Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

pap65 · #61

Άσκηση 4833

Μία υπολογιστική μηχανή έχει προγραμματιστεί έτσι ώστε, όταν εισάγεται σε αυτήν ένας
πραγματικός αριθμός $\chi$ , να δίνει ως εξαγόμενο τον αριθμό $\displaystyle{\lambda }$ που δίνεται από τη σχέση: $\displaystyle{\lambda ={{\left( 2x+5 \right)}^{2}}-8x\quad \left( 1 \right)}$
α) Αν ο εισαγόμενος αριθμός είναι το $\displaystyle{-5}$ , ποιος είναι ο εξαγόμενος; (Μονάδες 6)
β) Αν ο εξαγόμενος αριθμός είναι το $\displaystyle{20}$ , ποιος μπορεί να είναι ο εισαγόμενος;
(Μονάδες 6)
γ) Να γράψετε τη σχέση (1) στη μορφή $\displaystyle{4{{x}^{2}}+12x+\left( 25\text{ }-\text{ }\lambda \right)=0}$ και στη συνέχεια:
i) να αποδείξετε ότι οποιαδήποτε τιμή και να έχει ο εισαγόμενος αριθμός $\chi$ , ο εξαγόμενος αριθμός $\displaystyle{\lambda }$ δεν μπορεί να είναι ίσος με $\displaystyle{5}$ . (Μονάδες 6)
ii) να προσδιορίσετε τις δυνατές τιμές του εξαγόμενου αριθμού $\displaystyle{\lambda }$ . (Μονάδες 7)

Προτεινόμενη Λύση
α) Αν ο λοπόν ο εισαγόμενος αριθμός $\displaystyle{\chi =-5}$ τότε:
$\displaystyle{\lambda ={{\left( 2\left( -5 \right)+5 \right)}^{2}}-8\left( -5 \right)={{\left( -5 \right)}^{2}}+40=65\quad }$
β) Αν ο εξαγόμενος αριθμός $\displaystyle{\lambda =20}$ $\displaystyle{20={{\left( 2x+5 \right)}^{2}}-8x\Leftrightarrow 4{{x}^{2}}+12x+5=0\Leftrightarrow \chi =-\frac{1}{2}}$ ή $\displaystyle{\chi =-\frac{5}{2}}$
γ) Η σχέση (1) γράφεται ισοδύναμα: $\displaystyle{\lambda ={{\left( 2x+5 \right)}^{2}}-8x\Leftrightarrow \lambda =4{{x}^{2}}+12x+25\Leftrightarrow 4{{x}^{2}}+12x+\left( 25\text{ }-\text{ }\lambda \right)=0}$
i) Αν $\displaystyle{\lambda =5}$ τότε πράγματι η εξίσωση γίνεται $\displaystyle{4{{x}^{2}}+12x+20=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}+3x+5=0}$ που έχει $\Delta =-11<0$ , δηλαδή είναι αδύνατη. ( Δεν επαληθεύεται για καμία τιμή του εισαγόμενου αριθμού $\chi$ )
ii) Για να επαληθεύεται για κάποια τιμή του εισαγόμενου αριθμού $\chi$ η σχέση $\displaystyle{4{{x}^{2}}+12x+\left( 25\text{ }-\text{ }\lambda \right)=0}$ ( Δηλαδή να έχει πραγματικές ρίζες η εξίσωση )
Πρέπει $\Delta \ge 0$ .
Επομένως $\Delta =144-16\left( 25-\lambda \right)=-256+16\lambda \ge 0$ $\Leftrightarrow \lambda \ge 16$

#62

1288

α) Να λύσετε την ανίσωση: $\displaystyle{{{x}^{2}}-10x+21<0}$ (Mονάδες 12)
β) Δίνεται η παράσταση: $\displaystyle{A=|x-3|+|{{x}^{2}}-10x+21|}$
i) Για $\displaystyle{3<x<7}$ , να δείξετε ότι: $\displaystyle{\,\,\,A=-{{x}^{2}}+11x-24}$ (Μονάδες 8)
ii) Να βρείτε τις τιμές του $\displaystyle{x\in (3,7)}$ , για τις οποίες ισχύει $\displaystyle{\,A=6}$ . (Μονάδες 5)

Λύση
α) Το τριώνυμο $\displaystyle{{{x}^{2}}-10x+21}$ έχει $\displaystyle{\text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ =100-84}\,\text{=16}\,\text{}\,\,\text{0}}$ και ρίζες : $\displaystyle{{{x}_{1,2}}=\frac{10\pm \sqrt{16}}{2\cdot 1}=\frac{10\pm 4}{2}=\left\{ \begin{matrix} {{x}_{1}}=7 \\ {{x}_{2}}=3 \\ \end{matrix} \right.}$
Αφού ο συντελεστής του $\displaystyle{{{x}^{2}}}$ είναι το $\displaystyle{\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }=1>0}$ , θα έχει την παρακάτω διάταξη προσήμων :
$\displaystyle{\begin{array}{*{20}{c}} {\underline {\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x\,} \,\,\,\,\,|\underline { - \infty \,} \underline {\,\,\,\,\,\,3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,7\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + \infty } } \\ {\,\,\,{x^2} - 10x + 21\,\,|\,\,\,\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,|\,\,\,\,\,\,\, - \,\,\,\,\,\,|\,\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,\,} \\ \end{array}}$
Επομένως : $\displaystyle{{{x}^{2}}-10x+21<0\Leftrightarrow 3<x<7}$
β) i) Αφού $\displaystyle{3<x<7}$ , έχουμε ότι $\displaystyle{{{x}^{2}}-10x+21<0}$ , οπότε : $\displaystyle{|{{x}^{2}}-10x+21|=-({{x}^{2}}-10x+21)=-{{x}^{2}}+10x-21}$ .
Ακόμα είναι $\displaystyle{\,\,\,x>3\Rightarrow x-3>0\Rightarrow |x-3|=x-3}$ . Τότε έχουμε :
$\displaystyle{A=\,\,\,|x-3|+|{{x}^{2}}-10x+21|=x-3-{{x}^{2}}+10x-21=-{{x}^{2}}+11x-24}$

ii) Για $\displaystyle{3<x<7}$ είναι : $\displaystyle{A=6\Leftrightarrow \,\,-{{x}^{2}}+11x-24=6\Leftrightarrow {{x}^{2}}-11x+18=0}$
Το τριώνυμο $\displaystyle{{{x}^{2}}-11x+18}$ έχει $\displaystyle{\text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ =121-72}\,\text{=}\,\text{49}\,\text{}\,\,\text{0}}$ και ρίζες : $\displaystyle{{{x}_{1,2}}=\frac{11\pm \sqrt{49}}{2\cdot 1}=\frac{11\pm 7}{2}=\left\{ \begin{matrix} {{x}_{1}}=9 \\ {{x}_{2}}=2 \\ \end{matrix} \right.}$
οι οποίες δεν πληρούν τον περιορισμό και απορρίπτονται . Άρα η εξίσωση είναι αδύνατη .

pap65 · #63

Άσκηση 4834

Δίνεται το τριώνυμο: $\displaystyle{\lambda {{x}^{2}}-({{\lambda }^{2}}+1)x+\lambda ,\quad \lambda \in \mathbb{R}-\{0\}}$
α) Να βρείτε τη διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta }$ του τριωνύμου και να αποδείξετε ότι το τριώνυμο έχει
ρίζες πραγματικές για κάθε $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\{0\}}$ . (Μονάδες 9)
β) Για ποιες τιμές του $\lambda$ το παραπάνω τριώνυμο έχει δύο ρίζες ίσες; (Μονάδες 6)
γ) Να βρείτε την τιμή του $\displaystyle{\lambda \ne 0}$ , ώστε $f(\chi )\le 0$ , για κάθε $\displaystyle{\chi \in \mathbb{R}}$ . (Μονάδες 10)

Προτεινόμενη Λύση

α) $\Delta ={{\left[ -\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right) \right]}^{2}}-4{{\lambda }^{2}}={{\lambda }^{4}}-2{{\lambda }^{2}}+1={{\left( {{\lambda }^{2}}-1 \right)}^{2}}\ge 0$ .
Επομένως αφού $\Delta \ge 0$ το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές για κάθε $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\{0\}}$ .
β) Για να έχει το τριώνυμο δύο ρίζες ίσες πρέπει $\Delta =0\Leftrightarrow {{\left( {{\lambda }^{2}}-1 \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow {{\lambda }^{2}}=1\Leftrightarrow \lambda =1$ ή $\lambda =-1$
γ) Για να ισχύει $f(\chi )\le 0$ , για κάθε $\displaystyle{\chi \in \mathbb{R}}$ σημαίνει ότι το τριώνυμο πρέπει να είναι ομόσημο του $\alpha$ για κάθε $\displaystyle{\chi \in \mathbb{R}}$ .
Επομένως πρέπει να ισχύουν ταυτόχρονα $\lambda <0$ και $\Delta \le 0$
Όμως $\Delta ={{\left( {{\lambda }^{2}}-1 \right)}^{2}}\ge 0$
άρα $0\le \Delta \le 0\Leftrightarrow \Delta =0\Leftrightarrow \lambda =1$ ή $\lambda =-1$
Επειδή $\lambda <0$ δεχόμαστε μόνο την τιμή $\lambda =-1$

