική πρόοδος με διαφορά \displaystyle {\rm{\kappa }} .

β) Είναι \displaystyle {{\rm{\alpha }}_7} = 36 \Leftrightarrow {\alpha _1} + 6\kappa  = 36 και \displaystyle {S_{10}} = 300 \Leftrightarrow \frac{{2{{\rm{\alpha }}_1} + 9\kappa }}{2} \cdot 10 = 300 \Leftrightarrow 2{\alpha _1} + 9\kappa  = 60 .
Λύνουμε το σύστημα \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}
{\alpha _1} + 6\kappa  = 36\\
2{\alpha _1} + 9\kappa  = 60
\end{array} \right. και βρίσκουμε \displaystyle {\alpha _1} = 12,\;\;\kappa  = 4

Οπότε οι δέκα σειρές έχουν τους εξής αριθμούς καθισμάτων:

\displaystyle {\alpha _1} = 12,\;{\alpha _2} = 16,\;{\alpha _3} = 20,\;{\alpha _4} = 24,\;{\alpha _5} = 28,

\displaystyle {\alpha _6} = 32,\;{\alpha _7} = 36,\;{\alpha _8} = 40,\;{\alpha _9} = 44,\;{\alpha _{10}} = 48

ΣΧΟΛΙΑ:
1) Οι αριθμοί των καθισμάτων κάθε σειράς κι όχι τα καθίσματα αποτελούν όρους αριθμητικής προόδου. Η λεκτική διατύπωση της εκφώνησης είναι μάλλον ατυχής.

2) Το ερώτημα (β) με τη διατύπωση που έχει τι ακριβώς ελέγχει; Αν ξέρουν να ανεβαίνουν κατά 4 οι μαθητές από το 12 ως το 48;
Δεν αρκούσε να ζητηθεί ο πρώτος όρος, η διαφορά ή κάποιος άλλος;
Συνημμένα
GI_A_ALG_2_480.doc
(33.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 120 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5052
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από george visvikis » Παρ Οκτ 31, 2014 12:39 am

GI_A_ALG_2_13073

Το πάτωμα του εργαστήριου της πληροφορικής ενός σχολείου είναι σχήματος
ορθογωνίου με διαστάσεις (x+1) μέτρα και x μέτρα.
α) Να γράψετε με τη βοήθεια του x την περίμετρο και το εμβαδόν του πατώματος.
(Μονάδες 10)
β) Αν το εμβαδόν του πατώματος του εργαστηρίου είναι 90 τετραγωνικά μέτρα, να
βρείτε τις διαστάσεις του.
(Μονάδες 15)

Λύση.

α) Έστω P(x) η περίμετρος και E(x) το εμβαδόν του πατώματος.
\displaystyle{P(x) = 2(x + 1) + 2x \Leftrightarrow P(x) = 4x + 2}, x>0
\displaystyle{E(x) = x(x + 1) \Leftrightarrow E(x) = {x^2} + x}, x>0

2-13073.png
2-13073.png (870 Ψηφιολέξεις) Προβλήθηκε 3452 φορές


β) \displaystyle{E(x) = 90 \Leftrightarrow {x^2} + x - 90 = 0 \Leftrightarrow x = 9} ή x=-10 που απορρίπτεται.

Άρα οι διαστάσεις του ορθογωνίου είναι 9 μέτρα και 10 μέτρα.
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Παρ Οκτ 31, 2014 9:57 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Grosrouvre
Δημοσιεύσεις: 283
Εγγραφή: Τρί Ιούλ 15, 2014 11:37 pm

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από Grosrouvre » Παρ Οκτ 31, 2014 8:26 am

GI_A_ALG_2_13153

Δίνεται το τριώνυμο: x^2 - \kappa x -2, με \kappa \in \mathbb{R}.

α) Να αποδείξετε ότι \Delta > 0 για κάθε \kappa \in \mathbb{R}, όπου \Delta η διακρίνουσα του τριωνύμου. (Μονάδες 10)

β) Αν x_1, x_2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης x^2 -3x -2 = 0 (1),

\hspace{10mm} i) να βρείτε το άθροισμα S = x_1 + x_2 και το γινόμενο P = x_1 \cdot x_2 των ριζών της (1) (Μονάδες 6)

\hspace{10mm} ii) να κατασκευάσετε εξίσωση 2^{o\upsilon} βαθμού που να έχει ρίζες \rho_1, \rho_2, όπου \rho_1 = 2x_1 και \rho_2 = 2x_2. (Μονάδες 9)

ΛΥΣΗ

α) Για την διακρίνουσα του δοθέν τριωνύμου, έχουμε ότι:

\Delta = \kappa^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-2) = \kappa^2 + 8 \geq 8 > 0 για κάθε \kappa \in \mathbb{R}.

β)

i) Από τους τύπους Vieta για το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών της εξισωσης (1), προκύπτει ότι:

\displaystyle{S = x_1 + x_2 = - \frac{-3}{1} = 3} και \displaystyle{P = x_1 \cdot x_2 = \frac{-2}{1} = -2.

ii) Το άθροισμα των ριζών της υπό κατασκευή εξίσωσης, θα είναι:

S{'} = 2x_1 + 2x_2 = 2\left(x_1 + x_2\right) = 2S =6

και το αντίστοιχο γινόμενο:

P{'} = 2x_1 \cdot 2x_2 = 4x_1 \cdot x_2 = 4P = -8.

Επομένως, η ζητούμενη εξίσωση 2^{o\upsilon} βαθμού, θα είναι η:

x^2 - S{'} x +P{'} = 0 \Longrightarrow x^2 - 6x - 8 = 0.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5052
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από george visvikis » Παρ Οκτ 31, 2014 9:55 am

GI_A_ALG_2_13152

Δίνονται οι παραστάσεις:K=2a^2+\beta ^2 και \Lambda=2ab, όπου a,\beta\displaystyle{ \in }
α) Να δείξετε ότι: K ≥\Lambda, για κάθε τιμή των a,\beta . (Μονάδες 12)
β) Για ποιες τιμές των a,\beta ισχύει η ισότητα K=\Lambda; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.
(Μονάδες 13)

Λύση.

α) \displaystyle{{\rm K} - \Lambda  = {\alpha ^2} + {\alpha ^2} + {\beta ^2} - 2\alpha \beta  = {\alpha ^2} + {(\alpha  - \beta )^2} \ge 0} \displaystyle{ \Leftrightarrow {\rm K} \ge \Lambda }

β) \displaystyle{{\rm K} = \Lambda  \Leftrightarrow \alpha  = 0 \wedge \alpha  - \beta  = 0 \Leftrightarrow \alpha  = \beta  = 0}


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5052
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από george visvikis » Παρ Οκτ 31, 2014 10:01 am

GI_A_ALG_4_13078

Δίνεται η εξίσωση \displaystyle{(8 - \lambda ){x^2} - 2(\lambda  - 2)x + 1 = 0}, με παράμετρο \displaystyle{\lambda  \in }R.
α) Να βρείτε την τιμή του \lambda ώστε η εξίσωση να είναι 1ου βαθμού. (Μονάδες 5)

β) Αν η εξίσωση είναι 2ου βαθμού, να βρείτε τις τιμές του \lambda ώστε αυτή να έχει μια διπλή ρίζα. Για τις τιμές του \lambda που βρήκατε, να προσδιορίσετε τη διπλή ρίζα της εξίσωσης. (Μονάδες 10)

γ) Για τις τιμές του \lambda που βρήκατε στο ερώτημα (β), να δείξετε ότι το τριώνυμο
\displaystyle{(8 - \lambda ){x^2} - 2(\lambda  - 2)x + 1} είναι μη αρνητικό, για κάθε πραγματικό αριθμό x. (Μονάδες 10)

Λύση.

