Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Θεοδωρος Παγωνης · #21

4303

Σε αριθμητική πρόοδος $\displaystyle{\left( {{a}_{v}} \right)}$ ισχύουν : $\displaystyle{{{a}_{4}}-{{a}_{9}}=15}$ και $\displaystyle{{{a}_{1}}=41}$ .
α) Να αποδείξετε ότι η διαφορά $\displaystyle{\omega }$ της προόδου είναι ίση με $\displaystyle{-3}$ .
β) Να βρείτε τον θετικό ακέραιο $\displaystyle{v}$ , ώστε $\displaystyle{{{a}_{v}}=v}$ .

Ενδεικτικές απαντήσεις :

α) Γνωρίζω ότι ο νιοστός όρος μια προόδου δίνεται από τον τύπο $\displaystyle{{{a}_{v}}={{a}_{1}}+\left( v-1 \right)\omega }$ .
Οπότε έχω $\displaystyle{{{a}_{4}}-{{a}_{9}}=15\Leftrightarrow \left( {{a}_{1}}+3\omega \right)-\left( {{a}_{1}}+8\omega \right)=15\Leftrightarrow {{a}_{1}}+3\omega -{{a}_{1}}-8\omega =15\Leftrightarrow -5\omega =15\Leftrightarrow \omega =-3}$ .
β) Είναι $\displaystyle{{{a}_{v}}={{a}_{1}}+\left( v-1 \right)\omega \Leftrightarrow 41+\left( v-1 \right)\cdot \left( -3 \right)=v\Leftrightarrow 41-3v+3=v\Leftrightarrow 4v=44\Leftrightarrow v=11}$ .

Θεοδωρος Παγωνης · #22

4304

Σε αριθμητική πρόοδος $\displaystyle{\left( {{a}_{v}} \right)}$ με διαφορά $\displaystyle{\omega =4}$ , ισχύει : $\displaystyle{{{a}_{6}}+{{a}_{11}}=40}$ .
α) Να βρείτε τον πρώτο όρο $\displaystyle{{{a}_{1}}}$ της προόδου.
β) Πόσους πρώτους όρους της προόδου πρέπει να προσθέσουμε ώστε το άθροισμά τους να είναι ίσο με το μηδέν ; Να αιτιολογήσετε την απάντηση σας .

Ενδεικτικές απαντήσεις :

α) Γνωρίζω ότι ο νιοστός όρος μια προόδου δίνεται από τον τύπο $\displaystyle{{{a}_{v}}={{a}_{1}}+\left( v-1 \right)\omega }$ .
Οπότε έχω $\displaystyle{{{a}_{6}}+{{a}_{11}}=40\Leftrightarrow {{a}_{1}}+5\omega +{{a}_{1}}+10\omega =40\Leftrightarrow 2{{a}_{1}}+15\omega =40\Leftrightarrow 2{{a}_{1}}+15\cdot 4=40\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{2{{a}_{1}}+60=40\Leftrightarrow 2{{a}_{1}}=40-60\Leftrightarrow 2{{a}_{1}}=-20\Leftrightarrow {{a}_{1}}=-10}$ .
β) Γνωρίζω ότι το άθροισμα των $\displaystyle{v}$ πρώτων όρων μιας προόδου δίνεται από τον τύπο $\displaystyle{{{S}_{v}}=\frac{v}{2}\left( {{a}_{1}}+{{a}_{v}} \right)\Leftrightarrow {{S}_{v}}=\frac{v}{2}\left[ 2{{a}_{1}}+\left( v-1 \right)\omega \right]}$ .
Για να βρούμε πόσους πρώτους όρους πρέπει να προσθέσουμε ώστε το άθροισμα να είναι ίσο με μηδέν αρκεί να βρούμε το $\displaystyle{v}$ ώστε $\displaystyle{{{S}_{v}}=0}$ .
Είναι $\displaystyle{{{S}_{v}}=0\Leftrightarrow \frac{v}{2}\left[ 2{{a}_{1}}+\left( v-1 \right)\omega \right]=0\Leftrightarrow \frac{v}{2}\left[ 2\cdot \left( -10 \right)+4\left( v-1 \right) \right]=0\Leftrightarrow \frac{v}{2}\left( -20+4v-4 \right)=0\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\frac{v}{2}\left( -24+4v \right)=0\Leftrightarrow v\left( -24+4v \right)=0}$ όπου ισοδύναμα έχω $\displaystyle{v=0}$ ή $\displaystyle{4v-24=0\Leftrightarrow 4v=24\Leftrightarrow v=6}$ .
Όμως $\displaystyle{v=0}$ απορρίπτεται αφού $\displaystyle{v\in {{\mathbb{N}}^{*}}}$ , άρα $\displaystyle{v=6}$