#64

1293

Η θερμοκρασία $\displaystyle{T}$ σε βαθμούς Κελσίου (˚C), σε βάθος $\displaystyle{x}$ χιλιομέτρων κάτω από την επιφάνεια της Γης, δίνεται κατά προσέγγιση από τη σχέση:
$\displaystyle{\,\,\,T = 15 + 25x}$ , όταν $\displaystyle{0\le x\le 200}$
α) Να βρείτε τη θερμοκρασία ενός σημείου που βρίσκεται $\displaystyle{30}$ χιλιόμετρα κάτω από
την επιφάνεια της Γης. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες 7)
β) Να βρείτε το βάθος στο οποίο η θερμοκρασία είναι ίση με $\displaystyle{{{290}^{0}}C}$ . Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες 10)
γ) Σε ποιο βάθος μπορεί να βρίσκεται ένα σημείο, στο οποίο η θερμοκρασία είναι μεγαλύτερη από $\displaystyle{{{440}^{0}}C}$ ; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες 8)

Λύση
α) Η θερμοκρασία είναι συνάρτηση του $\displaystyle{x}$ , επομένως :
$\displaystyle{\ T(x)=15+25x\Rightarrow T(30)=15+25\cdot 30={{765}^{0}}\,C\,}$
β)
$\displaystyle{\ T(x)=290\Leftrightarrow 15+25x=290\Leftrightarrow 25x=275\Leftrightarrow x=11\,\,\,Km}$
γ)
$\displaystyle{\ T(x)>440\Leftrightarrow 15+25x>440\Leftrightarrow 25x>425\Leftrightarrow x>\frac{425}{25}\Leftrightarrow x>17\,\,\,Km}$

#65

1297

α) Να λύσετε την ανίσωση: $\displaystyle{3{{x}^{2}}-4x+1\le 0}$ (Μονάδες 12)
β) Αν $\displaystyle{\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }\,\text{,}\,\,\text{ }\!\!\beta\!\!\text{ }\,}$ δυο αριθμοί που είναι λύσεις της παραπάνω ανίσωσης, να αποδείξετε ότι ο αριθμός
$\displaystyle{\frac{3\alpha +6\beta }{9}}$ είναι επίσης λύση της ανίσωσης. (Μονάδες 13)

Λύση
α) Το τριώνυμο $\displaystyle{3{{x}^{2}}-4x+1}$ έχει $\displaystyle{\text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ =16-12}\,\text{=}\,\,\text{4}\,\,\text{}\,\,\text{0}}$ και ρίζες : $\displaystyle{{{x}_{1,2}}=\frac{4\pm \sqrt{4}}{2\cdot 3}=\frac{4\pm 2}{6}=\left\{ \begin{matrix} {{x}_{1}}=1 \\ {{x}_{2}}=\frac{1}{3} \\ \end{matrix} \right.}$
Αφού ο συντελεστής του $\displaystyle{{{x}^{2}}}$ είναι το $\displaystyle{\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }=3>0}$ , θα έχει την παρακάτω διάταξη προσήμων :

$\displaystyle{\begin{matrix} \underline{\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x\,}\,\,\,\,|\underline{-\infty \,}\underline{\,\,\,1/3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,+\infty } \\ 3{{x}^{2}}-4x+1\,\,|\,\,\,\,\,+\,\,\,\,\,\,\,\,|\,\,\,\,\,\,\,-\,\,\,\,\,\,|\,\,\,\,\,\,+\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \\ \end{matrix}}$
Επομένως : $\displaystyle{3{{x}^{2}}-4x+1\le 0\Leftrightarrow \frac{1}{3}\le x\le 3}$
β) Εφόσον οι $\displaystyle{\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }\,\text{,}\,\,\text{ }\!\!\beta\!\!\text{ }\,}$ είναι λύσεις της ανίσωσης , έχουμε ότι :
$\displaystyle{\left. \begin{array}{l} \frac{1}{3} \le \alpha \le 3 \\ \frac{1}{3} \le \beta \le 3 \\ \end{array} \right\} \Leftrightarrow \left. {\begin{array}{*{20}{c}} {1 \le 3\alpha \le 9} \\ {2 \le 6\beta \le 18} \\ \end{array}} \right\}}$
Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε την $\displaystyle{3\le 3\alpha +6\beta \le 27}$ , οπότε $\displaystyle{\frac{1}{3}\le \frac{3\alpha +6\beta }{9}\le 3}$ , που σημαίνει ότι ο αριθμός $\displaystyle{\frac{3\alpha +6\beta }{9}}$ , είναι επίσης λύση .

#66

Λύσεις ασκήσεων 4970 έως 5882

(Σε τρεις ασκήσεις υπάρχουν κάποια σχόλια)

Λύση άσκησης 4970

α) Είναι $\Delta ={{\lambda }^{2}}-4\cdot 2\cdot (-36)={{\lambda }^{2}}+288>0$ για κάθε τιμή του πραγματικού αριθμού $\lambda$ . Άρα η εξίσωση έχει

ρίζες πραγματικές και άνισες.

β) i) Αφού το $\rho$ είναι ρίζα της εξίσωσης (1)

άρα την επαληθεύει. Συνεπώς ισχύουν τα εξής:
$2{{\rho }^{2}}+\lambda \rho -36=0\,\,\,\,\,(2)\,\,\,\,\,\Leftrightarrow \,\,\,\,2{{(-\rho )}^{2}}-\lambda (-\rho )-36=0$ που σημαίνει ότι το $-\rho$ είναι ρίζα της εξίσωσης $2{{x}^{2}}-\text{ }\!\!\lambda\!\!\text{ x-36=0}$ .

ii) Αν ήταν $\rho =0$ τότε από τη (2)

θα είχαμε

, άτοπο. Τότε διαιρώντας τα δύο μέλη της (2)

με ${{\rho }^{2}}\ne 0$ παίρνουμε διαδοχικά τα εξής:
$2+\frac{\lambda }{\rho }-\frac{36}{{{\rho }^{2}}}=0\Leftrightarrow -36\cdot {{\left( \frac{1}{\rho } \right)}^{2}}+\lambda \cdot \frac{1}{\rho }+2=0$
Όμως η τελευταία σημαίνει ότι το $\frac{1}{\rho }$ είναι ρίζα της εξίσωσης $-36{{x}^{2}}+\lambda x+2=0$ .

Λύση άσκησης 4975

α) Θέτουμε ${{x}^{2}}=\omega \ge 0$ και η εξίσωση γίνεται ${{\omega }^{2}}-8\omega -9=0$ με διακρίνουσα $\Delta =100$ . Άρα οι δύο ρίζες ${{\omega }_{1}},{{\omega }_{2}}$ της τελευταίας εξίσωσης είναι ${{\omega }_{1}}=9$ και ${{\omega }_{2}}=-1$ που απορρίπτεται.
Άρα τελικά $\omega =9\Leftrightarrow {{x}^{2}}=9\Leftrightarrow x=\pm 3$ . Άρα οι ρίζες της αρχικής εξίσωσης είναι δύο. Οι αριθμοί

και

.

β) i) $\gamma <0\Leftrightarrow 4\gamma <0\Leftrightarrow -4\gamma >0$ . Επίσης είναι ${{\beta }^{2}}\ge 0$ οπότε προσθέτωντας τις δύο τελευταίες ανισότητες παίρνουμε ${{\beta }^{2}}-4\text{ }\!\!\gamma\!\!\text{ 0}$ που είναι και το ζητούμενο.

ii) Αν θέσουμε και πάλι ${{x}^{2}}=\omega \ge 0$ τότε η εξίσωση γίνεται ${{\omega }^{2}}+\beta \omega +\gamma =0$ με διακρίνουσα $\Delta ={{\beta }^{2}}-4\gamma >0$ . Συνεπώς η τελευταία εξίσωση έχει ως προς $\omega$ δύο άνισες λύσεις. Αν αποδείξουμε (όπως πριν) ότι μία είναι θετική και μία αρνητική, τότε από τη θετική παράγονται δύο λύσεις της αρχικής εξίσωσης ${{x}^{4}}+\text{ }\!\!\beta\!\!\text{ }{{\text{x}}^{2}}+\gamma =0$ ενώ από την αρνητική καμία. Από τους τύπους Vieta η τελευταία εξίσωση έχει γινόμενο ριζών $P=\gamma <0$ άρα οι ρίζες είναι ετερόσημες. Συνεπώς ακριβώς μία ρίζα είναι θετική και ακριβώς μία αρνητική.

