Τετράδιο Επανάληψης Άλγεβρας Α Λυκείου

Χρήστος Λαζαρίδης · #21

Ξεκινάω, όσο μπορώ αναλυτικότερα.
Α)
i) $\alpha \gamma <0\Rightarrow -\alpha \gamma >0\Rightarrow -4\alpha \gamma >0\Rightarrow \beta ^{2}-4\alpha \gamma >0\Rightarrow \Delta >0$

ιι) $\Delta <0\Rightarrow \beta ^{2}-4\alpha \gamma <0\Rightarrow 0\leq \ \beta ^{2}<4\alpha \gamma\Rightarrow 4\alpha \gamma >0\Rightarrow \alpha \gamma >0$

Β)
i) Από Α ii), $1.\gamma >0\Rightarrow \gamma >0$

ii) $\Delta <0\Rightarrow f(x)>0$ , για κάθε $x\epsilon R$
Άρα έχουμε: $f(1)>0\Rightarrow 1+\beta +\gamma >0\Rightarrow \beta +\gamma >-1$

Φιλικά Χρήστος

Χρήστος Λαζαρίδης · #22

Συνεχίζω, την πολύ ωραία άσκηση του Μάκη.
Μάκη, το μόνο που μένει είναι να βρούμε τους κατάλληλους μαθητές για να πούμε τέτοιες ασκήσεις.

Γ)
Έστω ότι η εξίσωση δεν έχει δύο άνισες πραγματικές, τότε θα έχει μία διπλή ή καμία πραγματική ρίζα, άρα Δ = 0 ή Δ < 0.
Αν $\Delta =0\Rightarrow \alpha f(x)\geq 0,x\epsilon R$ , άτοπο.
(Αν Δ = 0, το τριώνυμο είναι ομόσημο του α, για κάθε x, εκτός από την τιμή της διπλής ρίζας, όπου ισούται με μηδέν)
Αν $\Delta < 0\Rightarrow \alpha f(x)> 0,x\epsilon R$ , άτοπο.
(Αν Δ < 0, το τριώνυμο είναι ομόσημο του α, για κάθε x.)

Δ)
i) Δ < 0, διότι η εξίσωση δεν έχει ρίζες.

ii) $\Delta <0\Rightarrow \alpha \gamma >0(A\pi o A)\Rightarrow \alpha 2010>0\Rightarrow a > 0$

iii) f(2011) > 0, διότι αφού Δ < 0, $\alpha f(x)>0,x\epsilon R$

Φιλικά Χρήστος

Μάκης Χατζόπουλος · #23

Πολύ ωραία Χρήστο

έτσι ακριβώς!! Δεν συμφωνείς ότι προάγει την σκέψη των μαθητών για την Γ Λυκείου κυρίως στο θεώρημα Bolzano ή είναι η ιδέα μου;

Χρήστος Λαζαρίδης έγραψε:Ξεκινάω, όσο μπορώ αναλυτικότερα.

σε ευχαριστώ για την αναλυτική λύση σου, θα βοηθήσεις τους αναγνώστες μας, που όπως είπε δεν είναι και από τις απλές ασκήσεις που υπάρχουν...

Χρήστος Λαζαρίδης έγραψε:Συνεχίζω, την πολύ ωραία άσκηση του Μάκη.

Χαίρομαι Χρήστο που σου άρεσε η άσκηση!!

Χρήστος Λαζαρίδης έγραψε:Μάκη, το μόνο που μένει είναι να βρούμε τους κατάλληλους μαθητές για να πούμε τέτοιες ασκήσεις.

Φαντάζεσαι Χρήστο να βρούμε και να μην έχουμε έτοιμες ασκήσεις να τους βάλουμε;; Η ελπίδα πεθαίνει τελευταία και έχουμε ένα κίνητρο πάντα για να ασχολούμαστε αλλιώς...

Χρήστος Λαζαρίδης · #24

Μετά τα καλά λόγια του Μάκη, παίρνω θάρρος και συνεχίζω.

ΣΤ)

i) $0\leq \beta ^{2}<3\gamma \Rightarrow 3\gamma >0\Rightarrow \gamma >0$

ii) $\beta ^{2}<3\gamma<4\gamma \Rightarrow \beta ^{2}-4\gamma <0\Rightarrow \Delta <0$

iii) α = 1 > 0 και Δ < 0, άρα, $f(x)>0,x\epsilon R$

Z)

Ισχύει: $\alpha f(x)<0,x\epsilon R$ (1)
Έστω τυχαία κ, λ εR, τότε:
$f(\kappa )f(\lambda )=\frac{\alpha ^{2}f(\kappa )f(\lambda )}{\alpha ^{2}}=\frac{\left( \alpha f(\kappa )\right)\left( \alpha f(\lambda )\right)}{\alpha ^{2}} >0$
(Ο αριθμητής είναι γινόμενο δύο αρνητικών,όπως προκύπτει από την σχέση (1))
Άρα, για $\kappa ,\lambda \epsilon R, f(\kappa )f(\lambda )>0$

Φιλικά Χρήστος

p@g · #25

Για να μην μείνει παραπονεμένο και το Ε).