pap65 · #23

Άσκηση 4682
Δίνεται η εξίσωση: ${{x}^{2}}-x+\lambda -{{\lambda }^{2}}=0$ με παράμετρο $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}\ \quad \left( 1 \right)}$
α) Να βρείτε τη διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta }$ της εξίσωσης και να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}\ }$ (Μονάδες 10)
β) Για ποια τιμή του $\displaystyle{\lambda }$ η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες ίσες; (Μονάδες 6)
γ) Να βρείτε το $\lambda$ , ώστε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης $\displaystyle{f(\chi )=\sqrt{{{x}^{2}}-x+\lambda -{{\lambda }^{2}}}}$ να είναι το σύνολο $\mathbb{R}$ . (Μονάδες 9)

Προτεινόμενη Λύση
α) $\Delta =1-4\left( \lambda -{{\lambda }^{2}} \right)=4{{\lambda }^{2}}-4\lambda +1={{\left( 2\lambda -1 \right)}^{2}}\ge 0$ . Επομένως αφού $\Delta \ge 0$ η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}\ }$ .
β) Για να έχει η εξίσωση (1) δύο ρίζες ίσες πρέπει $\Delta =0\Leftrightarrow {{\left( 2\lambda -1 \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow \lambda =\frac{1}{2}$
γ) Θα πρέπει ${{x}^{2}}-x+\lambda -{{\lambda }^{2}}\ge 0$ για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , επομένως $\Delta \le 0$ . Όμως $\Delta =1-4\left( \lambda -{{\lambda }^{2}} \right)={{\left( 2\lambda -1 \right)}^{2}}$
$\Delta \le 0\Leftrightarrow {{\left( 2\lambda -1 \right)}^{2}}\le 0$ άρα $\lambda =\frac{1}{2}$

Θεοδωρος Παγωνης · #24

4305

α) Να λύσετε τις ανισώσεις και να παραστήσετε τις λύσεις τους στον άξονα των πραγματικών αριθμών :
i) $\displaystyle{\left| 2x-3 \right|\le 5}$ .
ii) $\displaystyle{\left| 2x-3 \right|\ge 1}$
β) Να βρείτε τις τιμές του $\displaystyle{x}$ για τις οποίες συναληθεύουν οι παραπάνω ανισώσεις.

Ενδεικτικές απαντήσεις :

α) i) $\displaystyle{\left| 2x-3 \right|\le 5\Leftrightarrow -5\le 2x-3\le 5\Leftrightarrow -5+3\le 2x-3+3\le 5+3\Leftrightarrow -2\le 2x\le 8\Leftrightarrow -1\le x\le 4}$ ,άρα $\displaystyle{x\in \left[ -1,4 \right]}$ .
ii) $\displaystyle{\left| 2x-3 \right|\ge 1\Leftrightarrow 2x-3\ge 1\ \ \ \ 2x-3\le -1\Leftrightarrow 2x-3+3\ge 1+3\ \ \ \ 2x-3+3\le -1+3\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{2x\ge 4\ \ \ \ 2x\le 2\Leftrightarrow x\ge 2\ \ \ \ x\le 1}$ , άρα $\displaystyle{x\in \left( -\infty ,1 \right]\cup \left[ 2,+\infty \right)}$ .