Λύση άσκησης 4992

α) i) Έστω $\alpha ,\beta$ οι διαστάσεις του ορθογωνίου παραλληλογράμμου. Τότε σύμφωνα με την εκφώνηση έχουμε $2\alpha +2\beta =34\Leftrightarrow \alpha +\beta =17$ και από το πυθαγόρειο θεώρημα, αν με $\delta$ συμβολίσουμε τη διαγώνιο του ορθογωνίου παραλληλογράμμου έχουμε $\delta =\sqrt{{{\alpha }^{2}}+{{\beta }^{2}}}\Leftrightarrow {{\alpha }^{2}}+{{\beta }^{2}}=169$ . Όμως από την ταυτότητα ${{\alpha }^{2}}+{{\beta }^{2}}={{(\alpha +\beta )}^{2}}-2\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }\!\!\beta\!\!\text{ }$ αντικαθιστώντας τις παραπάνω παίρνουμε $169={{17}^{2}}-2\alpha \beta \Leftrightarrow \alpha \beta =60$ που εκφράζει το εμβαδό $\Epsilon$ του ορθογωνίου παραλληλογράμμου. Άρα $\Epsilon =60c{{m}^{2}}$ .

ii) Αν S,P

είναι αντίστοιχα το άθροισμα $\alpha +\beta$ και το γινόμενο $\alpha \beta$ των πλευρών του ορθογωνίου τότε S=17

και

. Συνεπώς οι $\alpha ,\beta$ είναι ρίζες της εξίσωσης ${{x}^{2}}-17x+60=0\,\,\,\,\,\,(1)$ .

iii) Λύνοντας την εξίσωση (1)

βρίσκουμε τις ρίζες που είναι οι αριθμοί

και

. Άρα $\alpha =5$ και $\beta =12$ ή αντίστροφα $\alpha =12$ και $\beta =5$ .

β) Όμοια όπως πριν αν $\alpha ,\beta$ οι διαστάσεις του ορθογωνίου παραλληλογράμμου με διαγώνιο $\delta$ τότε πρέπει $\alpha \beta =40$ και $\delta =\sqrt{{{\alpha }^{2}}+{{\beta }^{2}}}\Leftrightarrow {{\alpha }^{2}}+{{\beta }^{2}}=64$ . Από την παραπάνω ταυτότητα πρέπει $\alpha +\beta =12$ και τότε οι $\alpha ,\beta$ είναι ρίζες της εξίσωσης ${{x}^{2}}-12x+40=0$ η οποία έχει διακρίνουσα $\Delta =-16<0$ , άρα είναι αδύνατη. Συνεπώς δεν υπάρχει ορθογώνιο παραλληλόγραμμο με τις ζητούμενες προδιαγραφές.

Λύση άσκησης 5275

α) Για x=400

παίρνουμε $y=60+0,20\cdot 400=140$ . Άρα θα πληρώσει 140

ευρώ.

β) Αν y=150

τότε $60+0,20\cdot x=150\Leftrightarrow x=450$ . Άρα οδήγησε $450\,km$ .

γ) Για να δούμε πότε η εταιρεία Α χρεώνει λιγότερο (αντίστοιχα περισσότερο) από την εταιρεία Β θα πρέπει να βρούμε για ποιες τιμές του

είναι $60+0,20\cdot x<80+0,10\cdot x$ (αντίστοιχα $60+0,20\cdot x>80+0,10\cdot x$ ). Λύνουμε την παραπάνω ανίσωση και βρίσκουμε x<200

(αντίστοιχα x>200

). Συνεπώς η εταιρεία Α χρεώνει λιγότερο όταν ο πελάτης διανύσει λιγότερα από $200\,km$ , η εταιρεία Β χρεώνει λιγότερο όταν ο πελάτης διανύσει περισσότερα από $200\,km$ .

δ) Για την εύρεση του σημείου τομής λύνουμε την εξίσωση
$f(x)=g(x)\Leftrightarrow 60+0,20\cdot x=80+0,10\cdot x\Leftrightarrow x=200$
Για x=200

βρίσκουμε

οπότε το κοινό σημείο τομής είναι το A(200,100)

και εκφράζει ότι το κόστος ενοικίασης του αυτοκινήτου δε μεταβάλλεται αν ο πελάτης σκοπεύει να διανύσει ακριβώς $200\,km$ . Σε αυτή την περίπτωση το κόστος και στις δύο εταιρείες είναι 100 ευρώ.

Λύση άσκηση 5285

α) Η εξίσωση έχει διακρίνουσα $\Delta ={{(-3)}^{2}}-4\cdot 2=1$ . Άρα οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι
${{x}_{1}}=\frac{3-1}{2}=1$ και ${{x}_{2}}=\frac{3+1}{2}=2$

β) Θέτουμε ${{x}^{2}}=\omega \ge 0$ και η εξίσωση γίνεται ${{\omega }^{2}}-3\omega +2=0$ με ρίζες τους αριθμούς 1, 2 (όπως είδαμε και στο ερώτημα α).
Άρα αν $\omega =1\Leftrightarrow {{x}^{2}}=1\Leftrightarrow x=\pm 1$ ενώ αν $\omega =2\Leftrightarrow {{x}^{2}}=2\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{2}$ . Άρα οι ρίζες της αρχικής εξίσωσης είναι οι αριθμοί $-\sqrt{2},-1,1,\sqrt{2}$ .

γ) Σχόλιο: Δε διευκρινίζεται εάν οι ρίζες του τριωνύμου μπορεί να είναι ίδιες ή όχι.

Αν επιτρέπεται οι ρίζες του τριωνύμου να είναι ίδιες τότε οποιοδήποτε ζεύγος ίδιων θετικών λύσεων ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του προβλήματος. Αν π.χ. το τριώνυμο είχε διπλή ρίζα το

(αντίστοιχα το $\sqrt{2}$ ) τότε μηδενίζεται μόνο στο

(αντίστοιχα το $\sqrt{2}$ ) ενώ για οποιαδήποτε άλλη τιμή του

, το τριώνυμο έχει τιμή ομόσημη του $\alpha =1>0$ δηλαδή θετική.
Αν δεν επιτρέπεται οι ρίζες του τριωνύμου να είναι ίδιες τότε επιλέγουμε οι δύο ρίζες να είναι οι θετικές το

και το $\sqrt{2}$ . Τότε το τριώνυμο μηδενίζεται στους αριθμούς

και $\sqrt{2}$ , για τις τιμές του

στο διάστημα $(1,\sqrt{2})$ έχει τιμή ετερόσημη του $\alpha =1>0$ δηλαδή αρνητική ενώ για οποιαδήποτε άλλη τιμή του

(άρα και για τις τιμές κάτω από το 1 οπότε και για όλες τις αρνητικές) έχει τιμή ομόσημη του $\alpha =1>0$ δηλαδή θετική.

Λύση άσκησης 5316

α) Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι $\Delta ={{\beta }^{2}}-4{{\beta }^{2}}=-3{{\beta }^{2}}\le 0$ με την ισότητα να ισχύει μόνο αν $\beta =0$

β) i) Αν $\beta \ne 0$ τότε $\Delta <0$ οπότε το τριώνυμο είναι πάντα ομόσημο του $\alpha =1>0$ δηλαδή θετικό.

ii) Αν $\beta =0$ τότε το τριώνυμο γίνεται ${{x}^{2}}+0\cdot x+{{0}^{2}}$ δηλαδή το ${{x}^{2}}$ το οποίο μηδενίζεται μόνο για x=0

(διπλή λύση) και για οποιαδήποτε άλλη τιμή του

είναι θετικό.

γ) Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:
Αν $\beta \ne 0$ τότε σύμφωνα με το ερώτημα βi) έχουμε ${{x}^{2}}+\text{ }\!\!\beta\!\!\text{ x+}{{\text{ }\!\!\beta\!\!\text{ }}^{2}}>0$ για οποιαδήποτε τιμή του

. Άρα αν θέσω $x=\alpha$ παίρνω ${{\alpha }^{2}}+\beta \cdot \alpha +{{\beta }^{2}}>0$ που είναι και το ζητούμενο.
Αν $\beta =0$ τότε από την εκφώνηση έχουμε $\alpha \ne 0$ και επειδή από το ερώτημα βii) είναι ${{x}^{2}}+\text{ }\!\!\beta\!\!\text{ x+}{{\text{ }\!\!\beta\!\!\text{ }}^{2}}>0$ για κάθε $x\ne 0$ άρα αν θέσω $x=\alpha$ (για το οποίο ισχύει $\alpha \ne 0$ ), παίρνουμε και πάλι ${{\alpha }^{2}}+\beta \cdot \alpha +{{\beta }^{2}}>0$ που είναι και το ζητούμενο.
Άρα σε κάθε περίπτωση αν τα $\alpha ,\beta$ δεν είναι ταυτόχρονα ίσα με μηδέν τότε ισχύει ${{\alpha }^{2}}+\beta \cdot \alpha +{{\beta }^{2}}>0$ .

Λύση άσκησης 5317

α) Θέτουμε ${{x}^{2}}=\omega \ge 0$ και η εξίσωση γίνεται ${{\omega }^{2}}-9\omega +20=0$ με ρίζες τους αριθμούς 4, 5. Άρα αν $\omega =4\Leftrightarrow {{x}^{2}}=4\Leftrightarrow x=\pm 2$ ενώ αν $\omega =5\Leftrightarrow {{x}^{2}}=5\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{5}$ . Άρα οι ρίζες της αρχικής εξίσωσης είναι οι αριθμοί $-\sqrt{5},-2,2,\sqrt{5}$ .