Ε)Έστω α>0 τότε είναι $f(x)>0 \forall x \epsilon (\rho_2,+\propto)$ άρα $f(\lambda)>0$
επίσης $f(x)<0 \forall x \epsilon (\rho_1,\rho_2)$ άρα $f(\kappa)<0$
Συνεπώς $f(\kappa)f(\lambda)<0$

Έστω α<0 τότε είναι $f(x)>0 \forall x \epsilon (\rho_1,\rho_2)$ άρα $f(\kappa)>0$
και $f(x)<0 \forall x \epsilon (\rho_2,+\propto)$ άρα $f(\lambda)<0$
Συνεπώς πάλι $f(\kappa)f(\lambda)<0$

Φιλικά
Παναγιώτης

Μάκης Χατζόπουλος · #26

Χρήστο

!! Άψογα, κάτι τέτοιο περίμενα να δω (σε ντοπάρω και άλλο)!!

Θα ακολουθήσουν και άλλες ασκήσεις αλλά θα το καθυστερήσω λίγο για να σε ξεκουράσω και να διαπιστώσουμε αν υπάρχουν ενστάσεις ή λύσεις με διαφορετικό τρόπο!!

Παναγιώτη πολύ σωστά, το είχαμε ξεχάσει αυτό το υποερώτημα!

Σχόλια δεν έχουμε;

Α.Κυριακόπουλος · #27

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:Θα ξεκινήσω να δίνω κάποιες ενδιαφέρουσες ασκήσεις προς λύση, όποιος ενδιαφέρεται μπορεί να συμμετάσχει.

Παράκληση, όποιος δώσει λύση, να είναι αναλυτικά γραμμένη, δεν θα 'θελα να δώσουμε λύσεις γρήγορες, σύντομες και βιαστικές, τότε θα έχουμε ξεφύγει από τον στόχο που έχω θέσει, αυτό το είδος ασκήσεων, χωρίς να έχουν κάτι το ακραίο-δύσκολο, νομίζω ότι είναι μια όμορφη συλλογή, μαζεμένη και δεμένη από εμένα (από διάφορα βιβλία + προσωπικές πινελιές) και λόγω του συναισθηματικού δεσίματος δεν μου αρέσουν οι προχειρότητες!!