β) Οι δύο ανισώσεις συναληθεύουν στα γραμμοσκιασμένα διαστήματα.

Επομένως $\displaystyle{x\in \left[ -1,1 \right]\cup \left[ 2,4 \right]}$ .

Θεοδωρος Παγωνης · #25

4306

α) Να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle{2{{x}^{2}}-x-6=0}$ (1) .
β) Να λύσετε την ανίσωση $\displaystyle{\left| x-1 \right|<2}$ (2) .
γ) Να εξετάσετε αν υπάρχουν τιμές του $\displaystyle{x}$ που ικανοποιούν ταυτόχρονα τις σχέσεις (1) και (2) .

Ενδεικτικές απαντήσεις :

α) $\displaystyle{2{{x}^{2}}-x-6=0}$
Είναι $\displaystyle{\Delta ={{\beta }^{2}}-4a\gamma \Leftrightarrow \Delta ={{\left( -1 \right)}^{2}}-4\cdot 2\cdot \left( -6 \right)\Leftrightarrow \Delta =1+48\Leftrightarrow \Delta =49>0}$ , οπότε η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες , τις : $\displaystyle{{{x}_{1,2}}=\frac{-\beta \pm \sqrt{\Delta }}{2a}\Leftrightarrow {{x}_{1,2}}=\frac{-\left( -1 \right)\pm \sqrt{49}}{2\cdot 2}\Leftrightarrow {{x}_{1,2}}=\frac{1\pm 7}{4}}$ , οπότε $\displaystyle{{{x}_{1}}=\frac{1-7}{4}=-\frac{3}{2}}$ και $\displaystyle{{{x}_{2}}=\frac{1+7}{4}=\frac{8}{4}=2}$
β) $\displaystyle{\left| x-1 \right|<2\Leftrightarrow -2<x-1<2\Leftrightarrow -2+1<x-1+1<2+1\Leftrightarrow -1<x<3}$ , άρα $\displaystyle{x\in \left( 1,3 \right)}$ .
γ) Επειδή $\displaystyle{{{x}_{1}}=-\frac{3}{2}\notin \left( 1,3 \right)}$ ενώ $\displaystyle{{{x}_{2}}=2\in \left( 1,3 \right)}$ οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle{x}$ που ικανοποιούν ταυτόχρονα τις σχέσεις (1) και (2) είναι $\displaystyle{x=2}$ .

Θεοδωρος Παγωνης · #26

4308

α) Να βρείτε για ποιες τιμές του $\displaystyle{x}$ η παράσταση $\displaystyle{\Pi =\frac{2{{x}^{2}}-1}{{{x}^{2}}-x}+\frac{1}{1-x}}$ έχει νόημα πραγματικού αριθμού . β) Για τις τιμές του $\displaystyle{x}$ που βρήκατε στο α) ερώτημα , να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle{\frac{2{{x}^{2}}-1}{{{x}^{2}}-x}+\frac{1}{1-x}=0}$ .

Ενδεικτικές απαντήσεις :