β) Αρκεί η αντίστοιχη δευτεροβάθμια εξίσωση ${{\omega }^{2}}+\beta \omega +\gamma =0\,\,\,\,(1)$ που προκύπτει αν θέσουμε ${{x}^{2}}=\omega \ge 0$ να έχει μία θετική και μία αρνητική λύση ως προς το $\omega$ . Τότε η αρνητική λύση δε δίνει πραγματικές λύσεις ενώ η θετική λύση δίνει 2 λύσεις της αρχικής διτετράγωνης εξίσωσης ως προς

.
Για παράδειγμα αν επιλέξουμε ${{\omega }_{1}}=-1$ και ${{\omega }_{2}}=2$ με άθροισμα S=1

και γινόμενο P=-2

, η εξίσωση που έχει ως λύσεις είναι η ${{\omega }^{2}}-S\omega +P=0$ δηλαδή η

${{\omega }^{2}}-\omega -2=0$ από την οποία προκύπτει η διτετράγωνη εξίσωση ${{x}^{4}}-{{x}^{2}}-2=0$ που έχει δύο λύσεις.
Πράγματι αν θέσουμε ${{x}^{2}}=\omega \ge 0$ τότε καταλήγουμε στην ${{\omega }^{2}}-\omega -2=0$ με λύσεις τους αριθμούς -1,2

. Άρα αν $\omega =-1\Leftrightarrow {{x}^{2}}=-1$ η οποία είναι αδύνατη, ενώ αν $\omega =2\Leftrightarrow {{x}^{2}}=2\Leftrightarrow x=\pm \sqrt{2}$ . Άρα η εξίσωση ${{x}^{4}}-{{x}^{2}}-2=0$ έχει λύσεις τους αριθμούς $-\sqrt{2},\sqrt{2}$ .

Λύση άσκησης 5322

α) Το τριώνυμο έχει διακρίνουσα $\Delta ={{(-3)}^{2}}-4\cdot (-8)=36$ και οι ρίζες του είναι οι αριθμοί
${{x}_{1}}=\frac{2-6}{2}=-2$ και ${{x}_{2}}=\frac{2+6}{2}=4$ .
Αν $x\in (-2,4)$ τότε το τριώνυμο έχει αρνητική τιμή ενώ αν $x\in (-\infty ,-2)\cup (4,+\infty )$ , το τριώνυμο έχει θετική τιμή.

β) Επειδή $\kappa =-\frac{8889}{4444}<-\frac{8888}{4444}=-2$ άρα η τιμή της παράστασης ${{\kappa }^{2}}-2\kappa -8$ , σύμφωνα με το ερώτημα α είναι θετική.

γ) Αν $-4<\mu <4$ δηλαδή $\left| \mu \right|<4$ δηλαδή προφανώς $0\le \left| \mu \right|<4$ , τότε η παράσταση ${{\mu }^{2}}-2\left| \mu \right|-8$ που μπορεί να γραφεί διαφορετικά και ως ${{\left| \mu \right|}^{2}}-2\left| \mu \right|-8$ λόγω του ερωτήματος α έχει πάντοτε αρνητική τιμή, αφού το τριώνυμο $\begin{align} & {{x}^{2}}-2x-8 \\ & \\ \end{align}$ έχει αρνητική τιμή για οποιοδήποτε $x\in (-2,4)$ άρα και για οποιοδήποτε $x\in [0,4)$ .

Λύση άσκησης 5879

α) Σχόλιο: Η ερώτηση πρέπει να αναδιατυπωθεί ως εξής (η προσθήκη με έντονα υπογραμμισμένα γράμματα): «Να βρείτε σε πόση απόσταση το πολύ από το Ο θα πρέπει να βρίσκεται το τέρμα Μ, ώστε η χελώνα να κερδίσει τον αγώνα».

Το τέρμα Μ μπορεί να είναι σε οποιαδήποτε θέση για την οποία να ισχύει ${{S}_{X }}(t)>{{S}_{\Lambda }}(t)\Leftrightarrow 600+40t>10{{t}^{2}}\Leftrightarrow 10{{t}^{2}}-40t-600<0\Leftrightarrow {{t}^{2}}-4t-60<0$ . Το τριώνυμο ${{t}^{2}}-4t-60$ έχει ρίζες τους αριθμούς

και 10 συνεπώς (επειδή $t\ge 0$ ) ισχύει $t\in [0,10)$ .
Τότε έχουμε διαδοχικά:
$0\le t<10\,\Leftrightarrow 0\le 40t\le 400\Leftrightarrow 600\le 600+40t<1000\Leftrightarrow 600\le {{S}_{\Lambda }}(t)<1000$ συνεπώς το Μ μπορεί να απέχει λιγότερο από 1000 μέτρα από το σημείο Ο και η χελώνα θα έχει διαρκώς προβάδισμα.

β) i) Ο λαγός φτάνει τη χελώνα όταν ${{S}_{X}}(t)={{S}_{\Lambda }}(t)\Leftrightarrow \ldots \Leftrightarrow t=10\,\min$ .

ii) Αφού ${{S}_{\Lambda }}(12)=1440$ και ${{S}_{X}}(12)=1080$ άρα ο λαγός προηγείται της χελώνας κατά 1440-1080=360

μέτρα.

iii) Πρέπει να βρούμε το χρόνο

ώστε να ισχύει: ${{S}_{\Lambda }}(t)=2250\Leftrightarrow 10{{t}^{2}}=2250\Leftrightarrow {{t}^{2}}=225\overset{t\ge 0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,t=15\,\min$

Λύση άσκησης 5882

α) Η γραφική παράσταση της

βρίσκεται πάνω από τον άξονα x'x

για εκείνα τα

για τα οποία ισχύει f(x)>0

. Συνεπώς έχουμε διαδοχικά: $f(x)>0\Leftrightarrow {{(x-1)}^{2}}-4>0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x+1-4>0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2x-3>0$
Το τριώνυμο ${{x}^{2}}-2x-3$ έχει ρίζες τους αριθμούς

και

άρα είναι ${{x}^{2}}-2x-3>0\Leftrightarrow x\in (-\infty ,-1)\cup (3,+\infty )$ .

β) Ισχύει ότι $\left| x-1 \right|\ge 0$ για κάθε πραγματικό αριθμό

. Συνεπώς αν προσθέσουμε και στα δύο μέλη τον αριθμό 2 παίρνουμε $\left| x-1 \right|+2\ge 2>0$ . Άρα τελικά $g(x)\ge 0$ για κάθε πραγματικό αριθμό

πράγμα που σημαίνει ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης
g(x)

βρίσκεται πάντοτε πάνω από τον άξονα x'x

.

γ) Τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων

και

προκύπτουν από τη λύση της εξίσωσης $f(x)=g(x)\Leftrightarrow {{(x-1)}^{2}}-4=\left| x-1 \right|+2\Leftrightarrow {{\left| x-1 \right|}^{2}}-\left| x-1 \right|-6=0$ . Θέτουμε $\left| x-1 \right|=\omega \ge 0$ και η εξίσωση γίνεται ${{\omega }^{2}}-\omega -6=0$ με ρίζες τους αριθμούς

και

. Άρα αν $\displaystyle{\omega =-2\Leftrightarrow \left| x-1 \right|=-2}$ η οποία είναι αδύνατη, ενώ αν $\omega =3\Leftrightarrow \left| x-1 \right|=3\Leftrightarrow \left( x-1=3\,\,\,\,\,\,x-1=-3 \right)\Leftrightarrow \left( x=4\,\,\,\,\,\,x=-2 \right)$ .
Αν x=4

τότε

άρα ένα κοινό σημείο τομής είναι το A(4,5)

ενώ
Αν

τότε

άρα ένα δεύτερο κοινό σημείο τομής είναι το B(-2,5)

.

Αλέξανδρος

Edit: (27/5/2014 23:27): Αντικατέστησα μία λύση που χρησιμοποιούσε εκτός ύλης εργαλεία με μία απλούστερη που μου υπέδειξε ο Ανδρέας Βαρβεράκης (τον οποίο κι ευχαριστώ) σε π.μ.

#67

1298

Έστω $\displaystyle{\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }\,\text{,}\,\,\text{ }\!\!\beta\!\!\text{ }\,}$ α, β πραγματικοί αριθμοί για τους οποίους ισχύουν:
$\displaystyle{\alpha +\beta =2}$ και $\displaystyle{{{\alpha }^{2}}\beta +\alpha {{\beta }^{2}}=-30}$
α) Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{\alpha \beta =-15}$ (Μονάδες 10)
β) Να κατασκευάσετε εξίσωση δευτέρου βαθμού με ρίζες τους αριθμούς $\displaystyle{\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }\,\text{,}\,\,\text{ }\!\!\beta\!\!\text{ }\,}$ και να
τους βρείτε. (Μονάδες 15)
Λύση
α) $\displaystyle{\left. \begin{array}{l} \alpha + \beta = 2 \\ {\alpha ^2}\beta + \alpha {\beta ^2} = - 30 \\ \end{array} \right\} \Leftrightarrow \left. \begin{array}{l} \alpha + \beta = 2 \\ \alpha \beta (\alpha + \beta ) = - 30 \\ \end{array} \right\} \Leftrightarrow \left. \begin{array}{l} \alpha + \beta = 2 \\ 2\alpha \beta = - 30 \\ \end{array} \right\} \Leftrightarrow \left. \begin{array}{l} \alpha + \beta = 2 \\ \alpha \beta = - 15 \\ \end{array} \right\}}$
β) Η ζητούμενη εξίσωση θα έχει τη μορφή : $\displaystyle{{{x}^{2}}-Sx+P=0}$ , όπου $\displaystyle{S=\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ + }\!\!\beta\!\!\text{ =2 }\text{, P= }\!\!\alpha\!\!\text{ }\!\!\beta\!\!\text{ =-15}}$ , οπότε:
είναι η $\displaystyle{{{x}^{2}}-2x-15=0}$ .
Είναι $\displaystyle{\text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ =4+60}\,\text{=}\,6\text{4}\,\,\text{}\,\,\text{0}}$ και οι ρίζες είναι : $\displaystyle{{{x}_{1,2}}=\frac{2\pm \sqrt{64}}{2\cdot 1}=\frac{2\pm 8}{2}=\left\{ \begin{matrix} {{x}_{1}}=5 \\ {{x}_{2}}=-3 \\ \end{matrix} \right.}$
Επομένως $\displaystyle{(\alpha ,\beta )=(5,-3)\,\,\,\,\,(\alpha ,\beta )=(-3,5)}$