Αγαπητέ Μάκη.
Συμφωνώ απόλυτα. Ποτέ δεν μου άρεσαν οι γρήγορες και βιαστικές λύσεις. Μου δίνουν την εντύπωση ότι θέλουν να κρύψουν κάποιο … έλλειμμα. Το έχω γράψει και άλλες φορές.
-Στην προσπάθειά σου αυτή θα βοηθήσω και εγώ.
• Έχω τη γνώμη ότι πρέπει να διατυπώσουμε τις παρακάτω δύο προτάσεις- ασκήσεις:
ΠΡΟΤΑΣΗ 1. «Θεωρούμε ένα τριώνυμο: $\displaystyle{f(x) = \alpha {x^2} + \beta x + \gamma }$ , όπου $\displaystyle{\alpha ,\beta ,\gamma \in R}$ με $\displaystyle{\alpha \ne 0}$ . Το τριώνυμο αυτό έχει ρίζες πραγματικές και άνισες αν, και μόνο αν,υπάρχει αριθμός $\displaystyle{\lambda \in R}$ με αf(λ)<0».
Απόδειξη( για την πληρότητα, παραθέτω τις αποδείξεις, αν και μερικές είναι γραμμένες παραπάνω).
i) Έστω ότι το τριώνυμο f(x) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες, τις $\displaystyle{{\rho _1}}$ και $\displaystyle{{\rho _2}}$ με $\displaystyle{{\rho _1} < {\rho _2}}$ . Θεωρούμε έναν αριθμό $\displaystyle{\lambda \in \left( {{\rho _1},{\rho _2}} \right)}$ . Τότε, σύμφωνα με το θεώρημα του τριωνύμου, έχουμε: αf(λ)<0. Άρα, τότε, υπάρχει τέτοιες αριθμός λ.
ii) Αντιστρόφως. Έστω ότι υπάρχει αριθμός λ με αf(λ)<0. Έστω τώρα ότι $\displaystyle{\Delta = {\beta ^2} - 4\alpha \gamma \le 0}$ . Τότε, σύμφωνα με το θεώρημα του τριωνύμου, θα έχουμε: $\displaystyle{\alpha f(x) \ge 0}$ , για κάθε αριθμό $\displaystyle{x \in R}$ . Έτσι με x=λ θα έχουμε $\displaystyle{\alpha f(\lambda ) \ge 0}$ , άτοπο. Άρα Δ>0.
ΠΡΟΤΑΣΗ 2. «Θεωρούμε ένα τριώνυμο: $\displaystyle{f(x) = \alpha {x^2} + \beta x + \gamma }$ , όπου $\displaystyle{\alpha ,\beta ,\gamma \in R}$ με $\displaystyle{\alpha \ne 0}$ .Το τριώνυμο αυτό έχει ρίζες πραγματικές και άνισες αν, και μόνο αν, υπάρχουν αριθμοί $\displaystyle{\lambda ,\mu \in R}$ με f(λ)f(μ)<0».
Απόδειξη.i) Έστω ότι το τριώνυμο f(x) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες, τις $\displaystyle{{\rho _1}}$ και $\displaystyle{{\rho _2}}$ με $\displaystyle{{\rho _1} < {\rho _2}}$ . Θεωρούμε έναν αριθμό $\displaystyle{\lambda \in \left( {{\rho _1},{\rho _2}} \right)}$ και έναν αριθμό $\displaystyle{\mu \notin ({\rho _1},{\rho _2})}$ . Τότε, σύμφωνα με το θεώρημα του τριωνύμου, θα έχουμε:
$\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} \alpha f(\lambda ) < 0 \\ \alpha f(\mu ) > 0 \\ \end{array} \right. \Rightarrow {\alpha ^2}f(\lambda )f(\mu ) < 0 \Rightarrow f(\lambda )f(\mu ) < 0}$ .
Άρα, τότε, υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί λ και μ.
ii) Αντιστρόφως. Έστω ότι υπάρχουν δύο αριθμοί $\displaystyle{\lambda ,\mu \in R}$ μέ f(λ)f(μ)<0. Τότε:
$\displaystyle{{\alpha ^2}f(\lambda )f(\mu ) < 0 \Rightarrow \left[ {\alpha f(\lambda )} \right]\left[ {\alpha f(\mu )} \right] < 0 \Rightarrow \left[ {\alpha f(\lambda ) < 0{\rm{ }}\dot \eta {\rm{ }}\alpha f(\mu ) < 0} \right]}$ .
Έτσι, σύμφωνα με την προηγούμενη πρόταση, το τριώνυμο f(x) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες.

• Επίσης, οι παρακάτω προτάσεις είναι πολύ χρήσιμες:
«Θεωρούμε ένα τριώνυμο: $\displaystyle{f(x) = \alpha {x^2} + \beta x + \gamma }$ , όπου $\displaystyle{\alpha ,\beta ,\gamma \in R}$ με $\displaystyle{\alpha \ne 0}$ και ονομάζουμε Δ την διακρίνουσα αυτού. Ισχύουν οι εξής προτάσεις:
1) [ $\displaystyle{f(x) > 0,}$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ] $\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \alpha > 0 \\ \Delta < 0 \\ \end{array} \right.}$

2) [ $\displaystyle{f(x) \ge 0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ] $\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \alpha > 0 \\ \Delta \le 0 \\ \end{array} \right.}$

3) [ $\displaystyle{f(x) < 0,}$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ] $\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \alpha < 0 \\ \Delta < 0 \\ \end{array} \right.}$

4) [ $\displaystyle{f(x) \le 0,}$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ] $\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \alpha < 0 \\ \Delta \le 0 \\ \end{array} \right.}$ »

Α.Κυριακόπουλος · #28

Α.Κυριακόπουλος έγραψε: • Επίσης, οι παρακάτω προτάσεις είναι πολύ χρήσιμες:
«Θεωρούμε ένα τριώνυμο: $\displaystyle{f(x) = \alpha {x^2} + \beta x + \gamma }$ , όπου $\displaystyle{\alpha ,\beta ,\gamma \in R}$ με $\displaystyle{\alpha \ne 0}$ και ονομάζουμε Δ την διακρίνουσα αυτού. Ισχύουν οι εξής προτάσεις:
1) [ $\displaystyle{f(x) > 0,}$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ] $\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \alpha > 0 \\ \Delta < 0 \\ \end{array} \right.}$

2) [ $\displaystyle{f(x) \ge 0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ] $\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \alpha > 0 \\ \Delta \le 0 \\ \end{array} \right.}$