α) Για να είναι η εξίσωση 1ου βαθμού πρέπει \displaystyle{8 - \lambda  = 0 \Leftrightarrow \lambda  = 8}

β) Είναι \displaystyle{\lambda  \ne 8} και \displaystyle{\Delta  = 0 \Leftrightarrow 4{(\lambda  - 2)^2} - 4(8 - \lambda ) = 0 \Leftrightarrow {\lambda ^2} - 4\lambda  + 4 - 8 + \lambda  = 0 \Leftrightarrow } \displaystyle{{\lambda ^2} - 3\lambda  - 4 = 0 \Leftrightarrow \lambda  = 4 \vee \lambda  =  - 1}

● Για \lambda=4 η εξίσωση γράφεται: \displaystyle{4{x^2} - 4x + 1 = 0 \Leftrightarrow {(2x - 1)^2} = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}}

● Για \lambda=-1 η εξίσωση γράφεται: \displaystyle{9{x^2} + 6x + 1 = 0 \Leftrightarrow {(3x + 1)^2} = 0 \Leftrightarrow x =  - \frac{1}{3}}

γ) Όπως είδαμε στο β) ερώτημα, για τις τιμές \Lambda=4, \lambda=-1 το τριώνυμο γράφεται αντίστοιχα: \displaystyle{{(2x - 1)^2} \ge 0} και \displaystyle{{(3x + 1)^2} \ge 0}, για κάθε \displaystyle{x \in R}


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5052
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από george visvikis » Παρ Οκτ 31, 2014 10:37 am

GI_A_ALG_4_13082

Δίνεται το τριώνυμο: \displaystyle{{x^2} - (a + 1)x + 4 + a,x \in R}
α) Να αποδείξετε ότι η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι:
\Delta=(a-1)^2-16. (Μονάδες 5)

β) Να βρείτε για ποιες τιμές του a το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές και άνισες.
(Μονάδες 10)

γ) Αν το τριώνυμο έχει ρίζες x_1, x_2, τότε:
i) Nα εκφράσετε το άθροισμα S=x_1+x_2 συναρτήσει του a και να βρείτε την τιμή του γινομένου P=x_1x_2 των ριζών του. (Μονάδες 2)

ii) Nα αποδείξετε ότι: \displaystyle{d({x_1},1) \cdot d({x_2},1) = 4} (Μονάδες 8)

Λύση.

α) \displaystyle{\Delta  = {(\alpha  + 1)^2} - 4(4 + \alpha ) = {\alpha ^2} + 2\alpha  + 1 - 16 - 4\alpha  = ({\alpha ^2} - 2\alpha  + 1) - 16 \Leftrightarrow } \displaystyle{\Delta  = {(\alpha  - 1)^2} - 16}

β) Πρέπει \displaystyle{{(\alpha  - 1)^2} - 16 > 0 \Leftrightarrow {\alpha ^2} - 2\alpha  - 15 > 0}, που αληθεύει εκτός των ριζών του τριωνύμου. Οι ρίζες του είναι a=-3, a=5. Άρα: \displaystyle{\alpha  \in ( - \infty , - 3) \cup (5, + \infty )}

2ος τρόπος: \displaystyle{{(\alpha  - 1)^2} > 16 \Leftrightarrow |a - 1| > 4 \Leftrightarrow a \in ( - \infty , - 3) \cup (5, + \infty )}

γ) i) \displaystyle{S = {x_1} + {x_2} = a + 1,P = {x_1}{x_2} = 4 + a}

ii) \displaystyle{d({x_1},1) \cdot d({x_2},1) = |{x_1} - 1| \cdot |{x_2} - 1| = |{x_1}{x_2} - ({x_1} + {x_2}) + 1| = }
\displaystyle{|4 + a - (a + 1) + 1| = 4}

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Νομίζω ότι η διατύπωση του (γi) ερωτήματος έπρεπε να είναι: "Nα εκφράσετε το άθροισμα S=x_1+x_2 και το γινόμενο P=x_1x_2 των ριζών του συναρτήσει του a".
Έτσι όπως είναι διατυπωμένο, μπορεί να μπερδέψει του μαθητές και να νομίζουν ότι πρέπει να βρουν συγκεκριμένη τιμή στο γινόμενο των ριζών.
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Παρ Οκτ 31, 2014 11:24 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3653
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από Γιώργος Ρίζος » Παρ Οκτ 31, 2014 6:57 pm

GI_A_ALG_4_13084

Δίνεται συνάρτηση \displaystyle  g\left( x \right) = \frac{{\left( {x^2  - 1} \right)\left( {x^2  - 4} \right)}}{{x^2  + \kappa x + \lambda }} , η οποία έχει πεδίο ορισμού το \displaystyle  R - \left\{ { - 2,\;1} \right\}

α) Να βρείτε τις τιμές των \displaystyle 
\kappa και \displaystyle 
\lambda . (Mονάδες 9)
β) Για \displaystyle 
\kappa  = 1 και \displaystyle 
\lambda  =  - 2 ,
i ) να απλοποιήσετε τον τύπο της g. (Μονάδες 9)
ii) να δείξετε ότι: \displaystyle 
g\left( {\alpha  + 3} \right) > g\left( \alpha  \right) όταν \displaystyle 
\alpha  \in \left( { - 1,\;1} \right) \cup \left( {1,\;2} \right) . (Μονάδες 7)

α) Αν είναι \displeystyle {\kappa ^2} - 4\lambda  < 0 ο παρονομαστής είναι διάφορος του μηδενός για κάθε \displeystyle x \in R , οπότε μπορούμε να θεωρήσουμε μια συνάρτηση \displeystyle g\left( x \right) = \frac{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} - 4} \right)}}{{{x^2} + \kappa x + \lambda }} με πεδίο ορισμού το \displeystyle R - \left\{ { - 2,\;1} \right\} .

Αν \displeystyle {\kappa ^2} - 4\lambda  = 0 , το \displeystyle {x^2} + {\rm{\kappa }}x + \frac{{{\kappa ^2}}}{4} = {\left( {x + \frac{{\rm{\kappa }}}{2}} \right)^2} έχει ρίζα \displeystyle x =  - \frac{\kappa }{2} , οπότε αρκεί \displeystyle \kappa  \ne 4 και \displeystyle \kappa  \ne  - 2 .

Αν \displeystyle {\kappa ^2} - 4\lambda  > 0 , για να έχει πεδίο ορισμού το \displeystyle R - \left\{ { - 2,\;1} \right\} πρέπει να είναι μηδέν ο παρονομαστής του μόνο όταν είναι \displeystyle x =  - 2,\;\;x = 1 .