pap65 · #68

Άσκηση 4835
Δίνεται η εξίσωση $\displaystyle{{{\chi }^{2}}-\beta \chi +\gamma =0}$ με $\displaystyle{\beta ,\gamma }$ πραγματικούς αριθμούς.
Αν η παραπάνω εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες για τις οποίες ισχύει $\displaystyle{\left| {{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}} \right|=4}$ , τότε:
α) Να βρείτε τις δυνατές τιμές του $\beta$ . (Μονάδες 6)
β) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\gamma <4}$ . (Μονάδες 7)
γ) Δίνεται επιπλέον η εξίσωση $\displaystyle{{{\chi }^{2}}-\beta \left| \chi \right|+3=0}$ (1)
Να εξετάσετε για ποια από τις τιμές του $\beta$ που βρήκατε στο (α) ερώτημα, η εξίσωση (1) δεν έχει πραγματικές ρίζες. (Μονάδες 12)

Προτεινόμενη Λύση
α) Από τους τύπους Vietta παίρνουμε $\displaystyle{\left| {{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}} \right|=4\Leftrightarrow \left| \frac{-\left( -\beta \right)}{1} \right|=4\Leftrightarrow \left| \beta \right|=4}$
Άρα $\beta =4$ ή $\beta =-4$
β) Αφού η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες , έχουμε $\Delta >0\Leftrightarrow {{\left( -\beta \right)}^{2}}-4\gamma >0\Leftrightarrow 4\gamma <{{\beta }^{2}}$
$\Leftrightarrow 4\gamma <{{\beta }^{2}}\Leftrightarrow 4\gamma <{{\left| \beta \right|}^{2}}\Leftrightarrow 4\gamma <16\Leftrightarrow \gamma <\+4$
γ) $\displaystyle{{{\chi }^{2}}-\beta \left| \chi \right|+3=0\Leftrightarrow {{\left| \chi \right|}^{2}}-\beta \left| \chi \right|+3=0}$
αν θέσουμε $\left| \chi \right|=\omega$ η εξίσωση γίνεται $\displaystyle{{{\omega }^{2}}-\beta \omega +3=0}$
Για $\beta =4$ έχουμε $\displaystyle{{{\omega }^{2}}-4\omega +3=0}$ . $\Delta =4$ και ρίζες $\omega =1$ και $\omega =3$
Άρα $\left| \chi \right|=1\Leftrightarrow \chi =\pm 1$ ή $\left| \chi \right|=3\Leftrightarrow \chi =\pm 3$
Για $\beta =-4$ έχουμε $\displaystyle{{{\omega }^{2}}+4\omega +3=0}$ . $\Delta =4$ και ρίζες $\omega =-1$ και $\omega =-3$
Άρα $\left| \chi \right|=-1$ αδύνατη ή $\left| \chi \right|=-3$ αδύνατη
Επομένως για $\beta =-4$ η εξίσωση (1) δεν έχει πραγματικές ρίζες.
( Εναλλακτικά ΜΟΝΟ για την περίπτωση $\beta =-4$ μπορούμε να παρατηρήσουμε ότι $\displaystyle{{{\chi }^{2}}+4\left| \chi \right|+3=0}$ είναι αδύνατη αφού $\displaystyle{{{\chi }^{2}}+4\left| \chi \right|+3>0}$ )

apaxtos · #69

sirap έγραψε:Μπορεί κάποιος να βοηθήσει στο τρίτο ερώτημα στην 5285??

Θα πάρεις τις θετικές ρίζες της διτετράγωνης ώστε το διάστημα των αρνητικών να βρίσκεται εκτός των ριζών και άρα να είναι ομόσημο του α=1

acdc · #70

pap65 έγραψε:Άσκηση 4815
Δίνεται συνάρτηση $\displaystyle{g\left( \chi \right)=\frac{\left( {{\chi }^{2}}-1 \right)\left( {{\chi }^{2}}-4 \right)}{{{\chi }^{2}}+\kappa \chi +\lambda }}$ , η οποία έχει πεδίο ορισμού το $\displaystyle{\mathbb{R}-\left\{ -2,1 \right\}}$ .
α) Να βρείτε τις τιμές των $\kappa$ και $\lambda$ . (Mονάδες 9)
β) Για $\displaystyle{\kappa =1}$ και $\displaystyle{\lambda =-2}$ :
i ) Να απλοποιήσετε τον τύπο της . (Μονάδες 9)
ii) Να δείξετε ότι: $\displaystyle{g\left( \alpha +3 \right)>g\left( \alpha \right)}$ , όταν $\displaystyle{-1<\alpha <2}$ (Μονάδες 7)

Προτεινόμενη Λύση
α) Αφού το πεδίο ορισμού της είναι το $\displaystyle{\mathbb{R}-\left\{ -2,1 \right\}}$ συμπεραίνουνε ότι ο παρονομαστής $\displaystyle{{{\chi }^{2}}+\kappa \chi +\lambda =0}$ για $\chi =-2$ ή $\chi =1$ . Δηλαδή το τριώνυμο $\displaystyle{{{\chi }^{2}}+\kappa \chi +\lambda }$ έχει ρίζες ${{\chi }_{1}}=-2$ και ${{\chi }_{2}}=1$
Συνεπώς από τους τύπους Vietta $\displaystyle{{{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}}=-\frac{\beta }{\alpha },\quad {{\chi }_{1}}{{\chi }_{2}}=\frac{\gamma }{\alpha }\,\ }$
άρα $\displaystyle{-2+1=-\kappa \quad \kappa \alpha \iota \quad -2\cdot 1=\lambda \quad \Rightarrow }$ $\displaystyle{\kappa =1,\quad \lambda =-2}$

β) i) Παραγοντοποιώντας αριθμητή και παρονομαστή : $\displaystyle{g\left( \chi \right)=\frac{\left( {{\chi }^{2}}-1 \right)\left( {{\chi }^{2}}-4 \right)}{{{\chi }^{2}}+\chi -2}=\frac{\left( \chi -1 \right)\left( \chi +1 \right)\left( \chi -2 \right)\left( \chi +2 \right)}{\left( \chi -1 \right)\left( \chi +2 \right)}=\left( \chi +1 \right)\left( \chi -2 \right)}$
ii) $\displaystyle{g\left( \chi \right)=\left( \chi +1 \right)\left( \chi -2 \right)={{\chi }^{2}}-\chi -2}$ με ρίζες το και

επομένως για το πρόσημο της έχουμε $\displaystyle{g\left( \chi \right)<0\Leftrightarrow -1<x<2}$ δηλαδή όταν $\chi \in \left( -1,2 \right)$

$\displaystyle{g\left( \chi \right)>0\Leftrightarrow \chi <-1\,\,\ x>2}$ δηλαδή όταν $\chi \in \left( -\infty -1 \right)\bigcup \left( 2,+\infty \right)$

Όμως $\displaystyle{-1<\alpha <2}$ επομένως $\displaystyle{2<\alpha +3}$ δηλαδή το $\alpha$ είναι ανάμεσα στις ρίζες και το $\displaystyle{\alpha +3}$ είναι εκτός των ριζών. ( $\alpha +3\in \left( 2,+\infty \right)$ )

Άρα όταν $\displaystyle{-1<\alpha <2}$ συμπεραίνουμε $\displaystyle{g\left( \alpha +3 \right)>0}$ και $\displaystyle{g\left( \alpha \right)<0}$ δηλαδή $\displaystyle{g\left( \alpha +3 \right)>g\left( \alpha \right)}$ .

Δεν πρέπει να λάβουμε υπ' όψιν μας το πεδίο ορισμού της g;

nikostz · #71

Στο θέμα 8455 στο γ έχει κάνει λάθος στην εκφώνηση μάλλον ήθελε να πει Να βρεθούν οι τιμές του β ¨ώστε να έχει πεδίο ορισμού το R.

gavrilos · #72

Δεν έχει γίνει λάθος,όντως με τις προΰποθέσεις που τίθενται παραπάνω η συνάρτηση έχει Π.Ο.όλο το $\displaystyle{\mathbb{R}}$ .