3) [ $\displaystyle{f(x) < 0,}$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ] $\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \alpha < 0 \\ \Delta < 0 \\ \end{array} \right.}$

4) [ $\displaystyle{f(x) \le 0,}$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ] $\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \alpha < 0 \\ \Delta \le 0 \\ \end{array} \right.}$ »

ΑΠΟΔΕΙΞΗ.1) i). Έστω ότι: f(x)>0, για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ . Αν $\displaystyle{\Delta \ge 0}$ , τότε θα υπάρχει αριθμός $\displaystyle{\rho \in R}$ με f(ρ)=0, άτοπο. Άρα: Δ<0. Λόγω αυτού, από το θεώρημα του τριωνύμου, έχουμε: αf(x)>0, για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ . Έτσι, π.χ. με x=1, έχουμε: αf(1)>0 και επειδή από την υπόθεση: f(1)>0, έπεται ότι α>0. Αποδείξαμε λοιπόν ότι, τότε: α>0 και Δ<0.
ii). Αντιστρόφως. Έστω ότι : α>0 και Δ<0. Τότε, από το θεώρημα του τριωνύμου, έχουμε: αf(x)>0, για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ και επειδή α>0, έπεται ότι: f(x)>0, για κάθε $\displaystyle{x \in R}$

2) i). Έστω ότι: $\displaystyle{f(x) \ge 0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ . Έστω τώρα ότι Δ>0. Τότε, το τριώνυμο θα έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, έστω τις: $\displaystyle{{\rho _1}}$ και $\displaystyle{{\rho _2}}$ με $\displaystyle{{\rho _1} < {\rho _2}}$ . Θεωρούμε έναν αριθμό $\displaystyle{\lambda \in \left( {{\rho _1},{\rho _2}} \right)}$ και έναν αριθμό $\displaystyle{\mu \notin \left( {{\rho _1},{\rho _2}} \right)}$ . Έτσι, σύμφωνα με το θεώρημα του τριωνύμου, θα έχουμε:
αf(λ)>0 και αf(μ)<0, οπότε: $\displaystyle{{\alpha ^2}f(\lambda )f(\mu ) < 0}$ και συνεπώς: $\displaystyle{f(\lambda )f(\mu ) < 0}$ . Εξάλλου, από την υπόθεση έχουμε: $\displaystyle{f(\lambda ) \ge 0}$ και $\displaystyle{f(\mu ) \ge 0}$ και συνεπώς: $\displaystyle{f(\lambda )f(\mu ) \ge 0}$ , άτοπο. Άρα: $\displaystyle{\Delta \le 0}$ . Έτσι, από το θεώρημα του τριωνύμου έχουμε: $\displaystyle{\alpha f(x) \ge 0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ . Τώρα, αν θεωρήσουμε έναν πραγματικό αριθμό $\displaystyle{\rho \ne - \frac{\beta }{{2\alpha }}}$ ( είτε Δ<0, είτε Δ=0) θα έχουμε : αf(ρ)>0 και (από την υπόθεση) f(ρ)>0 και συνεπώς α>0. Αποδείξαμε λοιπόν ότι, τότε: α>0 και $\displaystyle{\Delta \le 0}$ .
ii). Αντιστρόφως. Έστω ότι: α>0 και $\displaystyle{\Delta \le 0}$ . Τότε, από το θεώρημα του τριωνύμου, έχουμε: $\displaystyle{\alpha f(x) \ge 0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ και επειδή α>0, έπεται ότι: $\displaystyle{f(x) \ge 0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ .

3) και 4) εργαζόμαστε ανάλογα.

Μάκης Χατζόπουλος · #29

Πολύ όμορφα, έτοιμη για δημοσιεύση!!

Αντώνη να την στείλουμε στην ΕΜΕ ως Κυριακοπούλος, Λαζαρίδης, Χατζόπουλος ή θα φάμε "πόρτα"??

Τετράδιο Επανάληψης Άλγεβρας Α Λυκείου

Re: Τετράδιο Επανάληψης Άλγεβρας Α Λυκείου

Re: Τετράδιο Επανάληψης Άλγεβρας Α Λυκείου

Re: Τετράδιο Επανάληψης Άλγεβρας Α Λυκείου

Re: Τετράδιο Επανάληψης Άλγεβρας Α Λυκείου

Re: Τετράδιο Επανάληψης Άλγεβρας Α Λυκείου

Re: Τετράδιο Επανάληψης Άλγεβρας Α Λυκείου

Re: Τετράδιο Επανάληψης Άλγεβρας Α Λυκείου

Re: Τετράδιο Επανάληψης Άλγεβρας Α Λυκείου

Re: Τετράδιο Επανάληψης Άλγεβρας Α Λυκείου

Μέλη σε σύνδεση