α) Για να έχει η παράσταση $\displaystyle{\Pi =\frac{2{{x}^{2}}-1}{{{x}^{2}}-x}+\frac{1}{1-x}}$ νόημα πραγματικού αριθμού πρέπει οι παρονομαστές των κλασμάτων να είναι μη μηδενικοί αριθμοί .
Άρα πρέπει $\displaystyle{{{x}^{2}}-x\ne 0\ \ \kappa \alpha \iota \ \,1-x\ne 0\Leftrightarrow x\left( x-1 \right)\ne 0\ \ \kappa \alpha \iota \,\ x\ne 1\Leftrightarrow x\ne 0\ \ \kappa \alpha \iota \,\ x\ne 1}$ .
β) Για $\displaystyle{x\ne 0\ \ \kappa \alpha \iota \,\ x\ne 1}$ η δοθείσα εξίσωση γίνεται ισοδύναμα $\displaystyle{\frac{2{{x}^{2}}-1}{{{x}^{2}}-x}+\frac{1}{1-x}=0\Leftrightarrow \frac{2{{x}^{2}}-1}{x\left( x-1 \right)}+\frac{1}{-\left( x-1 \right)}=0\Leftrightarrow \frac{2{{x}^{2}}-1}{x\left( x-1 \right)}-\frac{1}{\left( x-1 \right)}=0\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{x\left( x-1 \right)\frac{2{{x}^{2}}-1}{x\left( x-1 \right)}-x\left( x-1 \right)\frac{1}{\left( x-1 \right)}=0\cdot x\left( x-1 \right)\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}-x-1=0}$ .
$\displaystyle{\Delta ={{\beta }^{2}}-4a\gamma \Leftrightarrow \Delta ={{\left( -1 \right)}^{2}}-4\cdot 2\cdot \left( -1 \right)\Leftrightarrow \Delta =1+8\Leftrightarrow \Delta =9>0}$ , οπότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες , τις : $\displaystyle{{{x}_{1,2}}=\frac{-\beta \pm \sqrt{\Delta }}{2a}\Leftrightarrow {{x}_{1,2}}=\frac{-\left( -1 \right)\pm \sqrt{9}}{2\cdot 2}\Leftrightarrow {{x}_{1,2}}=\frac{1\pm 3}{4}}$ , οπότε $\displaystyle{{{x}_{1}}=\frac{1-3}{4}=-\frac{2}{4}=-\frac{1}{2}}$ και $\displaystyle{{{x}_{2}}=\frac{1+3}{4}=\frac{4}{4}=1}$
Όμως $\displaystyle{x\ne 1}$ , οπότε η λύση της δοθείσας εξίσωσης είναι η $\displaystyle{x=-\frac{1}{2}}$ .
.

Θεοδωρος Παγωνης · #27

Ανεβάζω και το word αρχείο διαθέσιμο για οποίον το θέλει.

perpant · #28

Νομίζω ότι τη δεκάδα που έχει αναλάβει ο καθένας, είναι καλό να την ανεβάζει σε διαφορετική ανάρτηση, γιατί 300 ασκήσεις σε ένα θέμα δεν θα είναι εύχρηστο. Θα ξεκινήσω λοιπόν τη δική μου δεκάδα σε νέο θέμα.

pap65 · #29

Άσκηση 4819
Δίνεται το τριώνυμο $f(\chi )={{x}^{2}}-x+\lambda -{{\lambda }^{2}}$ με $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}\ \quad }$
α) Να βρείτε τη διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta }$ του τριωνύμου και να αποδείξετε ότι το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές για κάθε $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}\ }$ (Μονάδες 10)
β) Για ποια τιμή του $\displaystyle{\lambda }$ το τριώνυμο έχει δύο ρίζες ίσες; (Μονάδες 6)
γ) Αν $\lambda \ne \frac{1}{2}$ και ${{\chi }_{1,}}\,{{\chi }_{2}}$ είναι οι ρίζες του παραπάνω τριωνύμου με ${{\chi }_{1}}<{{\chi }_{2}}$ , τότε : i) Nα δείξετε ότι ${{\chi }_{1}}<\frac{{{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}}}{2}<{{\chi }_{2}}$ . (Μονάδες 4)

ii) Να διατάξετε από τον μικρότερο προς τον μεγαλύτερο τους αριθμούς $f\left( {{\chi }_{2}} \right),\quad f\left( \frac{{{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}}}{2} \right),\quad f\left( {{\chi }_{2}}+1 \right)$ (Μονάδες 5)