Είναι \displeystyle \left\{ \begin{array}{l}
{\left( { - 2} \right)^2} + \kappa  \cdot \left( { - 2} \right) + \lambda  = 0\\
{1^2} + \kappa  \cdot 1 + \lambda  = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2\kappa  - \lambda  = 4\\
\kappa  + \lambda  =  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\kappa  = 1\\
\lambda  =  - 2
\end{array} \right.

Τότε ο παρονομαστής του κλάσματος γράφεται \displeystyle {x^2} + x - 2 = \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) που έχει μοναδικές ρίζες τα \displeystyle x =  - 2,\;\;x = 1 , οπότε το πεδίο ορισμού της g(x) είναι το \displeystyle x \in R - \left\{ { - 2,\;1} \right\}

βi) Για \displeystyle \kappa  = 1 και \displeystyle \lambda  =  - 2

\displaystyle 
g\left( x \right) = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) , με \displaystyle 
x \in R - \left\{ { - 2,\;1} \right\}

ii) Τα \displaystyle 
\alpha ,\;\;\alpha  + 3 ανήκουν στο πεδίο ορισμού της g(x) άρα πρέπει να είναι \displaystyle 
\left\{ \begin{array}{l}
 \alpha  \ne 1\; \\ 
 \alpha  \ne  - 2 \\ 
 \end{array} \right.,\;\;\left\{ \begin{array}{l}
 \alpha  + 3 \ne 1\; \\ 
 \alpha  + 3 \ne  - 2 \\ 
 \end{array} \right. δηλαδή \displaystyle 
\left\{ \begin{array}{l}
 \alpha  \ne 1\; \\ 
 \alpha  \ne  - 2 \\ 
 \alpha  \ne  - 5 \\ 
 \end{array} \right.

Για αυτά τα \displaystyle 
\alpha, έχουμε
\displaystyle 
g\left( {\alpha  + 3} \right) > g\left( \alpha  \right) \Leftrightarrow \left( {\alpha  + 3 + 1} \right)\left( {\alpha  + 3 - 2} \right) > \left( {\alpha  + 1} \right)\left( {\alpha  - 2} \right)

\displaystyle 
 \Leftrightarrow \left( {\alpha  + 4} \right)\left( {\alpha  + 1} \right) - \left( {\alpha  + 1} \right)\left( {\alpha  - 2} \right) > 0 \Leftrightarrow \left( {\alpha  + 1} \right)\left[ {\left( {\alpha  + 4} \right) - \left( {\alpha  - 2} \right)} \right] > 0

\displaystyle 
 \Leftrightarrow 6\left( {\alpha  + 1} \right) > 0 \Leftrightarrow \alpha  >  - 1, οπότε με βάση τους περιορισμούς είναι \displaystyle 
\alpha  \in \left( { - 1,\;1} \right) \cup \left( {1,\; + \infty } \right)


ΣΧΟΛΙΟ: Υπάρχει λάθος στην εκφώνηση. Πρέπει να γραφτεί \displaystyle 
\alpha  \in \left( { - 1,\;1} \right) \cup \left( {1,\; + \infty } \right) αντί \displaystyle 
\alpha  \in \left( { - 1,\;1} \right) \cup \left( {1,\;2} \right)
(Φαντάζομαι αυτό εννοεί ο Γιώργος στην παρακάτω δημοσίευση).

edit: Ξανακοιτώντας την εκφώνηση, σκέφτομαι ότι κάποιος θα μπορούσε να ισχυριστεί ότι το ερώτημα ζητά τη συνεπαγωγή: Αν \displaystyle \alpha  \in \left( { - 1,\;1} \right) \cup \left( {1,\;2} \right), να δείξετε ότι: \displaystyle g\left( {\alpha  + 3} \right) > g\left( \alpha  \right), που ισχύει, εφόσον η παραπάνω ένωση διαστημάτων είναι υποσύνολο του \displaystyle \left( { - 1,\;1} \right) \cup \left( {1,\; + \infty } \right)

Κατ' αρχήν θα πρέπει να δεχτούμε ότι το "αν" είναι ισοδύναμο με το "όταν", κάτι που σηκώνει συζήτηση...
Ας λάβουμε υπόψη ότι οι μαθητές της Α΄ Λυκείου δεν είναι συνηθισμένοι σε τέτοιες λεπτές αποχρώσεις στις εκφωνήσεις. Πιο πιθανό είναι να διερευνήσουν ΠΟΤΕ ισχύει η ανίσωση, παρά να ελέγξουν αν για τις τιμές του \alpha που δίνονται ισχύει η ανίσωση.

Ελπίζω να μην είχαν στο νου τους οι θεματοδότες την παραπάνω περίπτωση και να είναι απλώς μια αβλεψία. (Αν και η παρόμοια διατύπωση του 4-13805 μού γεννά υποψίες...).
Ελπίζω στην άμεση διόρθωση της εκφώνησης ή την απόσυρση του θέματος,

Κι αν μού επιτρέπετε ένα ακόμα σχόλιο: Νομίζω ότι η εύρεση των περιορισμών για να ορίζεται η σύνθετη συνάρτηση προσεγγίζει περισσότερο την ύλη της Γ΄ Λυκείου παρά της Α΄ Λυκείου.

edit: Συμπλήρωσα το (α) με την υπόδειξη των Makisman και Αntonis_A, τους οποίους ευχαριστώ θερμά.
Παρακαλώ ελέγξτε ξανά την απάντηση στο (α).
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος σε Σάβ Νοέμ 01, 2014 9:53 am, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5052
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από george visvikis » Παρ Οκτ 31, 2014 8:01 pm

Οι 4_13084 και 4_13085 διαφέρουν μόνο στο τελευταίο τους ερώτημα το οποίο και θεωρώ προβληματικό. Περιμένω όμως την απάντηση του Γιώργου Ρίζου.(*)

GI_A_ALG_4_13086

Δίνεται το τριώνυμο: \displaystyle{\lambda {x^2} - ({\lambda ^2} + 1)x + \lambda ,\lambda  \in R - \left\{ 0 \right\}}
α) Να βρείτε τη διακρίνουσα \Delta του τριωνύμου και να αποδείξετε ότι το τριώνυμο έχει
ρίζες πραγματικές για κάθε \displaystyle{\lambda  \in R - \left\{ 0 \right\}}. (Μονάδες 9)

β) Για ποιες τιμές του \lambda το παραπάνω τριώνυμο έχει δύο ρίζες ίσες; (Μονάδες 6)

γ) Να βρείτε τις τιμές του \lambda, ώστε \displaystyle{\lambda {x^2} - ({\lambda ^2} + 1)x + \lambda  \le 0}, για κάθε \displaystyle{x \in R}. (Μονάδες 10)

Λύση.

α) \displaystyle{\Delta  = {({\lambda ^2} + 1)^2} - 4{\lambda ^2} = \left( {{\lambda ^2} + 1 - 2\lambda } \right)\left( {{\lambda ^2} + 1 + 2\lambda } \right) \Leftrightarrow \Delta  = {(\lambda  - 1)^2}{(\lambda  + 1)^2} \ge 0}.
Άρα το τριώνυμο έχει πραγματικές ρίζες για κάθε \displaystyle{\lambda  \in R - \left\{ 0 \right\}}.