#73

acdc έγραψε:
pap65 έγραψε:Άσκηση 4815
Δίνεται συνάρτηση $\displaystyle{g\left( \chi \right)=\frac{\left( {{\chi }^{2}}-1 \right)\left( {{\chi }^{2}}-4 \right)}{{{\chi }^{2}}+\kappa \chi +\lambda }}$ , η οποία έχει πεδίο ορισμού το $\displaystyle{\mathbb{R}-\left\{ -2,1 \right\}}$ .
α) Να βρείτε τις τιμές των $\kappa$ και $\lambda$ . (Mονάδες 9)
β) Για $\displaystyle{\kappa =1}$ και $\displaystyle{\lambda =-2}$ :
i ) Να απλοποιήσετε τον τύπο της . (Μονάδες 9)
ii) Να δείξετε ότι: $\displaystyle{g\left( \alpha +3 \right)>g\left( \alpha \right)}$ , όταν $\displaystyle{-1<\alpha <2}$ (Μονάδες 7)

Προτεινόμενη Λύση
α) Αφού το πεδίο ορισμού της είναι το $\displaystyle{\mathbb{R}-\left\{ -2,1 \right\}}$ συμπεραίνουνε ότι ο παρονομαστής $\displaystyle{{{\chi }^{2}}+\kappa \chi +\lambda =0}$ για $\chi =-2$ ή $\chi =1$ . Δηλαδή το τριώνυμο $\displaystyle{{{\chi }^{2}}+\kappa \chi +\lambda }$ έχει ρίζες ${{\chi }_{1}}=-2$ και ${{\chi }_{2}}=1$
Συνεπώς από τους τύπους Vietta $\displaystyle{{{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}}=-\frac{\beta }{\alpha },\quad {{\chi }_{1}}{{\chi }_{2}}=\frac{\gamma }{\alpha }\,\ }$
άρα $\displaystyle{-2+1=-\kappa \quad \kappa \alpha \iota \quad -2\cdot 1=\lambda \quad \Rightarrow }$ $\displaystyle{\kappa =1,\quad \lambda =-2}$

β) i) Παραγοντοποιώντας αριθμητή και παρονομαστή : $\displaystyle{g\left( \chi \right)=\frac{\left( {{\chi }^{2}}-1 \right)\left( {{\chi }^{2}}-4 \right)}{{{\chi }^{2}}+\chi -2}=\frac{\left( \chi -1 \right)\left( \chi +1 \right)\left( \chi -2 \right)\left( \chi +2 \right)}{\left( \chi -1 \right)\left( \chi +2 \right)}=\left( \chi +1 \right)\left( \chi -2 \right)}$
ii) $\displaystyle{g\left( \chi \right)=\left( \chi +1 \right)\left( \chi -2 \right)={{\chi }^{2}}-\chi -2}$ με ρίζες το και

επομένως για το πρόσημο της έχουμε $\displaystyle{g\left( \chi \right)<0\Leftrightarrow -1<x<2}$ δηλαδή όταν $\chi \in \left( -1,2 \right)$

$\displaystyle{g\left( \chi \right)>0\Leftrightarrow \chi <-1\,\,\ x>2}$ δηλαδή όταν $\chi \in \left( -\infty -1 \right)\bigcup \left( 2,+\infty \right)$

Όμως $\displaystyle{-1<\alpha <2}$ επομένως $\displaystyle{2<\alpha +3}$ δηλαδή το $\alpha$ είναι ανάμεσα στις ρίζες και το $\displaystyle{\alpha +3}$ είναι εκτός των ριζών. ( $\alpha +3\in \left( 2,+\infty \right)$ )

Άρα όταν $\displaystyle{-1<\alpha <2}$ συμπεραίνουμε $\displaystyle{g\left( \alpha +3 \right)>0}$ και $\displaystyle{g\left( \alpha \right)<0}$ δηλαδή $\displaystyle{g\left( \alpha +3 \right)>g\left( \alpha \right)}$ .
Δεν πρέπει να λάβουμε υπ' όψιν μας το πεδίο ορισμού της g;

Πράγματι, όπως σωστά επισημαίνεται, υπάρχει πρόβλημα και στην εκφώνηση του γ ερωτήματος αφού αγνοεί ότι το

δεν μπορεί να πάρει την τιμή

.

Ιστοσελίδα · #74

Μέχρι τώρα έχουμε
ΓΙΑ ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

mathxl 481-499 και η 1015
gavrilos 7677-8458
Christos.N 503 - 938
Κατσίπης 944 - 1005
Τηλέγραφος 1007-1057 (να μην λυθεί η 1015)
perpant 1062 - 1088
Στόγιας 1089 - 1101
panosG 1102- 1287
exdx 1288-1509
Χασάπης 1521 - 1533
Καναβής 2212 - 3828
Νικολόπουλος 3859 - 4299
Παγώνης 4295 – 4308
sifis 4308 – 8173
mg2002 473-480
Πρωτοπαπάς 1868 - 2055
Ιωάννου 2064 – 2229
ji2mada 2006 2234 – 2313
Μανιατοπούλου 2323 -4551
Valaranko 4558- 4660
Κουτσούδης 4663-4819
Λαζαρίδης 4828-4861
Παγώνης (β δόση) 4862-4965
Συγκελάκης 4970 – 5882
panpdop 6227 -7504
Νικολόπουλος (β δόση ) 7506-7522 και 10774, 10775
Λιναρδάτος 7552-7974
Θάνος 4679-4681
Φανέλη 5884-6146
Στεργίου 6148 -6226

Και τελειώσαμε

Ήδη έχουν αρχίσει και έρχονται οι λύσεις και τις συρράπτω βάζοντας όλα τα θέματα σε μια σειρά (6 αρχεία – 3 το δεύτερο και 3 το τέταρτο)
Τα τοποθετώ μέσα σε διάφανους πίνακες ώστε να μπορεί κανείς να χρησιμοποιήσει τα αρχεία ως έχει ή να διαγράψει εύκολα τις λύσεις. Ελπίζω ότι μέχρι αύριο το Βράδυ να έχω τελειώσει ένα μεγάλο μέρος και να το αναρτήσω

pap65 · #75

Ναι , αρχικά δεν το είχα προσέξει, υπάρχει πρόβλημα με το πεδίο ορισμού της συνάρτησης, για τελευταία ερωτήματα στα θέματα 4815 και 4828
υποβάλλω και τα τελευταία 4833 ώς 4836

Άσκηση 4836
Δίνεται η εξίσωση $\displaystyle{{{x}^{2}}\lambda x+1=0}$ (1) με παράμετρο $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}.}$
α) Να βρείτε για ποιες τιμές του $\lambda$ η εξίσωση (1) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες.
(Μονάδες 8)
β) Να αποδείξετε ότι αν ο αριθμός $\rho$ είναι ρίζα της εξίσωσης (1), τότε και ο αριθμός $\frac{1}{\rho }$ είναι επίσης ρίζα της εξίσωσης. (Μονάδες 5)
γ) Για $\displaystyle{\lambda >2}$ , να αποδείξετε ότι:
i) Οι ρίζες $\displaystyle{{{\chi }_{1}},{{\chi }_{2}}}$ της εξίσωσης (1) είναι αριθμοί θετικοί.
ii) $\displaystyle{{{\chi }_{1}}+4{{\chi }_{2}}\ge 4}$ .
(Μονάδες 12)

Προτεινόμενη Λύση
α) Για να έχει η εξίσωση (1) ρίζες πραγματικές και άνισες, θα πρέπει $\Delta >0$ .
$\Delta ={{\lambda }^{2}}-4>0\Leftrightarrow {{\lambda }^{2}}>4\Leftrightarrow \sqrt{{{\lambda }^{2}}}>\sqrt{4}\Leftrightarrow \left| \lambda \right|>2$
$\Leftrightarrow \lambda <-2$ ή $\lambda >2$
Εναλλακτικά: Επειδή ${{\lambda }^{2}}-4=0\Leftrightarrow \lambda =\pm 4$ ,
άρα ${{\lambda }^{2}}-4>0$ , ομόσημο του α, εκτός των ριζών , δηλαδή $\lambda <-2$ ή $\lambda >2$

β) Αν ο αριθμός $\rho$ είναι ρίζα της εξίσωσης (1), τότε επαληθεύει την σχέση (1), δηλαδή
$\displaystyle{{{\rho }^{2}}\lambda \rho +1=0}$ .
Ο αριθμός $\rho$ είναι προφανώς $\ne 0$ , γιατί διαφορετικά θα έχουμε 0-0+1=0

Ο αριθμός $\frac{1}{\rho }$ επαληθεύει την σχέση (1), αφού :
$\displaystyle{{{\left( \frac{1}{\rho } \right)}^{2}}\lambda \left( \frac{1}{\rho } \right)+1=0\Leftrightarrow \frac{1}{{{\rho }^{2}}}-\frac{\lambda }{\rho }+1=0\Leftrightarrow {{\rho }^{2}}\lambda \rho +1=0}$ που ισχύει.

γ) i) Από τους τύπους Vietta παίρνουμε : $\displaystyle{{{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}}=-\frac{\beta }{\alpha }=\lambda }$ και $\displaystyle{{{\chi }_{1}}{{\chi }_{2}}=\frac{\gamma }{\alpha }=1}$
Επομένως για $\displaystyle{\lambda >2}$ έχουμε $\displaystyle{{{\chi }_{1}}+{{\chi }_{2}}>0}$ και $\displaystyle{{{\chi }_{1}}{{\chi }_{2}}>0}$
Δηλαδή οι ρίζες $\displaystyle{{{\chi }_{1}},{{\chi }_{2}}}$ είναι ομόσημοι αριθμοί με άθροισμα θετικό,
Άρα οι ρίζες $\displaystyle{{{\chi }_{1}},{{\chi }_{2}}}$ της εξίσωσης (1) είναι αριθμοί θετικοί.
ii) Αφού $\displaystyle{{{\chi }_{1}},{{\chi }_{2}}}$ είναι αριθμοί θετικοί
$\displaystyle{{{\chi }_{1}}+4{{\chi }_{2}}\ge 4\Leftrightarrow {{\left( {{\chi }_{1}}+4{{\chi }_{2}} \right)}^{2}}\ge 16\Leftrightarrow {{\chi }_{1}}^{2}+8{{\chi }_{1}}{{\chi }_{2}}+16{{\chi }_{2}}^{2}\ge 16}$ (2)
Όμως $\displaystyle{{{\chi }_{1}}{{\chi }_{2}}=1}$ , άρα η (2) γράφεται ισοδύναμα $\displaystyle{{{\chi }_{1}}^{2}+8{{\chi }_{1}}{{\chi }_{2}}+16{{\chi }_{2}}^{2}\ge 16{{\chi }_{1}}{{\chi }_{2}}\Leftrightarrow {{\chi }_{1}}^{2}-8{{\chi }_{1}}{{\chi }_{2}}+16{{\chi }_{2}}^{2}\ge 0\Leftrightarrow {{\left( {{\chi }_{1}}-4{{\chi }_{2}} \right)}^{2}}\ge 0}$ που ισχύει για οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς.

#76

1300

Δίνονται οι αριθμητικές παραστάσεις: $\displaystyle{{\rm A} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^6},\,\,\,\,{\rm B} = {\left( {\sqrt[3]{3}} \right)^6}\,\,\,,\,\,\Gamma = {\left( {\sqrt[6]{6}} \right)^6}}$
α) Να δείξετε ότι: $\displaystyle{{\rm A} + {\rm B} + \Gamma = 23}$ (Μονάδες 13)
β) Να συγκρίνετε τους αριθμούς: $\displaystyle{\sqrt[3]{3}\,\,,\,\,\,\sqrt[6]{6}}$
Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες 12)

Λύση
α) $\displaystyle{{\rm A} + {\rm B} + \Gamma = {\left( {\sqrt 2 } \right)^6} + {\left( {\sqrt[3]{3}} \right)^6} + {\left( {\sqrt[6]{6}} \right)^6} = {2^{\frac{6}{2}}} + {3^{\frac{6}{3}}} + {6^{\frac{6}{6}}} = {2^3} + {3^2} + 6 = 8 + 9 + 6 = 23}$
β), $\displaystyle{\sqrt[3]{3} = \sqrt[{3 \cdot 2}]{{{3^2}}} = \sqrt[6]{9} > \sqrt[6]{6}}$ αφού $\displaystyle{\,\,\,9 > 6}$

pap65 · #77

Έχω αναρτήσει ήδη από χθές και έχω στείλει στο συνάδελφο Καρδαμίτση το αρχείο word με τα 4679 έως 4036 ( συνολικά 11). Δεν πιστεύω να έχουν ανατεθεί και σε άλλο συνάδελφο , όχι δημόσια !

Καρδαμίτσης Σπύρος έγραψε:Μέχρι τώρα έχουμε
ΓΙΑ ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

mathxl 481-499 και η 1015
gavrilos 7677-8458
Christos.N 503 - 938
Κατσίπης 944 - 1005
Τηλέγραφος 1007-1057 (να μην λυθεί η 1015)
perpant 1062 - 1088
Στόγιας 1089 - 1101
panosG 1102- 1287
exdx 1288-1509
Χασάπης 1521 - 1533
Καναβής 2212 - 3828
Νικολόπουλος 3859 - 4299
Παγώνης 4295 – 4308
sifis 4308 – 8173
mg2002 473-480
Πρωτοπαπάς 1868 - 2055
Ιωάννου 2064 – 2229
ji2mada 2006 2234 – 2313
Μανιατοπούλου 2323 -4551
Valaranko 4558- 4660
Κουτσούδης 4663-4819
Λαζαρίδης 4828-4861
Παγώνης (β δόση) 4862-4965
Συγκελάκης 4970 – 5882
panpdop 6227 -7504
Νικολόπουλος (β δόση ) 7506-7522 και 10774, 10775
Λιναρδάτος 7552-7974
Θάνος 4679-4681
Φανέλη 5884-6146
Στεργίου 6148 -6226

Και τελειώσαμε

Ήδη έχουν αρχίσει και έρχονται οι λύσεις και τις συρράπτω βάζοντας όλα τα θέματα σε μια σειρά (6 αρχεία – 3 το δεύτερο και 3 το τέταρτο)
Τα τοποθετώ μέσα σε διάφανους πίνακες ώστε να μπορεί κανείς να χρησιμοποιήσει τα αρχεία ως έχει ή να διαγράψει εύκολα τις λύσεις. Ελπίζω ότι μέχρι αύριο το Βράδυ να έχω τελειώσει ένα μεγάλο μέρος και να το αναρτήσω

Θεοδωρος Παγωνης · #78

4862

Αν ένας κάτοικος μιας πόλης Α καταναλώσει $\displaystyle{x}$ κυβικά νερού σε ένα χρόνο , το ποσό που θα πρέπει να πληρώσει δίνεται (σε ευρώ) από την συνάρτηση $\displaystyle f(x)= \begin{cases} & 12+0,5x\ \ \alpha \nu \ 0\le x\le 30 \\ & 0,7x+6\ \ \ \alpha \nu \ x>30 \\ \end{cases}$ .
α) Να βρείτε πόσα ευρώ θα πληρώσει όποιος :
i) έλειπε από το σπίτι του και δεν είχε καταναλώσει νερό .
ii) έχει καταναλώσει 10 κυβικά μέτρα νερού .
iii) έχει καταναλώσει 50 κυβικά μέτρα νερού .
β) Σε μια άλλη πόλη Β το ποσό (σε ευρώ) που αντιστοιχεί σε κατανάλωση $\displaystyle{x}$ κυβικών μέτρων δίνεται από τον τύπο $\displaystyle{g(x)=12+0,6x}$ , για $\displaystyle{x\ge 0}$ .
Ένας κάτοικος της πόλης Α και ένας κάτοικος της πόλης Β κατανάλωσαν τα ίδια κυβικά νερού για το 2013. Αν ο κάτοικος της πόλης Α πλήρωσε μεγαλύτερο λογαριασμό από τον κάτοικο της πόλης Β , να αποδείξετε ότι ο κάθε ένας από τους δυο κατανάλωσε περισσότερα από 60 κυβικά μέτρα νερού .

Ενδεικτικές απαντήσεις :

α) i) Αφού δεν κατανάλωσε νερό , θα έχω $\displaystyle{x=0}$ και επειδή $\displaystyle{0\in \left[ 0,30 \right]}$ κάνω αντικατάσταση όπου $\displaystyle{x=0}$ στον «πάνω» κλάδο της $\displaystyle{f}$ και έχω : $\displaystyle{f(0)=12+0,5\cdot 0\Leftrightarrow f(0)=12}$ . Επομένως θα πληρώσει $\displaystyle{12}$ ευρώ.
ii) Αφού κατανάλωσε $\displaystyle{10}$ κυβικά νερό , θα έχω $\displaystyle{x=10}$ και επειδή $\displaystyle{10\in \left[ 0,30 \right]}$ κάνω αντικατάσταση όπου $\displaystyle{x=10}$ στον «πάνω» κλάδο της $\displaystyle{f}$ και έχω : $\displaystyle{f(10)=12+0,5\cdot 10\Leftrightarrow f(10)=12+5\Leftrightarrow f(10)=17}$ . Επομένως θα πληρώσει $\displaystyle{17}$ ευρώ.
iii) Αφού κατανάλωσε $\displaystyle{50}$ κυβικά νερό , θα έχω $\displaystyle{x=50}$ και επειδή $\displaystyle{50\in \left( 50,+\infty \right)}$ κάνω αντικατάσταση όπου $\displaystyle{x=50}$ στον «κάτω» κλάδο της $\displaystyle{f}$ και έχω : $\displaystyle{f(50)=6+0,7\cdot 50\Leftrightarrow f(50)=6+35\Leftrightarrow f(50)=41}$ . Επομένως θα πληρώσει $\displaystyle{41}$ ευρώ.

β) Διακρίνω περιπτώσεις για την κατανάλωση του κατοίκου της πόλης Α.
• Αν κατανάλωσε $\displaystyle{x}$ κυβικά νερού σε ένα χρόνο με $\displaystyle{x\in \left[ 0,30 \right]}$ .
Επειδή ο κάτοικος της πόλης Α πλήρωσε μεγαλύτερο λογαριασμό , θα ισχύει $\displaystyle{f(x)>g(x)\Leftrightarrow 12+0,5x>12+0,6x\Leftrightarrow 0,5x-0,6x>12-12\Leftrightarrow -0,1x>0\Leftrightarrow x<0}$ , άτοπο , αφού $\displaystyle{x\in \left[ 0,30 \right]}$ , Οπότε δεν μπορεί ο κάτοικός της πόλης Α να κατανάλωσε λιγότερα ή ίσα από 30 κυβικά νερού .
• Αν κατανάλωσε $\displaystyle{x}$ κυβικά νερού σε ένα χρόνο με $\displaystyle{x>30}$ .
Επειδή ο κάτοικος της πόλης Α πλήρωσε μεγαλύτερο λογαριασμό , θα ισχύει $\displaystyle{f(x)>g(x)\Leftrightarrow 0,7x+6>12+0,6x\Leftrightarrow 0,7x-0,6x>12-6\Leftrightarrow 0,1x>6\Leftrightarrow x>60}$ .
Οπότε καθένας από τους κατοίκους των πόλεων Α και Β κατανάλωσε περισσότερα από 60 κυβικά νερού .