Προτεινόμενη Λύση

α) $\Delta =1-4\left( \lambda -{{\lambda }^{2}} \right)=4{{\lambda }^{2}}-4\lambda +1={{\left( 2\lambda -1 \right)}^{2}}\ge 0$ . Επομένως αφού $\Delta \ge 0$ η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}\ }$ .
β) Για να έχει η εξίσωση (1) δύο ρίζες ίσες πρέπει $\Delta =0\Leftrightarrow {{\left( 2\lambda -1 \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow \lambda =\frac{1}{2}$
γ) i) $\displaystyle{{{\chi }_{1}}<\frac{{{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}}}{2}<{{\chi }_{2}}\Leftrightarrow 2{{\chi }_{1}}<{{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}}<2{{\chi }_{2}}}$ ,
που προφανώς ισχύει αφού
$\displaystyle{2{{\chi }_{1}}<{{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}}\Leftrightarrow {{\chi }_{1}}<{{\chi }_{2}}}$ και
$\displaystyle{{{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}}<2{{\chi }_{2}}\Leftrightarrow {{\chi }_{1}}<{{\chi }_{2}}}$
ii) Αφού ${{\chi }_{1,}}\,{{\chi }_{2}}$ είναι δύο άνισες ρίζες, το πρόσημο του τριωνύμου είναι:
f(x)<0

για κάθε $x\in \left( {{\chi }_{1,}}\,{{\chi }_{2}} \right)$ ( Ετερόσημο του α )
f(x)>0

για κάθε $x\in \left( -\infty ,{{\chi }_{1}} \right)\bigcup \left( {{\chi }_{2}},+\infty \right)$ ( Ομόσημο του α )
και $f\left( {{\chi }_{1}} \right)=f\left( {{\chi }_{2}} \right)=0$ (Συγνώμη, Δεν μπορώ να κάνω πίνακα προσήμων)
Άρα αφού ${{\chi }_{1}}<\frac{{{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}}}{2}<{{\chi }_{2}}\Rightarrow f\left( \frac{{{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}}}{2} \right)<0$
Επίσης ${{\chi }_{2}}+1>{{\chi }_{2}}\Rightarrow \left( {{\chi }_{2}}+1 \right)\in \left( {{\chi }_{2}},+\infty \right)\Rightarrow f\left( {{\chi }_{2}}+1 \right)>0$
Επομένως $f\left( \frac{{{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}}}{2} \right)<f\left( {{\chi }_{2}} \right)=0<f\left( {{\chi }_{2}}+1 \right)$

pana1333 · #30

Άσκηση 2702
α) Αφού $2\le x<3$ έχουμε x-3<0

. Τότε από το ερώτημα α) έχουμε, $x-1=2\Leftrightarrow x=3$ το οποίο όμως δεν ανήκει στο διάστημα $\left[ 2,3 \right)$ . Άτοπο. Άρα δεν υπάρχει.

pana1333 · #31

Άσκηση 3378

Από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

προκύπτουν τα εξής.

α) Για να βρούμε το πεδίο ορισμού της

πρέπει να «προβάλουμε» τη γραφική παράσταση της στον άξονα {x}'x

. Συνεπώς από το σχήμα προκύπτει ότι το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το $\left[ -2,6 \right]$ .

β) Ο πίνακας συμπληρώνεται με τα ζεύγη συντεταγμένων (-2,3), (-1,0), (0,-1), (1,0), (2,3), (6,-3)

γ) Τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης

με τον άξονα {x}'x

είναι τα σημεία με τετμηγμένη μηδέν. Επομένως τα σημεία τομής είναι τα $\left( -1,0 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\left( 1,0 \right)$ .
Τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης

με τον άξονα {y}'y

είναι τα σημεία με τεταγμένη μηδέν. Επομένως το σημείο τομής είναι το $\left( 0,-1 \right)$ .

δ) Τα διαστήματα στα οποία η συνάρτηση παίρνει αρνητικές τιμές είναι αυτά στα οποία η γραφική παράσταση της βρίσκεται κάτω από τον άξονα {x}'x

, δηλαδή τα διαστήματα $\left( -1,1 \right)$ ή $\left( 4,6 \right)$ .

pana1333 · #32

Άσκηση 3379

Από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

προκύπτουν τα εξής.