β) Για να έχει το τριώνυμο ίσες ρίζες θα πρέπει \displaystyle{\Delta  = 0 \Leftrightarrow \lambda  - 1 = 0 \vee \lambda  + 1 = 0 \Leftrightarrow \lambda  = 1 \vee \lambda  =  - 1}

γ) Πρέπει \lambda<0 και \displaystyle{\Delta  \le 0}. Αλλά είναι \displaystyle{\Delta  \ge 0}, για κάθε \displaystyle{\lambda  \in R - \left\{ 0 \right\}}. Οπότε \lambda<0 και \Delta=0, δηλαδή \lambda=-1.

Ας μου επιτραπεί μια γενικότερη διερεύνηση:
Έστω f(x) το τριώνυμο
● Αν \lambda=-1, \displaystyle{f(x) \le 0}, για κάθε \displaystyle{x \in R}.

● Αν \lambda=1, \displaystyle{f(x) \ge 0}, για κάθε \displaystyle{x \in R}.

● Αν \displaystyle{\lambda  \ne  \pm 1}, τότε το τριώνυμο έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, οπότε δεν έχει σταθερό πρόσημο.


(*) Ναι αυτό ακριβώς εννοώ Γιώργο.


kostas.zig
Δημοσιεύσεις: 384
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 3:29 pm

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από kostas.zig » Παρ Οκτ 31, 2014 9:24 pm

ALG_4_13102

α) Για λ=5 η εξίσωση γίνεται \chi ^{2}-10\chi +25=0 με Δ=0, οπότε η εξίωση έχει διπλή ρίζα.
β) Για να εξετάσουμε αν υπάρχει άλλη τιμή του λ ώστε να έχει η εξίσωση διπλή ρίζα αρκεί να βρούμε αν υπάρχει άλλη τιμή του λ ώστε Δ=0. Είναι Δ=\left(-2\lambda  \right) ^{2}-4\left(4\lambda +5 \right)=4\lambda ^{2}-16\lambda -20 την οποία αν πάρουμε ίση με 0 έχουμε ότι αυτό πραγματοποιείται για λ=5 ή λ= - 1.
γ) Για να έχει η εξίσωση δευτέρου βαθμού δυο ρίζες άνισες αρκεί και πρέπει Δ>0 \Leftrightarrow 4\lambda ^{2}-16\lambda -20>0 \Leftrightarrow\lambda\in \left( { - \infty,\;-1} \right) \cup \left( {5,\; + \infty } \right)
δ) Από την δοθείσα σχέση έχουμε ότι \lambda ^{2}-4\lambda -5<0\Leftrightarrow\lambda\in \left( { - 1,\;5} \right) για τις τιμές τις οποίες η διακρίνουσα της αρχικής εξίσωσης είναι αρνητική και επομένως δεν έχει πραγματικές ρίζες.


Ζυγούρης Κώστας
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3653
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από Γιώργος Ρίζος » Παρ Οκτ 31, 2014 10:19 pm

GI_A_ALG_4_13085


Δίνεται συνάρτηση \displaystyle g\left( x \right) = \frac{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} - 4} \right)}}{{{x^2} + \kappa x + \lambda }} , η οποία έχει πεδίο ορισμού το \displaystyle R - \left\{ { - 2,\;1} \right\}
α) Να βρείτε τις τιμές των \displaystyle \kappa και \displaystyle \lambda . (Mονάδες 9)
β) Για \displaystyle \kappa  = 1 και \displaystyle \lambda  =  - 2 ,
i ) να απλοποιήσετε τον τύπο της g. (Μονάδες 9)
ii) να δείξετε ότι: \displaystyle g\left( \alpha  \right) \cdot g\left( {\rm{\beta }} \right) > 0 όταν \displaystyle \alpha ,\;\beta  \in \left( { - 1,\;1} \right) \cup \left( {1,\;2} \right) . (Μονάδες 7)


α) Αν είναι \displeystyle{\kappa ^2} - 4\lambda  < 0 ο παρονομαστής είναι διάφορος του μηδενός για κάθε \displeystylex \in R , οπότε μπορούμε να θεωρήσουμε μια συνάρτηση \displeystyle g\left( x \right) = \frac{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {{x^2} - 4} \right)}}{{{x^2} + \kappa x + \lambda }} με πεδίο ορισμού το \displeystyle R - \left\{ { - 2,\;1} \right\} .

Αν \displeystyle{\kappa ^2} - 4\lambda  = 0 , το \displeystyle{x^2} + {\rm{\kappa }}x + \frac{{{\kappa ^2}}}{4} = {\left( {x + \frac{{\rm{\kappa }}}{2}} \right)^2} έχει ρίζα \displeystyle x =  - \frac{\kappa }{2} , οπότε αρκεί \displeystyle \kappa  \ne 4 και \displeystyle\kappa  \ne  - 2 .

Αν \displeystyle{\kappa ^2} - 4\lambda  > 0 , για να έχει πεδίο ορισμού το \displeystyleR - \left\{ { - 2,\;1} \right\} πρέπει να είναι μηδέν ο παρονομαστής του μόνο όταν είναι \displeystyle x =  - 2,\;\;x = 1 .

Είναι \displeystyle\left\{ \begin{array}{l}
{\left( { - 2} \right)^2} + \kappa  \cdot \left( { - 2} \right) + \lambda  = 0\\
{1^2} + \kappa  \cdot 1 + \lambda  = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2\kappa  - \lambda  = 4\\
\kappa  + \lambda  =  - 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
\kappa  = 1\\
\lambda  =  - 2
\end{array} \right.

Τότε ο παρονομαστής του κλάσματος γράφεται \displeystyle{x^2} + x - 2 = \left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right) που έχει μοναδικές ρίζες τα \displeystylex =  - 2,\;\;x = 1 , οπότε το πεδίο ορισμού της g(x) είναι το \displeystylex \in R - \left\{ { - 2,\;1} \right\}

βi) Για \displeystyle\kappa  = 1 και \displeystyle\lambda  =  - 2 ,

\displeystyle g\left( x \right) = \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right)\left( {x + 2} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) , με \displeystylex \in R - \left\{ { - 2,\;1} \right\}


ii) Θα δείξω ότι αν \displaystyle \alpha ,\;\beta  \in \left( { - 1,\;1} \right) \cup \left( {1,\;2} \right) , τότε \displaystyle g\left( \alpha  \right) \cdot g\left( {\rm{\beta }} \right) > 0 .

Πράγματι, είναι \displaystyle  - 1 < \alpha  \Leftrightarrow \alpha  + 1 > 0,\;\;\;\alpha  < 2 \Leftrightarrow \alpha  - 2 < 0
και \displaystyle  - 1 < \beta  \Leftrightarrow \beta  + 1 > 0,\;\;\;\beta  < 2 \Leftrightarrow \beta  - 2 < 0 , οπότε
\displaystyle g\left( {\rm{\alpha }} \right) \cdot g\left( {\rm{\beta }} \right) = \left( {\alpha  + 1} \right)\left( {\alpha  - 2} \right)\left( {\beta  + 1} \right)\left( {\beta  - 2} \right) > 0



ΣΧΟΛΙΟ:
Όπως και στην 4_13804 θεωρώ ότι υπάρχει κακή διατύπωση στην εκφώνηση στο (βii).
Αν ήθελαν οι θεματοδότες να ζητήσουν τη συνεπαγωγή
\displaystyle \alpha ,\;\beta  \in \left( { - 1,\;1} \right) \cup \left( {1,\;2} \right) \Rightarrow g\left( \alpha  \right) \cdot g\left( \beta  \right) > 0 , θα έπρεπε να το διατυπώσουν σαφέστερα:
ii) αν \displaystyle \alpha ,\;\beta  \in \left( { - 1,\;1} \right) \cup \left( {1,\;2} \right) , να δείξετε ότι: \displaystyle g\left( \alpha  \right) \cdot g\left( {\rm{\beta }} \right) > 0 . (Μονάδες 7)
Σε μια συνεπαγωγή συνηθίζουμε να γράφουμε πρώτα την υπόθεση και κατόπιν την απόδειξη.
Έτσι όπως διατυπώνεται οδηγεί τους μαθητές στην αναζήτηση όλων των τιμών των \displaystyle \alpha ,\;\beta για τις οποίες ισχύει η ανισότητα, κάτι που το βρίσκω αρκετά δύσκολο για μαθητές Α΄ Λυκείου.