Υ.Γ. Έπειτα από παρατήρηση του Γιώργου (gavrilos) τον οποίο και ευχαριστώ πολύ , έγινε μια αλλαγή στην σειρά που βρίσκονται τα κόκκινα γράμματα.

Θεοδωρος Παγωνης · #79

4886

Στο παρακάτω σχήμα , δίνονται οι γραφικές παραστάσεις $\displaystyle{{{C}_{f}}}$ και $\displaystyle{{{C}_{g}}}$ των συναρτήσεων $\displaystyle{f}$ και $\displaystyle{g}$ αντίστοιχα , με $\displaystyle{f(x)=\left| x-2 \right|}$ και $\displaystyle{g(x)=\frac{1}{3}x+\frac{2}{3}}$ , $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ .
α) Να εκτιμήσετε τις συντεταγμένες των σημείων τομής των $\displaystyle{{{C}_{f}}}$ και $\displaystyle{{{C}_{g}}}$ .
β) Να επιβεβαιώσετε αλγεβρικά την απάντησή σας στο ερώτημα α) .
γ) Με την βοήθεια των γραφικών παραστάσεων , να βρείτε για ποιες τιμές του $\displaystyle{x}$ η $\displaystyle{{{C}_{f}}}$ βρίσκεται πάνω από την $\displaystyle{{{C}_{g}}}$ .
δ) Με την βοήθεια του ερωτήματος γ) , να βρείτε για ποιες τιμές του $\displaystyle{x}$ έχει νόημα πραγματικού αριθμού η παράσταση $\displaystyle{K=\sqrt{3\left| 2-x \right|-\left( x+2 \right)}}$ .

Ενδεικτικές απαντήσεις :

α) Από το δοθέν σχήμα , οι $\displaystyle{{{C}_{f}}}$ και $\displaystyle{{{C}_{g}}}$ τέμνονται για $\displaystyle{x=1}$ και για $\displaystyle{x=4}$ . Άρα τα σημεία τομής των $\displaystyle{{{C}_{f}}}$ και $\displaystyle{{{C}_{g}}}$ είναι τα $\displaystyle{A\left( 1,1 \right)}$ και $\displaystyle{B\left( 4,2 \right)}$ .
β) Τα σημεία τομής των $\displaystyle{{{C}_{f}}}$ και $\displaystyle{{{C}_{g}}}$ είναι οι λύσεις του συστήματος : $\displaystyle{y=f(x)}$ και $\displaystyle{y=g(x)}$ (1)
Επομένως από το σύστημα παίρνουμε $\displaystyle{f(x)=g(x)\Leftrightarrow \left| x-2 \right|=\frac{1}{3}x+\frac{2}{3}\Leftrightarrow 3\left| x-2 \right|=x+2}$ (2) .
Για την εξίσωση (2) θα πρέπει $\displaystyle{x+2\ge 0\Leftrightarrow x\ge -2}$ , με αυτό τον περιορισμό η εξίσωση (2) ισοδύναμα γίνεται $\displaystyle{3\left( x-2 \right)=x+2\Leftrightarrow 3x-6=x+2\Leftrightarrow 2x=8\Leftrightarrow x=4}$ , δεκτή αφού $\displaystyle{4\ge -2}$
ή $\displaystyle{3\left( x-2 \right)=-x-2\Leftrightarrow 3x-6=-x-2\Leftrightarrow 4x=4\Leftrightarrow x=1}$ , δεκτή αφού $\displaystyle{1\ge -2}$ .
Οπότε για $\displaystyle{x=1}$ σε μια από τις δύο εξισώσεις του συστήματος (1) έχω $\displaystyle{y=f(1)\Leftrightarrow y=\left| 1-2 \right|\Leftrightarrow y=1}$ ,
ενώ για $\displaystyle{x=4}$ σε μια από τις δύο εξισώσεις του συστήματος (1) έχω $\displaystyle{y=f(4)\Leftrightarrow y=\left| 4-2 \right|\Leftrightarrow y=2}$ Άρα τα σημεία τομής (αλγεβρικά) είναι τα $\displaystyle{A\left( 1,1 \right)}$ και $\displaystyle{B\left( 4,2 \right)}$ .
γ) Από το δοθέν σχήμα , η $\displaystyle{{{C}_{f}}}$ βρίσκεται πάνω από την $\displaystyle{{{C}_{g}}}$ όταν $\displaystyle{x\in \left( -\infty ,1 \right)\cup \left( 4,+\infty \right)}$ .
δ) Για να ορίζεται η παράσταση $\displaystyle{K=\sqrt{3\left| 2-x \right|-\left( x+2 \right)}}$ θα πρέπει η υπόριζος ποσότητα να είναι μη αρνητική , άρα έχω $\displaystyle{3\left| 2-x \right|-\left( x+2 \right)\ge 0\Leftrightarrow 3\left| 2-x \right|\ge x+2\Leftrightarrow \left| 2-x \right|\ge \frac{1}{3}x+\frac{2}{3}\Leftrightarrow \left| x-2 \right|\ge \frac{1}{3}x+\frac{2}{3}}$ , δηλαδή είναι τα διαστήματα του $\displaystyle{x}$ για τα οποία η $\displaystyle{{{C}_{f}}}$ είναι πάνω από την $\displaystyle{{{C}_{g}}}$ ή τα σημεία τομής τους (για το «ίσον») .
Επομένως από γ) ερώτημα έχω $\displaystyle{x\in \left( -\infty ,1 \right]\cup \left[ 4,+\infty \right)}$ .

Υ.Γ. Ευχαριστώ πολύ τον Χρήστο Ντάβα για την υπερπολύτιμη βοήθεια του με το σχήμα.

Θεοδωρος Παγωνης · #80

4903

Δίνεται η εξίσωση $\displaystyle{\lambda {{x}^{2}}+\left( 2\lambda -1 \right)x+\lambda -1=0}$ , με παράμετρο $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}}$ .
α) Να δείξετε ότι η διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta }$ της εξίσωσης είναι ανεξάρτητη του $\displaystyle{\lambda }$ , δηλαδή σταθερή .
β) Να προσδιορίσετε τις ρίζες της εξίσωσης συναρτήσει του $\displaystyle{\lambda }$ .
γ) Να βρείτε για ποιες τιμές του $\displaystyle{\lambda }$ η απόσταση των ριζών της εξίσωσης στον άξονα των πραγματικών αριθμών είναι ίση με 2 μονάδες .

Ενδεικτικές απαντήσεις :

α) Είναι $\displaystyle{\Delta ={{\beta }^{2}}-4a\gamma \Leftrightarrow \Delta ={{\left( 2\lambda -1 \right)}^{2}}-4\lambda \left( \lambda -1 \right)\Leftrightarrow \Delta =4{{\lambda }^{2}}-4\lambda +1-4{{\lambda }^{2}}+4\lambda \Leftrightarrow \Delta =1>0}$ , σταθερή (δηλαδή ανεξάρτητη του $\displaystyle{\lambda }$ .
β) Είναι $\displaystyle{{{x}_{1,2}}=\frac{-\beta \pm \sqrt{\Delta }}{2a}\Leftrightarrow {{x}_{1,2}}=\frac{-2\lambda +1\pm 1}{2\lambda }}$ , άρα $\displaystyle{{{x}_{1}}=\frac{-2\lambda +1-1}{2\lambda }\Leftrightarrow {{x}_{1}}=\frac{-2\lambda }{2\lambda }\Leftrightarrow {{x}_{1}}=-1}$ και $\displaystyle{{{x}_{2}}=\frac{-2\lambda +1+1}{2\lambda }\Leftrightarrow {{x}_{2}}=\frac{-2\lambda +2}{2\lambda }\Leftrightarrow {{x}_{2}}=\frac{2\left( 1-\lambda \right)}{2\lambda }\Leftrightarrow {{x}_{2}}=\frac{1-\lambda }{\lambda }}$ .
γ) Η απόσταση δύο αριθμών $\displaystyle{{{x}_{1}}}$ , $\displaystyle{{{x}_{2}}}$ ορίζεται ως η απόλυτη τιμή της διαφοράς τους .
Επομένως ζητάμε τις λύσεις τις εξίσωσης $\displaystyle{\left| {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right|=2\Leftrightarrow \left| \frac{1-\lambda }{\lambda }-1 \right|=2}$ με $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}}$ .
Έχουμε $\displaystyle{\left| \frac{1-\lambda }{\lambda }-1 \right|=2\Leftrightarrow \frac{1-\lambda }{\lambda }-1=2\Leftrightarrow 1-\lambda -\lambda =2\lambda \Leftrightarrow 1=4\lambda \Leftrightarrow \lambda =\frac{1}{4}}$ ή $\displaystyle{\left| \frac{1-\lambda }{\lambda }-1 \right|=2\Leftrightarrow \frac{1-\lambda }{\lambda }-1=-2\Leftrightarrow 1-\lambda -\lambda =-2\lambda \Leftrightarrow 1=0}$ , αδύνατη .

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