α) Για να βρούμε το πεδίο ορισμού της

πρέπει να «προβάλουμε» τη γραφική παράσταση της στον άξονα {x}'x

. Συνεπώς από το σχήμα προκύπτει ότι το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το $\left[ -3,8 \right]$ .

β) Ο πίνακας συμπληρώνεται από τα ζεύγη συντεταγμένων (-3,0), (-1,2), (0,3), (3,6), (7,-2), (8,-4)

γ) Τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης

με τον άξονα {x}'x

είναι τα σημεία με τετμηγμένη μηδέν. Επομένως τα σημεία $\left( -3,0 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\left( 6,0 \right)$ .

Τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης

με τον άξονα {y}'y

είναι τα σημεία με τεταγμένη μηδέν. Επομένως το σημείο $\left( 0,3 \right)$ .

δ) Τα διαστήματα στα οποία η συνάρτηση παίρνει θετικές τιμές είναι αυτά στα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτησης βρίσκεται πάνω από τον άξονα {x}'x

, δηλαδή το διάστημα $\left( -3,6 \right)$ .

pana1333 · #33

Άσκηση 3381

α) Αφού η γραφική παράσταση της συνάρτησης

διέρχεται από το σημείο $\left( 1,-4 \right)$ είναι $g\left( 1 \right)=-4\Leftrightarrow \frac{2-4+\mu }{2}=-4\Leftrightarrow -2+\mu =-8\Leftrightarrow \mu =-6$ .

β) Πρέπει ο παρανομαστής $x+1\ne 0$ άρα $x\ne -1$ , επομένως το πεδίο ορισμού της συνάρτησης

είναι $\Alpha =\mathbb{R}-\left\{ -1 \right\}$ .

γ) Έχουμε ${{x}^{2}}-2x-3=0$ με $\Delta ={{\beta }^{2}}-4\alpha \gamma ={{\left( -2 \right)}^{2}}-4\cdot 1\cdot \left( -3 \right)=16>0$ επομένως η εξίσωση έχει δύο πραγματικές και άνισες ρίζες τις ${{x}_{1,2}}=\frac{-\beta \pm \sqrt{\Delta }}{2\alpha }=\frac{2\pm 4}{2}$ , άρα οι ρίζες είναι ${{x}_{1}}=3$ ή ${{x}_{2}}=-1$ . Επομένως το τριώνυμο ${{x}^{2}}-2x-3$ παραγοντοποιείτε και έχουμε ${{x}^{2}}-2x-3=\left( x+1 \right)\left( x-3 \right)$ .

Για $\mu =-6$ ο τύπος της συνάρτησης γίνεται, $g\left( x \right)=\frac{2{{x}^{2}}-4x-6}{x+1}=\frac{2\left( {{x}^{2}}-2x-3 \right)}{x+1}=\frac{2\left( x+1 \right)\left( x-3 \right)}{x+1}=2\left( x-3 \right),\,\,\,\,x\in \mathbb{R}-\left\{ -1 \right\}$

pana1333 · #34

Άσκηση 3382

α) Κάνουμε ομώνυμα τα κλάσματα. Έτσι έχουμε, $A=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}-\sqrt{3}}+\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}\cdot \left( \sqrt{5}+\sqrt{3} \right)+\sqrt{3}\cdot \left( \sqrt{5}-\sqrt{3} \right)}{\left( \sqrt{5}-\sqrt{3} \right)\left( \sqrt{5}+\sqrt{3} \right)}=\frac{\sqrt{3}\sqrt{5}+\sqrt{3}\sqrt{3}+\sqrt{5}\sqrt{5}-\sqrt{5}\sqrt{3}}{{{\sqrt{5}}^{2}}-{{\sqrt{3}}^{2}}}$ $=\frac{8}{2}=4$