ΑΝΑΖΗΤΗΣΗ ΣΥΝΟΛΟΥ ΑΛΗΘΕΙΑΣ της ΑΝΙΣΟΤΗΤΑΣ \displaystyle g\left( \alpha  \right) \cdot g\left( {\rm{\beta }} \right) > 0
Τα \displaystyle \alpha ,\;\;\beta ανήκουν στο πεδίο ορισμού της g(x) άρα πρέπει να είναι \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}
\alpha ,\;\beta  \ne 1\;\\
\alpha ,\;\beta  \ne  - 2
\end{array} \right.
Για αυτά τα \displaystyle \alpha ,\;\beta , έχουμε
\displaystyle g\left( \alpha  \right) \cdot g\left( \beta  \right) > 0 \Leftrightarrow \left( {\alpha  + 1} \right)\left( {\alpha  - 2} \right)\left( {\beta  + 1} \right)\left( {\beta  - 2} \right) > 0

Η ανισότητα αυτή ισχύει όταν είναι \displaystyle \alpha ,\beta  \in \left( { - \infty ,\; - 2} \right) \cup \left( { - 2,\; - 1} \right) ή \displaystyle \alpha ,\beta  \in \left( { - 1,1} \right) \cup \left( {1,\;2} \right) ή \displaystyle \alpha ,\beta  \in \left( {2,\; + \infty } \right)

ή \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}
\alpha  \in \left( { - \infty ,\; - 2} \right) \cup \left( { - 2,\; - 1} \right)\\
\beta  \in \left( {2,\; + \infty } \right)
\end{array} \right. ή \displaystyle \left\{ \begin{array}{l}
\beta  \in \left( { - \infty ,\; - 2} \right) \cup \left( { - 2,\; - 1} \right)\\
\alpha  \in \left( {2,\; + \infty } \right)
\end{array} \right.

Για να προσδιορίσω τα διαστήματα συναλήθευσης των ανισοτήτων έφτιαξα τους πίνακες προσήμων των παραστάσεων \displaystyle \left( {\alpha  + 1} \right)\left( {\alpha  - 2} \right) και \displaystyle \left( {\beta  + 1} \right)\left( {\beta  - 2} \right) και συνδύασα τις περιπτώσεις να είναι ομόσημες.
Αν υπάρχει κάποια απλούστερη λύση, πλησιέστερη στο πνεύμα της Α΄ Λυκείου, θα χαιρόμουν να τη δω. Ειδάλως, θέλω να πιστεύω ότι οι θεματοδότες κάτι άλλο είχαν στο νου τους.

Ελπίζω στην άμεση διόρθωση της εκφώνησης.

edit: Ξαναέγραψα το σχόλιο μου για το (βii)
και συμπλήρωσα το (α) με την υπόδειξη των Makisman και Αntonis_A, τους οποίους ευχαριστώ θερμά.
Παρακαλώ ελέγξτε ξανά την απάντηση στο (α).


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5052
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #12 από george visvikis » Σάβ Νοέμ 01, 2014 4:58 pm

GI_A_ALG_4_13090

Δίνονται οι συναρτήσεις f(x)=x^2+3x+2 και g(x)=x+1,x\in R
α) Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεωνf , g έχουν ένα μόνο κοινό
σημείο, το οποίο στη συνέχεια να προσδιορίσετε. (Μονάδες 10)

β) Δίνεται η συνάρτηση h(x) = x + a. Να δείξετε ότι:
i) αν a>1, τότε οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f ,h έχουν δύο κοινά σημεία.
ii) αν a < 1, τότε οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f ,h δεν έχουν κοινά σημεία.
(Μονάδες 15)

Λύση.

α) \displaystyle{f(x) = g(x) \Leftrightarrow {x^2} + 3x + 2 = x + 1 \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 1 = 0 \Leftrightarrow {(x + 1)^2} = 0 \Leftrightarrow x =  - 1}, απ' όπου f(-1)=g(-1)=0. Άρα οι γραφικές παραστάσεις των δύο συναρτήσεων έχουν ένα μόνο κοινό σημεία, το A(-1,0).

β) Από το πλήθος των ριζών της εξίσωσης \displaystyle{f(x) = h(x) \Leftrightarrow {x^2} + 3x + 2 = x + a \Leftrightarrow {x^2} + 2x + 2 - a = 0}, θα προσδιορίσουμε και το πλήθος των σημείων τομής των γραφικών τους παραστάσεων.
Είναι \displaystyle{\Delta  = 4 - 8 + 4a \Leftrightarrow \Delta  = 4(a - 1)}

i) Αν a>1, τότε \Delta>0, οπότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες. Άρα οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f, h έχουν δύο κοινά σημεία.

ii) Αν a<1, τότε \Delta<0, οπότε η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες. Άρα οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f, h δεν έχουν κοινά σημεία.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5052
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #13 από george visvikis » Σάβ Νοέμ 01, 2014 5:36 pm

GI_A_ALG_4_13088

Εξαιτίας ενός ατυχήματος σε διυλιστήριο πετρελαίου, διαρρέει στην θάλασσα πετρέλαιο που
στο τέλος της 1ης ημέρας καλύπτει 3 τετραγωνικά μίλια (τ.μ), στο τέλος της 2ης ημέρας καλύπτει 6 τ.μ, στο τέλος της 3ης ημέρας καλύπτει 12 τ.μ. και γενικά εξαπλώνεται έτσι, ώστε στο τέλος κάθε ημέρας να καλύπτει επιφάνεια διπλάσια από αυτήν που κάλυπτε την προηγούμενη.
α) Να βρείτε την επιφάνεια της θάλασσας που θα καλύπτει το πετρέλαιο στο τέλος της 5ης ημέρας μετά το ατύχημα. (Μονάδες 7)

β) Πόσες ημέρες μετά από τη στιγμή του ατυχήματος το πετρέλαιο θα καλύπτει 768 τ.μ.;
(Μονάδες 9)

γ) Στο τέλος της 9ης ημέρας επεμβαίνει ο κρατικός μηχανισμός και αυτομάτως σταματάει η εξάπλωση του πετρελαίου. Στο τέλος της επόμενης ημέρας η επιφάνεια που καλύπτει το πετρέλαιο έχει μειωθεί κατά 6 τ.μ. και συνεχίζει να μειώνεται κατά 6 τ.μ. την ημέρα. Να βρείτε πόσες ημέρες μετά από τη στιγμή του ατυχήματος η θαλάσσια επιφάνεια που καλύπτεται από το πετρέλαιο θα έχει περιοριστεί στα 12 τ.μ. (Μονάδες 9)

Λύση.

α) Η εξάπλωση του πετρελαίου στην επιφάνεια της θάλασσας ανά ημέρα, αυξάνεται με γεωμετρική πρόοδο \displaystyle{{a_n},n \in {N^*}}, όπου ο πρώτος όρος είναι a_1=3 και ο λόγος \lambda=2. Στο τέλος της 5ης ημέρας θα καλύπτει επιφάνεια ίση με \displaystyle{{a_5} = 3 \cdot {2^4} = 48} τ. μ.

β) Αναζητούμε το n ώστε a_n=768.
\displaystyle{768 = 3{\lambda ^{n - 1}} \Leftrightarrow {\lambda ^{n - 1}} = 256 = {2^8} \Leftrightarrow n = 9}.
Άρα, 9 ημέρες μετά από τη στιγμή του ατυχήματος το πετρέλαιο θα καλύπτει 768 τ.μ.

γ) Το πετρέλαιο στην επιφάνεια της θάλασσας μειώνεται με αριθμητική πρόοδο \displaystyle{{b_n},n \in {N^*}}, όπου ο πρώτος όρος είναι b_1=768, η διαφορά της προόδου w=-6 και ο νιοστός όρος b_n=12. Έχουμε λοιπόν:
\displaystyle{12 = 768 - 6(n - 1) \Leftrightarrow n - 1 = \frac{{768 - 12}}{6} \Leftrightarrow n = 127}

Άρα σε 127 ημέρες από τη στιγμή που επενέβη ο κρατικός μηχανισμός, δηλαδή σε 136 ημέρες από τη στιγμή του ατυχήματος, η θαλάσσια επιφάνεια που καλύπτεται από το πετρέλαιο θα έχει περιοριστεί στα 12 τ.μ.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5052
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #14 από george visvikis » Σάβ Νοέμ 01, 2014 7:07 pm

GI_A_ALG_4_13093

Ο ιδιοκτήτης ενός ταξιδιωτικού γραφείου εκτιμά ότι, όταν για μια συγκεκριμένη διαδρομή
διαθέτει τα εισιτήρια στην κανονική τιμή των 21 € ανά εισιτήριο, τότε πουλά κατά μέσο όρο 30 μόνο εισιτήρια, ενώ το λεωφορείο έχει51 θέσεις.
Θέλοντας να αυξήσει τη πελατεία του, κάνει την ακόλουθη προσφορά: Ο πρώτος επιβάτης
που θα αγοράσει εισιτήριο θα πληρώσει 3€ και κάθε επόμενος επιβάτης θα πληρώνει 0,5€ περισσότερο από τον προηγούμενο.
α) Να βρείτε το ποσό που θα πληρώσει ο δεύτερος, ο τρίτος και ο τέταρτος επιβάτης.
(Μονάδες 4)

β) Αν, για κάθε n ≤ 51 ο αριθμός αν εκφράζει το ποσό που θα πληρώσει ο ν-οστός
επιβάτης, να δείξετε ότι οι αριθμοί a_1, a_2,…,a_5_1 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου και να βρείτε τη διαφορά w αυτής της προόδου. (Μονάδες 6)

γ) Αν το λεωφορείο γεμίσει, να βρείτε το ποσό που θα πληρώσει ο 51ος επιβάτης.(Μονάδες 7)

δ) Να βρείτε πόσα τουλάχιστον εισιτήρια θα πρέπει να πουληθούν ώστε η είσπραξη του
γραφείου με αυτή την προσφορά να ξεπερνά την είσπραξη που θα έκανε αν πουλούσε 30
εισιτήρια στην τιμή των 21 € ανά εισιτήριο.
(Δίνεται ότι: \displaystyle{\sqrt {10201}  = 101}) (Μονάδες 8)

Λύση.

α) Ο δεύτερος ο τρίτος και ο τέταρτος επιβάτης θα πληρώσουν αντίστοιχα, 3,5€, 4€ , 4,5

β) Οι αριθμοί a_1, a_2,…,a_5_1 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου γιατί ο καθένας(μετά τον a_1) προκύπτει από τον προηγούμενο με πρόσθεση του ίδιου αριθμού w=0,5, που είναι και η διαφορά της προόδου.

γ) Ο 51ος επιβάτης θα πληρώσει \displaystyle{{a_{51}} = {a_1} + 50w = 3 + 25 = 28}

δ) Για να συμβεί αυτό θα πρέπει: \displaystyle{{S_n} > 30 \cdot 21}, όπου S_n το άθροισμα των n πρώτων όρων της αριθμητικής προόδου.

\displaystyle{\frac{{[2{a_1} + (n - 1)w]n}}{2} > 630 \Leftrightarrow 6n + \frac{1}{2}{n^2} - \frac{1}{2}n > 1260 \Leftrightarrow } \displaystyle{{n^2} + 11n - 2520 > 0 \Leftrightarrow n > 45}

Θα πρέπει λοιπόν να πουληθούν τουλάχιστον 46 εισιτήρια.

ΣΧΟΛΙΟ: Το σχόλιο μου δεν είναι μαθηματικής φύσης, αλλά αφορά στη ευφυέστατη ιδέα του ιδιοκτήτη του ταξιδιωτικού γραφείου. Με το πανέξυπνο αυτό σχέδιο, ο 36ος επιβάτης θα πληρώσει την κανονική τιμή, δηλαδή 21 €. Για να συμφέρει αυτή η ιδέα, θα πρέπει να πουληθούν τουλάχιστον άλλα 10 εισιτήρια. Η απορία μου είναι η εξής: Σ' ένα λεωφορείο που σε κανονική βάση πηγαίνει μισοάδειο, γιατί άραγε να βρεθούν 10 κορόιδα που να πληρώσουν το εισιτήριο με "καπέλο"; :lol:


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5052
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #15 από george visvikis » Σάβ Νοέμ 01, 2014 7:53 pm

GI_A_ALG_4_13107

Δίνεται το τριώνυμο: \displaystyle{\lambda {x^2} - ({\lambda ^2} + 1)x + \lambda ,\lambda  \in R - \left\{ 0 \right\}}
α) Να βρείτε τη διακρίνουσα \Delta του τριωνύμου και να αποδείξετε ότι το τριώνυμο έχει
ρίζες πραγματικές για κάθε \displaystyle{\lambda  \in R - \left\{ 0 \right\}}. (Μονάδες 9)

β) Αν x_1, x_2 είναι οι ρίζες του τριωνύμου, να εκφράσετε το άθροισμα S = x_1+x_2 συναρτήσει
του \lambda ≠ 0 και να βρείτε την τιμή του γινομένου P = x_1x_2 των ριζών.(Μονάδες 5)

γ) Αν \lambda > 0 το παραπάνω τριώνυμο έχει ρίζες θετικές ή αρνητικές; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες 6)

δ) Αν 0<\lambda≠ 1 και x_1, x_2, με x_1 < x_2 , είναι οι ρίζες του παραπάνω τριωνύμου, τότε να βρείτε το πρόσημο του γινομένου \displaystyle{f(0) \cdot f(\kappa ) \cdot f(\mu )}, όπου \displaystyle{k,\mu } είναι αριθμοί τέτοιοι ώστε \displaystyle{{x_1} < k < {x_2} < \mu }. (Μονάδες 6)

Λύση.