β) Έχουμε $\left| x+A \right|=1\Leftrightarrow \left| x+4 \right|=1\Leftrightarrow x+4=1\,\,\,\,$ ή $x+4=-1\Leftrightarrow x=-3\,\,\,\,$ ή x=-5

pana1333 · #35

Άσκηση 3383

Έχουμε $P\left( A \right)=\frac{70}{100}=0,7\,\,\,\,\,\,\,\,P\left( M \right)=\frac{40}{100}=0,4\,\,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,P\left( A \cap \ M \right)\,=\,\frac{20}{100}=0,2$

α) i) Να πραγματοποιηθεί το

ή το

. Διαφορετικά να πραγματοποιηθεί τουλάχιστον ένα από τα ενδεχόμενα

,

ii) Να πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο

και όχι το

. Διαφορετικά να πραγματοποιηθεί μόνο το ενδεχόμενο

.

iii) Να μην πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο

.

β)i) Είναι $P\left( {{M }'} \right)=1-P\left( M \right)=1-0,4=0,6$

ii) Είναι,
$P\left[ {{\left( A \cup \ M \right)}^{\prime }} \right]=1-P\left( A \cup M \right)=1-\left( P\left( A \right)+P\left( M \right)-P\left( A \cap M \right) \right)$ =1-0,7-0,4+0,2=0,1

pana1333 · #36

Άσκηση 3384

Έχουμε $P\left( A \right)=\frac{20}{180}=\frac{1}{9}\,\,\,\,\,\,\,\,P\left( B \right)=\frac{30}{180}=\frac{1}{6}\,\,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,P\left( A\Alpha \cap B \right)\,=\,\frac{10}{180}=\frac{1}{18}$

α) i) Να πραγματοποιηθεί το

ή το

. Διαφορετικά να πραγματοποιηθεί τουλάχιστον ένα από τα ενδεχόμενα

,

.

ii) Να πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο

και όχι το

. Διαφορετικά να πραγματοποιηθεί μόνο το ενδεχόμενο

.

iii) Να μην πραγματοποιηθεί το ενδεχόμενο

β) i) Είναι,

$P\left[ {{\left( A \cup B \right)}^{\prime }} \right]=1-P\left( A \cup B \right)=1-\left( P\left( A \right)+P\left( B \right)-P\left( A \cap B \right) \right)$ \displaystyle{=1-\frac{1}{9}-\frac{1}{6}+\frac{1}{18}=\frac{18}{18}-\frac{2}{18}-\frac{3}{18}} $+\frac{1}{18}=\frac{14}{18}=\frac{7}{9}$

ii) Είναι $P\left( B -A \right)\,=\,P\left( B \right)-P\left( A \cap B \right)=\frac{3}{18}-\frac{1}{18}=\frac{2}{18}=\frac{1}{9}$

pana1333 · #37

Άσκηση 3828

α) Αφού οι αριθμοί k -2,2k ,7k +4

αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου ισχύει ότι, ${{\left( 2k \right)}^{2}}=\left( 7k +4 \right)\left( k -2 \right)\Leftrightarrow 4{{k }^{2}}=7{{k }^{2}}-14k +4k -8\Leftrightarrow 3{{k }^{2}}-10k -8=0$ άρα έχουμε $3{{k }^{2}}-10k -8=0$ με $\Delta ={{\beta }^{2}}-4a \gamma ={{\left( -10 \right)}^{2}}-4\cdot 3\cdot \left( -8 \right)=100+96=196>0$ επομένως η εξίσωση έχει δύο πραγματικές και άνισες ρίζες τις ${{k }_{1,2}}=\frac{-\beta \pm \sqrt{\Delta }}{2a }=\frac{10\pm 14}{6}$ και άρα οι ρίζες είναι ${{k }_{1}}=4$ ή ${{k }_{2}}=-\frac{4}{6}=-\frac{2}{3}$ απορρίπτεται αφού $k \in \mathbb{N}$ . Άρα οι όροι της γεωμετρικής προόδου είναι οι 2,8,32

με λόγο $\lambda =\frac{8}{2}=4$ .

β) Είναι ${{a }_{\nu }}={{a }_{1}}{{\lambda }^{\nu -1}}$ επομένως ${{a }_{2}}=4\cdot {{a }_{1}}$ , ${{a }_{5}}={{4}^{4}}\cdot {{a }_{1}}$ και ${{a }_{4}}={{4}^{3}}\cdot {{a }_{1}}$

γ) Έχουμε ${{a }_{2}}+{{a }_{5}}=4{{a }_{1}}+{{4}^{4}}{{a }_{1}}=4\left( {{a }_{1}}+{{4}^{3}}{{a }_{1}} \right)=4\left( {{a }_{1}}+{{a }_{4}} \right)$

pana1333 · #38

Άσκηση 2212

α) Πρέπει ο παρανομαστής του κλάσματος να μην είναι μηδέν. Επομένως πρέπει $2\left| x \right|-6\ne 0\Leftrightarrow 2\left| x \right|\ne 6\Leftrightarrow \left| x \right|\ne 3$ , δηλαδή πρέπει $x\ne 3\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,x\ne -3\,$ . Επομένως το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι $A=\mathbb{R}-\left\{ -3,3 \right\}$ .

β) Είναι $f\left( x \right)=\frac{2{{x}^{2}}-6\left| x \right|}{2\left| x \right|-6}=\frac{2{{\left| x \right|}^{2}}-6\left| x \right|}{2\left| x \right|-6}=\frac{2\left| x \right|\left( \left| x \right|-3 \right)}{2\left( \left| x \right|-3 \right)}=\left| x \right|,\,\,\,\,x\in \mathbb{R}-\left\{ -3,3 \right\}$

γ) Για να σχεδιάσουμε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

για

σχεδιάζουμε το τμήμα της συνάρτηση y=x

για

χωρίς το σημείο $\left( 3,3 \right)$ που δεν ανήκει στο πεδίο ορισμού της.

: σχημα1.jpg (26.51 KiB) Προβλήθηκε 7003 φορές

pana1333 · #39

Άσκηση 3380

α) Θα λύσουμε την ανίσωση $f\left( x \right)\le 0\Leftrightarrow 3{{x}^{2}}+9x-12\le 0$ .
Λύνουμε την εξίσωση $3{{x}^{2}}+9x-12=0\Leftrightarrow 3\left( {{x}^{2}}+3x-4 \right)=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}+3x-4=0$ . Είναι $\Delta ={{\beta }^{2}}-4\alpha \gamma =9-4\cdot 1\cdot \left( -4 \right)=25>0$ επομένως η εξίσωση έχει δύο πραγματικές και άνισες ρίζες τις ${{x}_{1,2}}=\frac{-\beta \pm \sqrt{\Delta }}{2\alpha }=\frac{-3\pm 5}{2}$ , επομένως οι ρίζες είναι ${{x}_{1}}=1$ ή ${{x}_{2}}=-4$ . Το τριώνυμο για $\Delta >0$ είναι ομόσημο του $\alpha =3$ εντός των ριζών και ετερόσημο εκτός. Επομένως είναι $f\left( x \right)\le 0$ για κάθε $x\in \left( -\infty ,-4 \right]\cup \left[ 1,+\infty \right)$ .

: σχημα2.png (2.83 KiB) Προβλήθηκε 7484 φορές

β) Ο αριθμός $\sqrt[3]{2}$ είναι μεγαλύτερος της μονάδας διότι είναι 2>1

άρα και $\sqrt[3]{2}>\sqrt[3]{1}=1$ . Επομένως ανήκει στην ένωση $\left( -\infty ,-4 \right]\cup \left[ 1,+\infty \right)$ άρα αποτελεί λύση της ανίσωσης.

sirap · #40

Μπορεί κάποιος να βοηθήσει στο τρίτο ερώτημα στην 5285??

Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Μέλη σε σύνδεση