α) \displaystyle{\Delta  = {({\lambda ^2} + 1)^2} - 4{\lambda ^2} = {\lambda ^4} - 2{\lambda ^2} + 1 = {({\lambda ^2} - 1)^2} \ge 0}. Άρα το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές για κάθε \displaystyle{\lambda  \in R - \left\{ 0 \right\}}.

β) \displaystyle{S = {x_1} + {x_2} = \frac{{{\lambda ^2} + 1}}{\lambda },P = {x_1}{x_2} = \frac{\lambda }{\lambda } \Leftrightarrow P = 1}

γ) Οι ρίζες είναι θετικές γιατί έχουν άθροισμα και γινόμενο θετικό.

δ) Για 0<\lambda≠ 1, το τριώνυμο γράφεται: \displaystyle{f(x) = \lambda (x - {x_1})(x - {x_2})}

\displaystyle{f(0) \cdot f(\kappa ) \cdot f(\mu )=}\displaystyle{{\lambda ^3}(k - {x_1})(k - {x_2})(\mu  - {x_1})(\mu  - {x_2})}

Από την υπόθεση όμως έχουμε: \displaystyle{\lambda  > 0,k - {x_1} > 0,k - {x_2} < 0,\mu  - {x_1} > 0,\mu  - {x_2} > 0}.

Άρα, \displaystyle{f(0) \cdot f(\kappa ) \cdot f(\mu )<0}


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3653
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #16 από Γιώργος Ρίζος » Σάβ Νοέμ 01, 2014 8:26 pm

GI_A_ALG_4_13155


Δίνονται οι συναρτήσεις \displaystyle   f\left( x \right) = 4x + 2 και \displaystyle   g\left( x \right) = {x^2} - 9 με πεδίο ορισμού το \displaystyle   R .
α) Να βρείτε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g με τον άξονα x'x . (Μονάδες 6)
β) Να εξετάσετε αν η γραφική παράσταση της f τέμνει τους άξονες σε κάποιο από τα σημεία (3, 0) και (-3, 0) . (Μονάδες 4)
γ) Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f, g δεν έχουν κοινό σημείο πάνω σε κάποιον από τους άξονες. (Μονάδες 8)
δ) Να βρείτε συνάρτηση h της οποίας η γραφική παράσταση είναι ευθεία, διέρχεται από το A(0, 3) και τέμνει τη γραφική παράσταση της g σε σημείο του ημιάξονα Ox. (Μονάδες 7)

α) Η γραφική παράσταση της g(x) τέμνει τον άξονα x'x σε σημεία των οποίων η τετμημένη επαληθεύει την εξίσωση \displaystyle   g\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 9 = 0 \Leftrightarrow x = 3\;\; \vee \;\;x =  - 3 , δηλαδή στα σημεία \displaystyle   B\left( { - 3,\;0} \right),\;\;{\rm{\Gamma }}\left( {3,\;0} \right)

β) Είναι \displaystyle   f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 4x + 2 = 0 \Leftrightarrow x =  - \frac{1}{2} , οπότε η γραφική παράσταση της f(x) δεν τέμνει τον άξονα x'x στα \displaystyle   B,\;{\rm{\Gamma }} .

γ) Όπως είπαμε παραπάνω οι γραφικές παραστάσεις f(x) και g(x) δεν τέμνονται στον άξονα x'x.
Επίσης είναι \displaystyle   f\left( 0 \right) = 2 και \displaystyle   g\left( 0 \right) =  - 9 άρα ούτε στον άξονα y'y τέμνονται.

δ) Η γραφική παράσταση της g τέμνει τον ημιάξονα Ox στο σημείο \displaystyle   {\rm{\Gamma }}\left( {3,\;0} \right) .
Οπότε η συνάρτηση h(x) έχει γραφική παράσταση που είναι πλάγια ευθεία της μορφής \displaystyle   y = \alpha x + \beta και διέρχεται από τα σημεία \displaystyle   {\rm A}\left( {0,\;3} \right),\;\Gamma \left( {3,\;0} \right) .
Άρα είναι \displaystyle   \left\{ \begin{array}{l}
3 = 0 \cdot \alpha  + \beta \\
0 = 3 \cdot \alpha  + 3
\end{array} \right. οπότε \displaystyle   \alpha  =  - 1,\;\;\beta  = 3 , άρα \displaystyle   h\left( x \right) =  - x + 3


ΣΧΟΛΙΟ: Στο (β) Αφού και τα δύο σημεία (3, 0) και (-3, 0) είναι στον άξονα x'x, ας διορθωθεί η διατύπωση
β) Να εξετάσετε αν η γραφική παράσταση της f τέμνει τους άξονες σε κάποιο από τα σημεία (3, 0) και (-3, 0) .
Ας γραφεί: "τέμνει τον τον άξονα x'x"


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3653
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #17 από Γιώργος Ρίζος » Σάβ Νοέμ 01, 2014 9:08 pm

GI_A_ALG_4_13156

Δίνεται μια αριθμητική πρόοδος \displaystyle  \left( {{\alpha _\nu }} \right) , όπου \displaystyle  \nu  \in {{\rm N}^*} .
Αν οι τρεις πρώτοι όροι της προόδου είναι:
\displaystyle  {\alpha _1} = x,\;\;{{\rm{\alpha }}_2} = 2{x^2} - 3x - 4,\;\;{{\rm{\alpha }}_3} = {x^2} - 2, όπου \displaystyle  x \in Z
τότε,
α) να αποδειχθεί ότι x = 3 . (Μονάδες 10)
β) να βρεθεί ο ν-οστός όρος της προόδου και να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει όρος
της προόδου που να ισούται με 2014. (Μονάδες 8)
γ) να υπολογιστεί το άθροισμα \displaystyle  S = {{\rm{\alpha }}_1} + {\alpha _3} + {\alpha _5} + ... + {\alpha _{15}} . (Μονάδες 7)

α) Αφού η \displaystyle  \left( {{\alpha _\nu }} \right) είναι αριθμητική πρόοδος, τότε
\displaystyle  {\alpha _2} - {\alpha _1} = {\alpha _3} - {\alpha _2} \Leftrightarrow 2{x^2} - 4x - 4 =  - {x^2} + 3x + 2 \Leftrightarrow 3{x^2} - 7x - 6 = 0 , όπου \displaystyle  x \in Z

H εξίσωση έχει ρίζες \displaystyle  {x_{1,\;2}} = \frac{{7 \pm \sqrt {121} }}{6} = \frac{{7 \pm 11}}{6} \Rightarrow {x_1} = 3,\;{x_2} =  - \frac{2}{3} , άρα η ακέραιη ρίζα είναι x=3

β) Τότε \displaystyle  {{\rm{\alpha }}_1} = 3,\;\;\;{\alpha _2} = 2 \cdot {3^2} - 3 \cdot 3 - 4 = 5 άρα \displaystyle  \omega  = {\alpha _2} - {\alpha _1} = 2 ,
οπότε \displaystyle  {\alpha _\nu } = 3 + \left( {\nu  - 1} \right) \cdot 2 = 2\nu  + 1

Η εξίσωση \displaystyle  {\alpha _\nu } = 2014 γράφεται \displaystyle  2\nu  + 1 = 2014 \Leftrightarrow \nu  = \frac{{2013}}{2} \notin {\rm N} , άρα είναι αδύνατη.

γ) Σχηματίζουμε την ακολουθία \displaystyle  {\alpha _1},\;\;{\alpha _3},\;{\alpha _5},\;... που είναι επίσης αριθμητική πρόοδος με πρώτο όρο \displaystyle  {\beta _1} = 3 και διαφορά \displaystyle  \omega ' = 4 , άρα \displaystyle  {\beta _\nu } = 3 + 4\left( {\nu  - 1} \right) \Leftrightarrow {\beta _\nu } = 4\nu  - 1

Τότε \displaystyle  {\alpha _{15}} = 31 , άρα \displaystyle  {\beta _\nu } = 31 \Leftrightarrow 4\nu  - 1 = 31 \Leftrightarrow \nu  = 8 .

Οπότε \displaystyle  S = \frac{{{\beta _1} + {\beta _8}}}{2} \cdot 8 = \frac{{3 + 31}}{2} \cdot 8 = 136

ΣΧΟΛΙΟ: Μια ενδιαφέρουσα προέκταση (κάπως δύσκολη για εξετάσεις) θα ήταν να αποδείξουμε ότι ισχύει: \displaystyle  {\beta _\nu } = {\alpha _{2\nu  - 1}}.

Πράγματι, \displaystyle  {\beta _\nu } = 4\nu  - 1 = 2\left( {2\nu  - 1} \right) + 1 = {\alpha _{2\nu  - 1}}


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3653
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #18 από Γιώργος Ρίζος » Σάβ Νοέμ 01, 2014 10:21 pm

Μάς έχουν απομείνει οι 2_13096, 4_13092, 4_13158

Αν έχετε γράψει λύσεις σε Word και είναι εύκολο, στείλτε μου με e-mail τις λύσεις σας, αλλιώς θα τις μεταγλωττίσω από το Latex.

Στείλτε π.μ. για τις διευθύνσεις.

Το αρχείο word θα το στείλω σε όσους συμμετείχαν στην επεξεργασία, για έλεγχο και κατόπιν οι συντονιστές θα το αναρτήσουν σε μορφή αρχείου acrobat.


Άβαταρ μέλους
swsto
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 334
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 11:43 pm

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #19 από swsto » Σάβ Νοέμ 01, 2014 11:32 pm

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Μάς έχουν απομείνει οι 2_13096, 4_13092, 4_13158

Αν έχετε γράψει λύσεις σε Word και είναι εύκολο, στείλτε μου με e-mail τις λύσεις σας, αλλιώς θα τις μεταγλωττίσω από το Latex.

Στείλτε π.μ. για τις διευθύνσεις.

Το αρχείο word θα το στείλω σε όσους συμμετείχαν στην επεξεργασία, για έλεγχο και κατόπιν οι συντονιστές θα το αναρτήσουν σε μορφή αρχείου acrobat.


Τις έχω σχεδόν έτοιμες . θα τις ανεβάσω αύριο το απογευματάκι γιατί έχω κάποια μαθήματα το πρωί .


Σωτήρης Στόγιας
pap65
Δημοσιεύσεις: 101
Εγγραφή: Παρ Δεκ 14, 2012 11:27 pm
Τοποθεσία: ΞΑΝΘΗ

Re: Λύσεις Νέων θεμάτων Άλγεβρας Α΄ Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #20 από pap65 » Σάβ Νοέμ 01, 2014 11:43 pm

GI_A_ALG_2_13096

α) Αν \displaystyle{A,B,\Gamma } είναι τρία ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω ενός πειράματος τύχης, να διατυπώσετε λεκτικά τα παρακάτω ενδεχόμενα:
i) \displaystyle{A\bigcup B} ii) \displaystyle{B\bigcap \Gamma } iii) \displaystyle{(A\bigcap B)\bigcap \Gamma } iv) \displaystyle{{A}'} (Μονάδες 12)
β) Στο παρακάτω σχήμα παριστάνονται με διάγραμμα Venn ο παραπάνω δειγματικός χώρος Ω και τα τρία ενδεχόμενα \displaystyle{\text{A}\text{,B }} και \displaystyle{\Gamma }αυτού.
Να υπολογίσετε την πιθανότητα πραγματοποίησης των ενδεχομένων του (α) ερωτήματος. (Μονάδες 13)


aσκηση   13096  συνολα.png
aσκηση 13096 συνολα.png (13.69 KiB) Προβλήθηκε 2643 φορές



ΛΥΣΗ

α)
i. \displaystyle{A\bigcup B} : πραγματοποιείται τουλάχιστον ένα από τα ενδεχόμενα Α και Β.
ii. \displaystyle{B\bigcap \Gamma } : πραγματοποιούνται συγχρόνως τα ενδεχόμενα Β και Γ.
iii. \displaystyle{(A\bigcap B)\bigcap \Gamma } : πραγματοποιούνται συγχρόνως τα ενδεχόμενα Α και Β και Γ.
iv. \displaystyle{{A}'} : Δεν πραγματοποιείται το ενδεχόμενο Α.

β) Είναι A\bigcup B\text{=}\left\{ \text{-12}\text{,-5}\text{,-2}\text{,0}\text{,1}\text{,2}\text{,7}\text{,8} \right\} με \displaystyle{N\left( A\bigcup B \right)=8}
B\bigcap \Gamma =\left\{ 2,8 \right\} με \Nu \left( \Beta \bigcap \Gamma  \right)=2
\displaystyle{(A\bigcap B)\bigcap \Gamma =\left\{ 2 \right\}} με \displaystyle{N\left[ \left( A\bigcap B \right)\bigcap \Gamma  \right]=1}
{A}'=\left\{ -1,0,3,4,6,7,8,10,21 \right\} με \displaystyle{\Nu \left( {{A}'} \right)=9}
Ακόμη \displaystyle{N\left( \Omega  \right)=12}

Επομένως εφαρμόζοντας τον κλασικό ορισμό της πιθανότητας:
i. \displaystyle{P\left( A\bigcup B \right)=\frac{N\left( A\bigcup B \right)}{N\left( \Omega  \right)}=\frac{8}{12}}
ii. \displaystyle{P\left( B\bigcap \Gamma  \right)=\frac{N\left( B\bigcap \Gamma  \right)}{N\left( \Omega  \right)}=\frac{2}{12}}

iii. \displaystyle{P\left[ \left( A\bigcap B \right)\bigcap \Gamma  \right]=\frac{N\left[ \left( A\bigcap B \right)\bigcap \Gamma  \right]}{N\left( \Omega  \right)}=\frac{1}{12}}
iv. \displaystyle{P\left( {{A}'} \right)=\frac{N\left( {{A}'} \right)}{N\left( \Omega  \right)}=\frac{9}{12}}
τελευταία επεξεργασία από pap65 σε Κυρ Νοέμ 02, 2014 10:38 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


ΠΑΠΑΣΤΑΘΟΠΟΥΛΟΣ ΘΑΝΑΣΗΣ

Επιστροφή σε “Τράπεζα Θεμάτων, Άλγεβρα A”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης