ALGEBRA B

1

Τριγωνομετρικοί Αριθμοί Οξείας Γωνίας

· · · ·

απέ απέναν ναντι κά κάθετ θετη ΑΓ = υποτείνουσα ΒΓ προσ προσκε κείμ ίμεενη κάθ κάθετη ΑΒ συνΒ= = υποτείνουσα ΒΓ απέναντι κάθετη ΑΓ εφΒ= = προσκείμενη κάθετη ΑΒ

ημΒ=

Γ Α

Β

προσ προσκε κείμ ίμεενη κάθ κάθετη ετη ΑΒ = απέναντι κάθετη ΑΓ

σφΒ=

o

o

Τριγωνομετρικοί Αριθμοί Γωνίας ω με 0 ′ ω ′ 360

Α(χ,y)

y

·

ημω=

·

συνω=

·

εφω=

·

σφω=

ρ

p

x p

y x x y

2 2

με p= x +y

O

x÷0 y ÷ 0

Μονάδα Μέτρησης Γωνιών-Τόξων : Μοίρες και ακτίνια(rad)

Σχέση Μοιρών-Ακτινίων :

μ

α

= όπου μ: η γωνία σε μοίρες 180o π α: η γωνία σε ακτίνια

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΓΙΩΡΓΟΣ ΦΡΑΝΤΖΕΣΚΟΣ

2

Τριγωνομετρικοί Αριθμοί Γνωστών Γωνιών γωνία σε μοίρες γωνία σε

rad

0

30ο

45ο

60ο

90ο

180ο

270ο

360ο

0

π/6

π/4

π/3

π/2

π

3π/2

2π

1

2

3

1

0

–1

0

0

–1

0

1

δεν

0

δεν

0

ημφ

2

2

2

0 3

συνφ

2

2 2

1 2

1 3

3

3

εφφ

0

1

ορίζεται 3

3

σφφ

ορίζεται

3

δεν

1

ορίζεται

δεν

0

0

ορίζεται

δεν ορίζεται

Τριγωνομετρικός Κύκλος: Είναι ο κύκλος με κέντρο Ο(0,0) και ρ=1. Μνημονικός κανόνας για το πρόσημο των τριγωνομετρικών αριθμών αριθμών

Ο: όλα θετικά Η: ημίτονο θετικό

Η

Ε: εφαπτομένη(και εφαπτομένη(και συνεφαπτομένη συνεφαπτομένη ) θετική

Ο Ρ=1

Σ: συνημίτονο θετικό

Ε


Σ

3

Παρατήρηση:

Οι αριθμοί ημω και συνω μίας γωνίας ω είναι φραγμένοι δηλαδη :

-1 ′ ημω ′ 1 και -1 ′ συνω ′ 1 ενώ οι αριθμοί εφω και σφω μπορούν να πάρουν όλες τις τιμές .

Βασικές Τριγωνομετρικές Τριγωνομετρικές Ταυτότητες

·

2

2

ημ ω+συν ω=1

2

2

Από αυτήν προκύπτουν οι τύποι : ημ ω=1-συν ω

2

2

συν ω=1-ημ ω

· εφω= · σφω=

ημω συνω συνω ημω

με συνω ÷ 0 με ημω ÷ 0

· εφω σφω=1 Από αυτήν προκύπτουν οι σχέσεις : εφω=

1 σφω

ή σφω=

1 εφω

ΑΝΑΓΩΓΗ ΣΤΟ 1Ο ΤΕΤΑΡΤΗΜΟΡΙΟ ΑΝΤΙΘΕΤΕΣ ΓΩΝΙΕΣ ημ(-ω)=-ημω

ΠΑΡΑΠΛΗΡΩΜΑΤΙΚΕΣ ΓΩΝΙΕΣ ημ(π-ω)=ημω

συν(-ω)=συνω εφ(-ω)=-εφω σφ(-ω)=-σφω

συν(π-ω)=-συνω εφ(π-ω)=-εφω σφ(π-ω)=-σφω

ΔΙΑΦΕΡΟΝΤΕΣ ΚΑΤΑ π

ΣΥΜΠΛΗΡΩΜΑΤΙΚΕΣ ΓΩΝΙΕΣ æπ ö ημ ççç -ω =συνω

ημ(π+ω)=-ημω συν(π+ω )=-συνω εφ(π+ω)=εφω σφ(π+ω)=σφω

è2 ø æπ ö συν èçç -ωø =ημω 2 æπ

ö

æπ

ö

εφ èççç -ωø =σφω 2 σφ èçç -ωø =εφω 2


4

π

ΔΙΑΦΕΡΟΝΤΕΣ ΚΑΤΑ

2 ΜΕ ΑΘΡΟΙΣΜ ΑΘ ΡΟΙΣΜΑ Α

æπ ö ημ èççç +ωø =συνω 2

æ 3π

ημ èççç

æπ ö συν èçç +ωø =-ημω 2 æπ ö εφ èççç +ωø =-σφω 2 æπ ö σφ èçç +ωø =-εφω 2

ΔΙΑΦΕΡΟΝΤΕΣ ΚΑΤΑ æ 3π

ö 2 ø æ 3π ö συν èççç +ωø =ημω 2 æ 3π ö εφ èççç +ωø =-σφω 2 æ 3π ö σφ èçç +ωø =-εφω 2

ημ èçç

3π 2

ö ø

-ω =-συνω

2 æ 3π ö συν èçç -ωø =-ημω 2 æ 3π ö εφ èççç -ωø =σφω 2 æ 3π ö σφ èçç -ωø =εφω 2

3π 2

ΔΙΑΦΕΡΟΝΤΕΣ ΚΑΤΑ 2π ημ(2π+ω)=ημω

+ω =-συνω

συν(2π+ω)=συνω εφ(2π+ω)=εφω σφ(2π+ω)=σφω ΜΕ ΑΘΡΟΙΣΜΑ 2π ημ(2π-ω)=-ημω συν(2π-ω)=συνω εφ(2π-ω)=-εφω σφ(2π-ω)=-σφω


5

Παρατηρήσεις για την Επίλυση ασκήσεων · Αν έχουμε έναν έ ναν τριγωνομετρικό τριγωνομετρικό αριθμό μίας γωνίας και ζητάμε τους άλλους :

1. Αν μας δίνουν το ημίτονο ή το συνημίτονο χρησιμοποιούμε τη σχέση ημ2χ + συν2x = 1. Αντικαθιστούμε τον τριγωνομετρικό τριγωνομετρικό αριθμό που μας δίνεται και λύνουμε τη σχέση ως προς τον άλλο . Όταν αποτετραγωνίζουμε λαμβάνουμε υπόψιν το τεταρτημόριο στο οποίο ανήκει το x ώστε να βρούμε το σωστό πρόσημο. π.χ Αν hmx =

1

και

2

p 2

< x < p να βρεθούν οι υπόλοιποι τριγωνομετρικοί τριγωνομετρικοί αριθμοί της x

Λύση: hmx=

1

p

2

1 32 æ 1 ö 2 2 2 2 2 x 1 x 1 x Û + sun = Û sun = Û sun = Û sunx = ç ÷ ημ χ + συν x = 1 4 4 è 2 ø 2

3 2

1

efx =

sfx =

hmx = sunx

sunx = hmx

2

-

=3

3 3

2 3 2 1

=-

3

2

2. Αν μας δίνουν την εφαπτομένη ή την συνεφαπτομένη , χρησιμοποιούμε πρώτα τη σχέση efx =

sunx hmx ή sfx = ώστε να εκφράσουμε το ημ x συναρτήσει sunx hmx

του συνx ή το συνx συναρτήσει του ημ x. Έπειτα αντικαθιστούμε στη σχέση ημ2χ + συν2x = 1 και συνεχίζουμε όπως και παραπάνω παραπάνω. πχ Αν efx =

3

και

0
p 2

να βρεθούν οι υπόλοιποι τριγωνομετρικοί αριθμοί της x

Λύση:

efx =

3Û

hmx = sunx

3 Û hmx = 3sunx

hmx= 3sunx 2

2

ημ χ + συν x = 1

Û

( 3sunx)2 +sun2x =1Û3sun2x +sun2x =1


6

4sun2 x = 1 Û sun2 x =

(1)

hmx = 3sunx =

3

1

3

sfx = ·

efx

=

1 3

×

1 2

3

1

p 2

Û sunx =

4

1

(1)

2

3

=

=

0
2 3

3

Ασκήσεις όπου ζητείται να αποδειχθεί μία σχέση με τριγωνομετρικούς αριθμούς:

Σ’αυτές τις ασκήσεις κάνουμε τις πράξεις που σημειώνονται

(π.χ

επιμεριστικές,ομώνυμα,ταυτότητες κ.τ.λ) και χρησιμοποιούμε τις γνωστές τριγωνομετρικές ταυτότητες :

2

2

ημ ω+συν ω=1

· ·

εφω=

·

σφω=

ημω συνω συνω ημω

· εφω σφω=1 hmq 1+ sunq 2 + = π.χ. Να αποδείξετε ότι 1+ sunq hmq hmq Λύση: hmq

È

1+sunq

È

(1+ sunq) 2 2 hmq 1+ sunq 2 hm2q + = Û + = Û 1 + sunq hmq hmq hmq(1+ sunq) hmq(1 + sunq) hmq

hm2q +1+ 2sunq+ sun2q 2 1+1+ 2sunq 2 2 + 2sunq 2 = Û = Û = Û hmq(1+ sunq) hmq hmq(1+ sunq) hmq hmq(1+ sunq) hmq 2(1+ sunq)

=

2

hmq(1+ sunq) hmq

Û

2

=

2

hmq hmq

ισχύει.


7

· Υπολογισμός Παράστασης που περιέχει Τριγωνομετρικούς Αριθμούς όλων των Τεταρτημορίω Τε ταρτημορίων ν : Σ’αυτήν την περίπτωση κάνουμε αναγωγή όλων των γωνιών στο πρώτο τεταρτημόριο χρησιμοποιώντας τους τύπους που αναφέρθηκαν παραπάνω . π.χ Να υπολογιστεί η παράσταση :

æ 5p ö hm(1710o + w) × hm(2p + w) × hmç + w÷ × sun(270o + w) è 2 ø A= æ 7p ö ef(90o + w) × sf(603o - w) × sun(1170o - w) × sunç + w÷ è 2 ø Λύση:

ημ(1710ο + ω) = ημ(4 . 360ο + 270ο + ω) = ημ(270ο + ω) = - συνω ημ(2π + ω) = ημω 5p ö æ 4p p ö æ p ö hmæ ç + w÷ = hmç + + w÷ = hmç 2p + + w÷ = sunw è 2 ø è 2 2 ø è 2 ø

συν(270ο + ω) = ημω εφ(90ο + ω) = - σφω σφ(603ο – ω) = σφ(360ο + 270ο – ω) = σφ(270ο – ω) = εφω συν(1170ο – ω) = συν(3 . 360ο + 90ο – ω) = συν(90ο – ω) = ημω

æ 7p ö æ 4p 3p ö æ 3p ö æ 3p ö sunç + w÷ = sunç + + w÷ = sunç 2p + + w÷ = sunç + w÷ = hm 2 ø è 2 ø è 2 2 ø è è 2 ø Άρα

A=

-sunw× hmw× sunw× hmw sunw× sunw = = sun2w . - sfw× efw× hmw× hmw sfw× efw 1 4 24 3

1


8

Μελέτη Τριγωνομετρικών Συναρτήσεων Oρισμός :Μία συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το σύνολο Α ονομάζεται περιοδική,όταν υπάρχει πραγματικός αριθμός Τ >0 >0 τέτοιος,ώστε: · για κάθε χεΑ να ισχύει χ+Τ εΑ και χ-Τ εΑ. · f(x-T)=f(x)=f(x+T) για κάθε χεΑ. Ο πραγματικός αριθμός Τ ονομάζεται περίοδος της συνάρτησης f. Παραρηρήσεις:

·

Αν το πεδίο ορισμού είναι εί ναι διάστημα ,ανοικτό ή κλειστό,με πραγματικά άκρα,τότε η συνάρτηση δεν είναι περιοδική .

·

Η σχέση f(x-T)=f(x)=f(x+T) για κάθε χεΑ, δεν εξασφαλίζει από μόνη της ότι η f είναι περιοδική.

·

Για να μελετήσουμε μία περιοδική συνάρτηση στο πεδίο ορισμού της αρκεί να την μελετήσουμε σε διάστημα μίας περιόδου Τ .

Μελέτη της f(x)=ημχ

· · · ·

Πεδίο Ορισμού : Α=R Σύνολο Τιμών : f(A)=[-1,1] Περιοδικότητα : Είναι περιοδική με Τ =2 =2π Συμμετρίες : Είναι περιττή αφού για κάθε χε R και –χεR και ισχύει ότι

f(-x)=ημ(-χ)=-ημχ=-f(x). Aυτό σημαίνει ότι έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων Ο (0.0).

é π ù é 3π ù ú È ê ,2π ú êë 2 úû êë 2 úû é π ù é 3π ù Γνησίως Φθίνουσα στο διάστημα ê ,πú È êπ, ú êë 2 úû êë 2 úû

·

Μονοτονία : Γνησίως Αύξουσα στο διάστημα ê0,

·

Ακρότατα : ‘Εχει μέγιστο στο χ=

π

2

‘Eχει ελάχιστο στο χ=

·

το f(

3π 2

το f(

π

2

)=1

3π 2

)=-1

Σημεία Τομής με τους άξονες : Τέμνει τον yy’ στο σημείο Ο(0,0) Τέμνει τον χχ’ στα σημεία με χ=0,π,2π,3π,.....


9

·

Γραφική Παράσταση

Μελέτη της f(x)= συνχ

· · · ·

Πεδίο Ορισμού : Α=R Σύνολο Τιμών : f(A)=[-1,1] Περιοδικότητα : Είναι περιοδική με Τ =2 =2π Συμμετρίες : Είναι άρτια αφού για κάθε χεR και –χεR και ισχύει ότι

f(-x)=συν(-χ)=συνχ=f(x). Aυτό σημαίνει ότι έχει άξονα συμμετρίας την αρχή τον άξονα yy’..

Ζ0,π ∴ Γνησίως Aύξουσα στο διάστημα Ζ π,2π ∴

·

Μονοτονία : Γνησίως Φθίνουσα στο διάστημα

·

Ακρότατα : ‘Εχει μέγιστο στο χ=0

το f(0)=1

‘Eχει ελάχιστο στο χ=π το f(π)=-1

·

Σημεία Τομής με τους άξονες : Τέμνει τον yy’ στο σημείο Ο(0,1) Τέμνει τον χχ’ στα σημεία με χ=

·

Γραφική Παράσταση


π 3π 5π ,

2 2

,

2

.

10

Μελέτη της f(x)=εφχ

·

Πεδίο Ορισμού : Α={χεR/ συνχ ÷ 0}={χεR/x ÷ κπ+

· · ·

Σύνολο Τιμών : f(A)=R

π

2

,

κεΖ}

Περιοδικότητα : Είναι περιοδική με Τ=π Συμμετρίες : Είναι περιττή αφού για κάθε χε R και –χεR και ισχύει ότι f(-x)=εφ(-χ)=-εφχ=f(x). Aυτό σημαίνει ότι έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων Ο (0.0).

·

Μονοτονία : Γνησίως Aύξουσα στο διάστημα (-

· ·

Ακρότατα : Δεν έχει ακρότατα

π π

, ) 2 2

Σημεία Τομής με τους άξονες : Τέμνει τον yy’ στο σημείο Ο(0,0) Τέμνει τον χχ’ στα σημεία με χ=0,π,2π....

‘Εχει κατακόρυφες Ασύμπτωτες τις ευθείες χ=κπ+

π

2

με κεZ.

· Γραφική Παράσταση :

Μελέτη της f(x)=σφχ

· · · ·

Πεδίο Ορισμού : Α={χεR/ ημχ ÷ 0}={χεR/x ÷ κπ, κεΖ} Σύνολο Τιμών : f(A)=R Περιοδικότητα : Είναι περιοδική με Τ=π Συμμετρίες : Είναι περιττή αφού για κάθε χε R και –χεR και ισχύει ότι

f(-x)=σφ(-χ)=-σφχ=f(x). Aυτό σημαίνει ότι έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων Ο (0.0).

· · ·

Μονοτονία : Γνησίως Φθίνουσα στο διάστημα (0,π) Ακρότατα : Δεν έχει ακρότατα Σημεία Τομής με τους άξονες : Δεν τέμνει τον yy’ Τέμνει τον χχ’ στα σημεία με χ=


π 3π 5π ,

2 2

,

2

...

11

‘Εχει κατακόρυφες Ασύμπτωτες τις ευθείες χ=κπ με κεZ.

· Γραφική Παράσταση :

f(x)= ρημ(ωχ)+c

· Περίοδος : Τ =

2π ω

· Μέγιστη Τιμή : |ρ|+c · Eλάχιστη Τιμή : -|ρ|+c · Πίνακας Τιμών : χ

π

0

π

3π

2π

π

π

2 3π

2π

2ω 1

ω 0 0 c

2ω -1 - ρ - ρ+c

ω 0 0 c

π

3π

2π

2π ω 1 ρ ρ+c

2 χ ημ(ωχ) ρημ(ωχ) f(x)

0 0 0 c

ρ ρ+c

f(x)= ρσυν(ωχ )+c

· Περίοδος : Τ =

2π ω

· Μέγιστη Τιμή : |ρ|+c · Eλάχιστη Τιμή : -|ρ|+c · Πίνακας Τιμών : χ

0

π

2 χ συν (ωχ συν (ωχ) ρσυν(ωχ) f(x)

0

π

π

2 3π

1 ρ ρ+c

2ω 0 0 c

ω -1 - ρ - ρ+c

2ω 0 0 c


12

Eπίλυση Τριγωνομετρικών Εξισώσεων

ïìï x=2κπ+θ ïüï · ημχ=ημθ Û ï ή , κ Î ¢ï í ý ïï ïï χ κπ+π-θ =2 îï þï ìïx=2κπ+θ üï ï ïï · συνχ=συνθ Û ï ή , í ý Û χ=2κπ ° θ κ Î ¢ ïïχ κπ-θ ïï îï =2 þï · ·

εφχ=εφθ Û χ=κπ+θ, κ Î ¢ σφχ=σφθ Û χ=κπ+θ, κ Î ¢

Ειδικές Μορφές Τριγωνομετρικών Εξισώσεων

·

ημf(x)=ημg(χ) Eφαρμόζουμε τους βασικούς τύπους επλιλυσης των τριγωνομετρικών

ìï f(x)=2κπ+g(x) üï ïï ï εξισώσεων: ημf(x)=ημg(χ) Û í ή , κ Î ¢ï ý και λύνουμε ïï χ κπ+π ïï -g(x) îïf( )=2 þï καθεμία από τις δύο εξισώσεις ως προς χ.

·

συνf(x)=συνg(χ)

Eφαρμόζουμε τους βασικούς τύπους επλιλυσης των τριγωνομετρικών εξισώσεων:

ìïïf(x)=2κπ+g(x) üïï συνf(x)=συνg(χ) Û í ή , κ Î ¢ý ïïîf(χ)=2κπ-g(x) ïïþ

και λύνουμε

καθεμία από τις δύο εξισώσεις ως προς χ.

·

εφf(x)=εφg(χ) ‘Οταν έχουμε αυτήν την μορφή ξεκινάμε λαμβάνοντας περιορισμούς : π συνf(x) ÷ 0 Û f(x) ÷ κπ+ , κ Î ¢

2

συνg(x) ÷ 0 Û g(x) ÷ κπ+

π

2

,

κÎ¢

,τους οποίους τους συνάληθεύουμε και

βγάζουμε έναν τελικό περιορισμό . Στην συνέχεια εφαρμόζουμε τους γενικούς τύπους λύσεων : εφf(x)=εφg(χ) Û f(x)=κπ+g(x), κ Î ¢ ,και λύνουμε ως προς χ. Στο τέλος δεν ξεχνάμε να συναληθεύσουμε τις λύσεις που βρήκαμε με τον περιορισμό.


13

·

σφf(x)=σφg(χ) Οταν έχουμε αυτήν την μορφή ξεκινάμε ξεκι νάμε λαμβάνοντας περιορισμούς : ημf(x) ÷ 0 Û f(x) ÷ κπ+π, κ Î ¢ ημg(x) ÷ 0 Û g(x) ÷ κπ+π, κ Î ¢ βγάζουμε έναν τελικό περιορισμό .

,τους οποίους τους συνάληθεύουμε και

Στην συνέχεια εφαρμόζουμε τους γενικούς τύπους λύσεων : σφf(x)=σφg(χ) Û f(x)=κπ+g(x), κ Î ¢ ,και λύνουμε ως προς χ. Στο τέλος δεν ξεχνάμε να συναληθεύσουμε τις λύσεις που βρήκαμε με τον περιορισμό. Παρατηρήσεις:

1) Η απαλοιφή του προσήμου (-) μπροστά από έναν τριγωνομετρικό αριθμό,γίνεται χρησιμοποιώντας τους τύπους : -ημω=ημ(-ω) -συνω=συν(π-ω) -εφω=εφ(π-ω) -σφω=σφ(π-ω) 2) Μπορούμε να μετατρέψουμε το ημίτονο σε συνημίτονο,την εφαπτομένη σε συνεφαπτομένη συνεφαπτομένη και αντίστροφα χρησιμοποιώντας τους τύπους : æπ ö ημω=συν çç -ω è2 ø æπ ö συνω=ημ çç -ω è2 ø æπ ö εφω=σφ çç -ω è2 ø æπ ö σφω=εφ çç -ω è2 ø

3) Κάποιες φορές προκειμένου να έχουμε μόνο έναν τριγωνομετρικό αριθμό στην εξίσωση πρέπει να κάνουμε αντικαταστάσεις αντικαταστάσεις χρησιμοποιώντας τους τύπους: ημ2χ=1-συν2χ συν2χ=1- ημ2χ εφχ=

ημχ συνχ

εφχ=

1 σφχ


14

1

σφχ=

εφχ εφχσφχ =1

4) Κάποιες φορές η διαίρεση με ημχ ή συνχ μπορεί να οδηγήσει σε εξίσωση που περιέχει μόνο την εφχ ή μόνο την σφχ.Προσοχή σφχ.Προσοχή όμως μην ξεχάσουμε ξε χάσουμε να λάβουμε περιορισμούς(ημχ ÷ 0 ή συνχ ÷ 0) Παραδείγματα Να λυθούν οι εξισώσεις: π

ι)6ημ(2χ-

ιν)σφ(χ-

6

π

4

)-3=0 ιι)συν(χ-

)+σφχ=0

π

3

)-συν(χ+

ν)ημ(2χ-

π

3

π

4

)=0 ιιι)εφ(χ-

)=συν(χ+

π

6

π

6

)=εφ3χ

)

Λύσεις ι) 6ημ(2χ-

π

π π π π 1 )-3=0 6ημ(2χ- ) < 3 Û ημ(2χ- ) < Û ημ(2χ- )=ημ 6 6 6 6 2 6

ìï 2χ- π =2κπ+ π üï ìï2χ=2κπ+ π + π üï ïì χ=κπ+ π ïüï ïï ï ï ï ï 6 6 6 6 6 ïï ïï ïï ïï ïï ï ή , κ Î ¢ý Û í ή , κ Î ¢ý Û í ή , κ Î ¢ý Ûí ïï π ï ï ï ï ïï π ïï ïï 2χ < 2κπ+π ïï ïïχ < κπ+ π ïï2χ- < 2κπ+πï ïþ îï þï îï 2 6 þï î 6 ìï π üï ïìï ïüï π ïïχ- =2κπ+χ+ π ïï 0 =2 + χ κπ Αδύνατη ï ïï ïï 3 ïï ï 4 4 ï ï π π ï ιι) συν(χ- )=συν(χ+ ) Û í ή ,κ ,κÎ¢ïý Û ïí ή ,κÎ¢ïý ï ï ï ïï ïï ïï ïï 3 4 ïï π ïï χ- π =2κπ-χ- π ïï ïï 2χ=2κπ+ ïï ïþï ïïî 4 12 îïï 3 þï

Û χ=κπ+

π

24

, κÎ¢

ιιι)Πρώτα λαμβάνουμε περιορισμούς : συν3χ ÷ 0 Û 3χ ÷ λπ+ χ÷

λπ

3

+

π

2

, λÎ¢

π

6

π π π 2π π π και συν(χ- ) ÷ 0 Û χ- ÷ λπ+ Û χ ÷ λπ+ ∗ Û χ ÷ λπ+ , λÎ¢

6

6

2


2

6

3

15

‘Αρα έχουμε εφ3χ=εφ(χ -

π

6

) Û 3χ=κπ+χ-

π

6

Û 2χ=κπ-

π

6

Û χ=

κπ

2

,

π

12

, κÎ¢

Εξετάζουμε αν οι λύσεις ικανοποιούν τους περιορισμούς: κπ

π

λπ

π

Û 6κπ-π ÷ 4λπ+2π Û (6κ-4λ)π ÷ 2π+π Û 6κ-4λ ÷ 3 Û 2(3κ-2λ) ÷ 3 2 12 3 6 Αυτό όμως ισχύει πάντα γιατι ο αριθμός 2(3κ-2λ) είναι άρτιος ενώ το 3 είναι

-

÷

+

περιττός. Ομοίως

κπ π

-

2 12

÷ λπ+

2π

3

Û 6κπ-π ÷ 12λπ+8π Û (6κ-12λ)π ÷ 8π+π Û 6κ-12λ ÷ 9 Û 2(3κ-6λ) ÷ 9

Αυτό όμως ισχύει πάντα γιατι ο αριθμός 2(3κ-6λ) είναι άρτιος ενώ το 9 είναι περιττός. ιν) Η σφ(χ-

π

4

) ορίζεται αν ημ(χ-

π

4

) ÷ 0 και η σφχ αν ημχ ÷ 0.

π π π π κπ 5π 5π σφ(χ- )=-σφχ Û σφ(χ- )=σφ(π-χ) Û χ- =κπ+π-χ Û 2χ=κπ+π+ Û 2χ=κπ+ Û χ= ∗ 4 2 8 4 4 4 4 Συναληθεύοντας Συναληθεύοντας με τους περιορισμούς βρίσκουμε ότι οι λύσεις είναι δεκτές.

ν) ημ(2χ-

π

π

π

π

π

π

π

)=συν(χ+ ) Û ημ(2χ- )=ημ[ -(χ+ )] Û ημ(2χ- )=ημ( -χ) Û 3 6 3 2 6 3 3

ìï ü ì 2π π π 2π ü ì ïüï ïï 2χ- < 2κπ+ -χ ïïï ïï3χ < 2κπ+ ïï ïïïχ < 2κπ + ïï 3 9 3 3 3ï ïï ï ïï ï ï ïý Û ïí ïý Û ïí ή ή ή , κ Î ¢ï í ý. ïï π ï ï ï ï ïï 2κπ+π ï 2κπ+π ïï2χ- < 2κπ+π- π +χïïï ïïï χ < 2κ ïï ïïï χ < 2κ ïï þï îï 3 ï þï îï 3 þ îï


16

Θέματα για λύση

1. Να βρείτε τους τριγωνομετρικούς αριθμούς των παρακάτω γωνιών : 25π 33π ι)420ο ιι) 750ο ιιι) ιν) 6 4 2. α)Αν ισχύει

π

2

<χ<π ,να βρείτε το πρόσημο της παράστασης: Α=ημχ-εφχ-συνχ 3π παράστασης:Β=σφχ-ημχ-συνχ -συνχ ,να βρείτε το πρόσημο της παράστασης:Β=σφχ-ημχ 2

β)Αν ισχύει π<χ<

3.

Να βρείτε την μέγιστη και την ελάχιστη τιμή των παραστάσεων παραστάσεων :

5 ι)Α=2ημφ-3συνω ιι)Β=2-ημ2ω ιιι) Γ= ημω+2

4. Να βρείτε το πρόσημο της παράστασης Α=ημ 2ω-2ημω-8 3 π 5. Αν ισχύει συνω= και 0<ω< να βρείτε τους υπόλοιπους τριγωνομετρικούς 2 5 αριθμούς της γωνίας ω . 6. Αν ισχύει ημω=

5

και

3

π

2

<ω<π να βρείτε τους υπόλοιπους

τριγωνομετρικούς αριθμούς της γωνίας ω.

7. Αν ισχύει εφω=

7

και

3

3π <ω<2π να βρείτε τους υπόλοιπους 2

τριγωνομετρικούς αριθμούς της γωνίας ω.

8. Αν ισχύει εφω=-

2 6

και

5

3π υπ όλοιπους <ω<2π να βρείτε τους υπόλοιπους 2

τριγωνομετρικούς αριθμούς της γωνίας ω. ταυτότητες: 9. Να αποδείξετε τις παρακάτω ταυτότητες 2

2

1-εφ2χ 2 ιι)εφχ-εφχημ χ=ημχσυνχ ιιι) ημ χ =1-2 1+εφ2χ

2

2

ι)εφ χσυν χ+συν χ=1 ιν)

1+ημ2χ 2 -2εφ χ=1 2 συν χ

ν)

συνφ

+

συνφ

=

2

1-ημφ 1+ημφ συνφ

2 2 1+εφ ω 1+σφ ω 4 . νιι) 2 × σφ ω= 2 συν ω

ημ ω

10. ‘Ομοίως: 2

2

συνω ημω 2 2 συν ω-ημ ω ιι) = =συνω-ημω 2 1+εφω 1+σφω 1+εφ ω 1+σφ ω 2 2 2 2 εφ ω+σφ ω 1-2ημ ω × συν ω 3ημω 1+2ημω 2 ιιι) 2 -1+ 1+ημω =3εφ ω ιν) εφω+σφω = συνω × ημω συν ω ι)

συν ω

2 -

ημ ω


17

11. Να αποδείξετε ότι : 2

ι)

2

συν β-ημ β ′ 1+2ημα × ημβ

ιι)

2 2 ημβ+συν β ′ 10 9συν α+6ημα × ημβ

12. Να υπολογίσετε τους τριγωνομετρικούς αριθμούς των γωνιων : 3π 2π ι)-45ο ιι)-30ο ιιι)150ο ιν)225ο ν)240ο νι) νι) 4 3 13. Να υπολογίσετε τις τιμές των παραστάσεων : 7π 4π 3π 5π 29π 43π ημ

ι) Α= ημ

4 2π

× συν × εφ

3 19π

6

3π

4

εφ

× σφ

27π

3 5π

6

× συν

ημ(-

ημ

4 π

6

ιι) Β= εφ

)

3

21π 4

× σφ

+συν

6 26π

3

17π 3 6 4 ιιι) Γ= 20π 37π 46π σφ × ημ × συν 3 3 4 ημ

× συν

× εφ

14. Να υπολογίσετε τις τιμές των παραστάσεων: ημ(7π+χ) × συν(21π-χ) συν(8π-χ)+σφ(3π+χ) ι) Α= ιι) Β= ημ(13π-χ) × συν(38π-χ) συν(23π+χ)+σφ(27π-χ) æ13π ö æ21π ö ημççç -χ×συνççç +χ εφ(5π-χ) è 2 ø è 2 ø ιιι) Γ=ημ(11π-χ)+ημ(15π+χ)+ ιν) Δ = æ 17π ö æç 25π ö εφ(9π+χ) ημççç +χ×συνçç -χ è 2 ø è 2 ø 15. Να υπολογίσετε τις τιμές των παραστάσεων: π ημ(χ-π) ημ(χ-π)×εφ(χ- )×συν(χ-2π)

ι) Α=

2

π συν(χ-3π)×σφ(χ-π σφ(χ-π))×συν(χ συν(χ- )

2

41π 35π -θ)εφ × (21π-θ) +θ) π-θ)×συν συν( 2 2 ιι) Β= 25π 5π +θ)×σφ( -θ)×συν συν( συν(33π+θ) 2 2 ημ(

16. Αν Α,Β,Γ, γωνίες τριγώνου ΑΒΓ να αποδείξετε ότι : ι)ημ2(Β+Γ)+συν2Α=1

ιιι)συν2

ιι)εφ(Β+Γ)σφΑ=-1

17. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση : ι)f(x)=ημ2χ+εφχ έχει περίοδο Τ=π ιι) f(x)=συν2χ-ημ4χ έχει περίοδο Τ=π ιιι)f(x)=2ημ8χ-3συν4χ έχει περίοδο Τ =


π

2

Α

2

+συν2

Β+Γ

2

18

18. Να εξετάσετε αν καθεμία από τις παρακάτω συναρτήσεις είναι άρτια περιττή: ι)f(x)=2ημχ-εφχ ιι)f(x)=ημχσυνχ ιιι)f(x)=x3εφχ περί οδο,την μέγιστη και την ελάχιστη τιμή των παρακάτω 19. Να βρείτε την περίοδο,την συναρτήσεων: ι)f(x)=5ημ6χ ιι)f(x)=-12συν8χ ν)f(x)=

π

6

)=1 ιι)συν(χ+

π

ιιι)εφχ= -

)=1 ιιι)ημ(2χ+

4 22. Na λύσετε τις εξισώσεις: ι)ημ(χ-

ιν)f(x)=-

6

ημ10χ

20

5 συν(πχ ) 3

20. Na λύσετε τις εξισώσεις: 2 3 ι)ημχ= ιι)συνχ= 2 2 21. Na λύσετε τις εξισώσεις: ι)ημ(χ+

συν4χ

ιιι)f(x)=

π

4

ιι) συν3χ=συν(χ χ+ )=ημ2χ ιι)συν3χ=συν(

π

3

3 3

π

3

ιν)σφχ=-1

ιν)συν(

)=-1

) ιιι)εφχ=εφ(

π

6

π

5

-2χ)=-1

-χ) ιν)σφ(χ-

π

3

)=σφ(

π

4

-χ)

23. Na λύσετε τις εξισώσεις: ι)ημ(χ-

π

8

)-ημ(χ+

ιν)συν2χ+συν(

π

6

π

4

)=0 ιι)ημχ+ημ(2χ-

π

3

) ιιι)συν(

π

3

-χ)-συν(

π

6

+2χ)=0

-χ)=0

24. Na λύσετε τις εξισώσεις: π π 3π 2π ι)εφ(χ+ )+εφ(χ- )=0 ιι)σφ(χ+ )+σφ(χ+ )=0 ιιι)ημχ=συνχ 4 6 6 3 π π π 2π ιν)ημ2χ=συν (χ- ) ν)εφχ=σφ ( -χ) ιν)εφ(χ- )=σφ(χ + ) 3 4 5 5 25. Na λύσετε τις εξισώσεις: 3π ι) ημ(

3π 8

+χ)+συν(

π

4

-χ)=0 ιι) εφ(

7π 10

π ημ(χιν)

) 6 ∗1 < 0

ημ2χ


-2χ)+σφ(

3π 5

ημ(χ+ +χ)=0 ιιι)

) 4

ημχ

<1

19

26. Na λύσετε τις εξισώσεις: ι)|2ημχ|=1 ιι)|4συνχ-1|=3 ιιι)|ημχ|=|συν2χ| 27. Να λύσετε τις εξισώσεις: ι)2ημχσυν2χ=-ημχσυνχ ιι)2ημχσυνχ-1=συνχ-2ημχ ιιι)σφχσυνχ+1=συνχ+σφχ ιν) 2 3 ημχσυνχ-6συνχ=3- 3 ημχ ν)4ημ2χ-1=0

νι)ημχεφ2χ=3ημχ

28. Na λύσετε τις εξισώσεις: ι)ημ2χ-ημ2(

π

4

ιι)ημ2χ=συν23χ ιιι)ημ3χ=ημχσυν 2χ

-χ)=0

29. Na λύσετε τις εξισώσεις: ι)2συν2χ+3συνχ+1=0

ιι)4ημ2χ-8ημχ+3=0

ιιι)2συν2χ+( 3 -2)συνχ- 3 =0

ιν)εφ2χ-( 3 -1)εφχ- 3 =0

30. Na λύσετε τις εξισώσεις: ι)2συν2χ-ημχ-2=0 ιι)-2ημ2χ+συνχ+1=0 31. Na λύσετε τις εξισώσεις: ι)3εφχ= 2 3 ημχ ν)

ιι)ημχσυνχ=εφχ ιιι)εφ4χσφ2χ=1 ιν)συνχ-εφχ =

1 συνχ

1 +2 3σφχ+2=0 ημ2χ

32. Na λύσετε τις εξισώσεις: ι)2(1-συνχ)(1+συνχ)+ημχ=0 ιι)2ημ2χ-3|ημχ|+1=0 ιιι)εφ4χ-4εφ2χ+3=0 ιν) 4-

2

1 ημχ+1 1-ημχ συν2χ =

2

-


20

ΔΙΑΙΡΕΣΗ ΠΟΛΥΩΝΥΜΩΝ

Ορισμοί Μονώνυμο :Καλείται κάθε παράσταση της μορφής αχ ν με αεR και νεN. Πολυώνυμο του χ :Καλείται κάθε παράσταση της μορφής α νχν+αν-1χν-1+....+α1χ+α0.

με α0,α1,.....,αν εR και νεN. Τα πολυώνυμα της μορφής α 0(δηλ. οι πραγματικοί αριθμοί) ονομάζονται σταθερά πολυώνυμα και ειδικότερα το 0 ονομάζεται μηδενικό πολυώνυμο . Οι αριθμοί α0,α1,.....,αν λέγονται συντελεστές του πολυωνύμου πολυωνύμου και ειδικότερα ο α 0 ονομάζεται σταθερός όρος . μεγαλύτερο εκθέτη του χ που υπάρχει στο Βαθμός πολυωνύμου : Ονομάζουμε τον μεγαλύτερο πολυώνυμο με την προυπόθεση ότι ο συντελεστής του δεν είναι μηδέν . Το σταθερό και μη μηδενικό πολυώνυμο έχει έχει βαθμό 0. Για το μη μηδενικό πολυώνυμο δεν ορίζεται βαθμός . Βαθμός πολυωνύμου με παραμετρικούς παραμετρικούς συντελεστές

Αν μας δίνεται πολυώνυμο P(x)=a kxk+ak-1xk-1+…….+a 1x+a0 και οι συντελεστές συντελεστές ακ,ακ-1,...,α1,α0 περιέχουν μέσα τους κάποια παράμετρο τότε λύνουμε αρχικά την ακ ÷ 0 και έχουμε : ι)Για όλες τις τιμές της παραμέτρου εκτός από αυτές που βρήκαμε το πολυώνυμο έχει βαθμό κ ιι)Στην συνέχεια βάζουμε στο πολυώνυμο μία μία τις τιμές που εξαιρέσαμε και βρίσκουμε κάθε φορά τον βαθμό του (Σ’αυτήν την περίπτωση ο βαθμός είναι σίγουρα μικρότερος από κ ). π.χ Αν P(x)=(λ3-4λ)χ3+(λ2-2λ)χ2+(λ2-4)χ+λ-2 ,να βρείτε τον βαθμό του τ ου πολυωνύμου για τς διάφορες τιμές του λε R. Λύση

3 2 2 λ -4λ ÷ 0 Û λ(λ , 4) ÷ 0 Û λ ÷ 0 και λ ÷ 4 Û λ ÷ ° 2 . ‘Αρα αν λ ÷ 0 και

λ ÷ °2 το πολυώνυμο είναι τρίτου βαθμού .


21

Αν λ=0 το πολυώνυμο γίνεται P(x)=-4x+2 και έχει βαθμό 1. Αν λ=2 το πολυώνυμο γίνεται P(x)=0 οπότε δεν ορίζεται βαθμός. Αν λ=-2 το πολυώνυμο γίνεται P(x)=8χ2-4 και έχει βαθμό 2.

Ισότητα Πολυωνύμων Πολυωνύμων P(x)=αμχμ+αμ-1χμ-1+.....+α1χ+α0 και Q(x)=βνχν+βν-1 χν-1+...+β1χ+β0 με μ ″ νείναι ίσα P(x)=Q(x) αν και μόνο αν

Δύο πολυώνυμα πολυώνυμα P(x) , Q(x) με

α0=β0 ,α1=β1, .......αν=βν και αμ+1=αμ+2=....αμ=0. π.χ

1. P(x)=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0 και Q(x)=β3χ3+β2χ2+β1χ+β0 είναι ίσα αν α5=α4=0 και α0=β0 ,α1=β1 , α2=β2 , α3=β3.

2. P(x)=(a2-4)x3+(a2+2a)x2-a2x+3a-8 και Q(x)=(3a+2)x2-2ax+a-a2. Nα βρείτε το α ώστε τα δύο πολυώνυμα να είναι ίσα . Λύση

2

2

Πρέπει α -4=0 Û α < 4 Û α= ° 2 και και

2

2

α +2α=3α+2 Û α -α-2=0 Û α=-1 ή α=2

2 2 -α =-2α Û α -2α=0 Û α(α-2)=0 Û α=0 ή α=2 .

Η κοινή λύση των παραπάνω εξισώσεων είναι το α =2.’Αρα για α=2 τα πολυώνυμα είναι ίσα.

Αριθμητική Τιμή Πολυωνύμου Αριθμητική τιμή πολυωνύμου ή απλά τιμή του πολυωνύμου για χ=ρ ονομάζεται ο αριθμός που προκύπτει αν στο πολυώνυμο P(x) βάλουμε στην θέση του χ τον αριθμό ρ ,και συμβολίζεται με P(ρ). Ρίζα ενός πολυωνύμου πολυωνύμου ονομάζεται ο αριθμός ρ για τον οποίο P(ρ)=0.

Πράξεις μεταξύ πολυωνύμων ‘Οπως γνωρίζουμε και από την γ ’ γυμνασίου η πρόσθεση,η αφαίρεση και ο πολλαπλασιασμός των πολυωνύμων γίνεται χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες των πραγματικών αριθμών . Βαθμός Αθροίσματος πολυωνύμων: Είναι μικρότερος ή ίσος από α πό τον μεγαλύτερο βαθμό των πολυωνύμων που έχουμε .


22

Βαθμός Γινομένου πολυωνύμων : Είναι ίσος με το άθροισμα άθρ οισμα των βαθμών των πολυωνύμων που πολλαπλασιάζονται πολλαπλασιάζονται .

Tαυτότητα Διαίρεσης πολυωνύμων πολυωνύμων Δ(χ)=δ(χ)π(χ)+υ(χ) δ(χ) ÷ 0 και 0 ′ Βαθμός υ(χ )<Βαθμός δ(χ)

· · · ·

Δ(χ): Διαιρετέος δ(χ): Διαιρέτης π(χ): Πηλίκο υ(χ): Υπόλοιπο

Παρατηρήσεις · Το άθροισμα των βαθμών του διαιρέτη δ(χ ) και του πηλίκου π(χ ) είναι ίσο με τον βαθμό του διαιρετέου Δ(χ ). παράγοντας · Αν υ(χ)=0 η διαίρεση ονομάζεται τέλεια και το δ(χ) ονομάζεται παράγοντας του Δ(χ). · Το πηλίκο είναι ένα άθροισμα μονωνύμων . Για να βρούμε το μονώνυμο που κάθε φορά προστίθεται στο πηλίκο, διαιρούμε τον πρώτο όρο του πολυωνύμου με τον 1ο όρο του διαιρέτη. Πολλαπλασιάζουμε το αντίστοιχο μονώνυμο με το διαιρέτη και μετά αφαιρούμε το γινόμενο από το διαιρετέο . Βρίσκουμε έτσι ένα μερικό υπόλοιπο, που παίρνει το «ρόλο» του διαιρετέου για τη συνέχεια της διαίρεσης. Η ίδια διαδικασία συνεχίζεται για το μερικό υπόλοιπο , μέχρις ότου το υπόλοιπο υ(x) να γίνει μηδέν ή ο βαθμός του υ(x) να είναι μικρότερος από το βαθμό τον δ(x). Διαιρετέος Δ(χ)

¯

Διαιρέτης δ(χ)

¯

3χ3 + 2χ2 + 5χ + 1 – 3χ3 – 3χ2

χ+1

3χ2 – χ + 6

– x2 + 5χ + 1

πηλίκο π(χ)

χ2 + χ

6χ + 1 – 6χ – 6 –

–5

υπόλοιπο υ(χ)


23

Άρα 3x3 + 2χ2 + 5χ + 1 = ( χ + 1) (3χ2 – χ + 6) – 5 Βαθμός υ(χ) < βαθμός δ(χ) Ο Διαιρετέος – διαιρέτης κατατάσσονται κατά τις φθίνουσες δυνάμεις του χ.Αν κάποιος όρος λείπει από τον Διαιρετέο τότε αυτός αντικαθίσταται από τον όρο 0χν. Έτσι αφενός μεν ο διαιρετέος Δ(χ ) δεν μεταβάλλεται, αφετέρου έχουμε παρούσες όλες τις δυνάμεις του χ που απαιτούνται απαιτούνται για να γίνει η διαίρεση .

Σχήμα Horner (x3 – 3χ2 – 2) : (χ + 2)

1η

1

–3

0

–2

2η

¯

–2

10

– 20

3η

1

–5

10

–2

– 22

συντελεστές του πηλίκου υπόλοιπο

· Για να εφαρμόσουμε το σχήμα Horner τα μονώνυμα του πολλαπλασιασμού πρέπει να είναι διατεταγμένα κατά φθίνουσες δυνάμεις του χ · Αν κάποιος όρος από το πολυώνυμο λείπει στο πινακάκι στη θέ ση του βάζουμε το μηδέν Ο πίνακας μετά το σχήμα Horner αποτελείται από τρεις γραμμές

1. Στην 1η γραμμή βάζουμε τους συντελεστές του διαιρετέου και δεξιά τη ρίζα του διαιρέτη

2. Το 1ο στοιχείο της 1η γραμμής το γράφουμε και στην 3η γραμμή ως 1ο στοιχείο 3. Το 1ο κουτάκι της 2ης γραμμής μένει κενό 4. Κάθε στοιχείο της 2ης γραμμής προκύπτει με πολλαπλασιασμό του αμέσως προηγούμενου στοιχείου της 3ης γραμμής επί το – 2 5. Κάθε στοιχείο της 3ης γραμμής (εκτός του 1ου) προκύπτει από το άθροισμα των αντίστοιχων στοιχείων της 1ης και της 2ης γραμμής .


24

Θεώρημα: Το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός πολυωνύμου με το χ-ρ είναι ίσο με την τιμή του πολυωνύμου για χ=ρ ,δηλαδή υ=Ρ(ρ).

Θεώρημα: ‘Ενα πολυώνυμο Ρ(χ ) έχει παράγοντα το χ-ρ αν και μόνο αν το ρ είναι ρίζα του Ρ(χ),δηλαδή αν και μόνο αν Ρ(ρ )=0.

Παρατήρηση Για ένα πολυώνυμο Ρ(χ ),οι παρακάτω εκφράσεις είναι ισοδύναμες:

· · · · · · ·

Το χ-ρ διαίρει το Ρ(χ). Η διαίρεση του Ρ(χ) με το χ-ρ είναι τέλεια. Το χ-ρ είναι παράγοντας του Ρ(χ ). Το ρ είναι ρίζα του Ρ(χ). Το Ρ(χ) διαιρείται με το χ-ρ. Το χ-ρ είναι διαιρέτης του Ρ(χ). Το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ ): (χ-ρ) είναι μηδέν.

Αυτό σημαίνει ότι αν σε μία άσκηση μας δωθεί μία απο τις παραπάνω εκφράσεις , τότε θα ισχύουν ταυτόχρονα όλες μαζί και μπορούμε να εκμεταλλευτούμε ότι Ρ(ρ)=0

Προσδιορισμός Προσδιορισμός Παραμέτρων Στις ασκήσεις που μας δίνονται κάποιες συνθήκες και απαιτείται ο προσδιορισμός κάποιων παραμέτρων χρησιμόποιούμε τα δύο παραπάνω θεωρήματα . Πχ

1.Να βρείτε τις τιμές του κ, για τις οποίες το x + 1 είναι παράγοντας του g(x) = 2κ2x1000 + 5κx500 + 3x Λύση

x + 1παράγοντας του g(x) Û g(– g(– 1) = 0 Û 2κ2(– 1)1000 + 5κ(– 1)500 + 3(– 1) = 0 Û 2κ2 + 5κ – 3 = 0 Û

κ=–3ή k=

1 2


25

2.Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς λ , μ ώστε το P(x) P(x) = x4 – λx2 + 2x + μ να έχει ρίζα το 1 και η τιμή του για x = 2 να είναι 5 Λύση (1) ìP(1) = 0 ì1 - l + 2 + m = 0 ì- l + m = -3 ìl - m = 3 Αρκεί í Ûí Ûí Ûí îP(2) = 5 î16 - 4l + 4 + m = 5 î- 4l + m = -15 î- 4l + m = 1 - 5 (2)

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1), (2) Έχουμε – 3λ = – 12 Û λ = 4 και με αντικατάσταση του λ = 4 στην (1) έχουμε :

4–μ=3Û–μ–1Ûμ=1 3.Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)=χ3+αχ2-12χ+β.Το χ-3 είναι παράγοντας του Ρ(χ) και το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ ) με το χ+1 είναι 28.Να βρείτε τις τιμές των α,β ε R. Λύση ‘Αφου το χ-3 είναι παράγοντας θα ισχύει Ρ (3)=0

Û 27+9α-36=β=0 Û 9α+β=9 (1)

Το υπόλοιπο της διαίρεσης με το χ+1 είναι 28 άρα Ρ(-1)=28 Û -1+α+12+β=28 Û α+β=17 (2)

(1) -(2) έχουμε: 8α=8 Û α=-1 τότε από (2) Þ β=18. Αν μας δίνεται ότι το (χ-ρ)2 είναι παράγοντας του Ρ(χ ) :

· ·

Το (χ-ρ) είναι παράγοντας του Ρ(χ ),δηλαδή Ρ(ρ)=0. Το πηλίκο π(χ) της διαίρεσης Ρ(χ): (χ-ρ) έχει και αυτό παράγοντα το χ-ρ,δηλαδή π(ρ)=0

Αν μας δίνεται ότι το αχ2+βχ+γ με α ÷ 0 και Δ ″ 0 είναι παράγοντας του Ρ(χ ) : Βρίσκουμε την διακρίνουσα και το παραγοντοποιούμε οπότε:

·

Αν Δ>0 έχει δύο πραγματικές ρίζες ρ1,ρ2 και παίρνει την μορφή α(χ- ρ1)(χ- ρ2) οπότε δείχνουμε ότι έχει παράγοντες τους χ - ρ1, χ- ρ2,δηλαδή δείχνουμε Ρ (ρ1)=0 και Ρ(ρ2)=0.

·

Αν Δ =0 έχει μία διπλή ρίζα και παίρνει την μορφή α(χ - ρ1)2,οπότε δείχνουμε οπως αναφέρθηκε πριν ότι Ρ(ρ 1)=0 και π(ρ1)=0.


26

4. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ )=χ3+αχ2+β.Να βρείτε τις τιμές των α,β ώστε το Ρ(χ) να έχει παράγοντα το χ2-4χ+4. Λύση Παρατηρούμε ότι χ 2-4χ+4=(χ-2)2 άρα το Ρ(χ) έχει διπλή ρίζα το 2. Αρχικά ισχύει Ρ(2)=0 Û 8+4α+β=0 Û 4α +β=-8

(1)

Κάνοντας την διαιρεση Ρ(χ ) :(χ-2) με το σχήμα Horner έχουμε

1

α

0

β

2

2α+4

4α+8

1 α+2 2α+4

2

β+4α+8

Επομένως το πηλίκο της διαίρεσης είναι π(χ)=χ2+(α+2)χ+2α+4 και ισχύει π(2)=0 Û

4+2(α+2)+2α+4=0 Û α=-3 και από (1) Þ β=4. Κοινοί Παράγοντες Πολυωνύμων ‘Οταν θέλουμε να αποδείξουμε ότι δύο πολυώνυμα έχουν κοινούς παράγοντες :

·

Βρίσκουμε τους παράγοντες του ενός πολυωνύμου(αυτού πολυωνύμου(αυτού που είναι πιο εύκολο να παραγοντοποιηθεί )

·

Ελέγχουμε αν οι παράγοντες παράγοντες που βρήκαμε είναι παράγοντες και του άλλου πολυωνύμου.


27

ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ

Ορισμοί: Πολυωνυμική εξίσωση βαθμού ν :ονομάζεται κάθε εξίσωση της μορφής :

ανχν + αν-1χν-1 + …. + α1χ + α0, αν ≠ 0 Ρίζα μιας πολυωνυμικής πολυωνυμικής εξίσωσης ονομάζουμε κάθε ρίζα του πολυωνύμου

P(χ) = ανχν + αν-1χν-1 + …. + α1χ + α0 δηλαδή κάθε αριθμό ρ για τον οποίο ισχύει: P(ρ) = 0 π.χ. 2χ5 – 3χ2 – 3χ + 4 = 0 είναι πολυωνυμική εξίσωση 5ου βαθμού, μια ρίζα της εξίσωσης είναι το 1 διότι: P(1) = 0, όπου P(χ) = 2χ5 – 3χ2 – 3χ + 4 Πλήθος Ριζών μιας Πολυωνυμικής Εξίσωσης : Μία πολυωνυμική εξίσωση βαθμού

ν έχει το πολυ ν πραγματικές ρίζες(Αυτό σημαίνει ότι μπορει να έχει από καμία ρίζα εως ν το πλήθος ρίζες ).

Θεώρημα (ακέραιων ριζών ) Έστω η πολυωνυμική εξίσωση: ανχν + αν-1χν-1 + …. + α1χ + α0 = 0 με ακέραιους συντελεστές. Αν ο ακέραιος ρ ≠ 0 είναι ρίζα της εξίσωσης, τότε ο ρ είναι διαιρέτης

του σταθερού όρου α 0.

Παρατήρηση: Οι διαιρέτες του σταθερού όρου είναι πιθανές ρίζες . Με αντικατάσταση (ή με σχήμα

Horner) εξετάζουμε ποιοι από τους διαιρέτες του σταθερού όρου είναι ρίζες . Δηλαδή, το αντίστροφο του θεωρήματος δεν ισχύει γιατί μπορεί το πολυώνυμο να έχει και ρίζες πχ ρητές ή άρρητες.


28

Θεώρημα ρητών (ρητών ριζών ) ‘Εστω η πολυωνυμική εξίσωση : ανχν + αν-1χν-1 + …. + α1χ + α0 = 0 με ακέραιους συντελεστές. Αν ο ρητός

κ λ

÷ 0 (όπου είναι

κ λ

ανάγωγο κλάσμα δηλαδή δεν

απλοποιείται)είναι ρίζα της εξίσωσης, τότε:

·

ο κ είναι ε ίναι διαιρέτης του σταθερού όρου α0.

·

ο λ είναι διαιρέτης του α ν.

Eπίλυση Πολυωνυμικών Εξισώσεων Οι πολυωνυμικές εξισώσεις βαθμού 3 ή μεγαλύτερου λύνονται με παραγοντοποίηση . Παραγοντοποίηση μπορούμε να κάνουμε είτε με όλους τους γνωστούς τρόπους από το γυμνάσιο είτε πλέον με το σχήμα Horner. π.χ Να λυθεί η εξίσωση :χ3 + χ2 – 4χ – 4 = 0 Λύση χ2(χ + 1) – 4(χ + 1) = 0 Û (χ + 1)(χ2 – 4) = 0 Û x+1=0 Û x=-1

2 2 x -4=0 Û x =4 Û x=-2ή x=2 Να λυθεί η εξίσωση 3x4 – 14x3 – 8x2 + 14x + 5 =0 Λύση Διαιρέτες του 5: ± 1, ± 5

P(1) = 3 . 14 – 14 . 13 – 8 . 12 + 14 . 1 + 5 = 0 άρα 1 ρίζα του P(x)

3

3

– 14

–8

14

5

3

– 11

– 19

–5

– 19

–5

– 11

1

0


ή

29

Άρα P(x) = (x – 1)(3x3 – 11x2 – 19x – 5) Συνεχίζω ίδια με το πολυώνυμο Q(x) = 3x3 – 11x2 – 19x – 5 Διαιρέτες του 5: ± 1, ± 5

Q(1) = 3 . 13 – 11 . 12 – 19 . 1 – 5 = 0 άρα 1 ρίζα του Q(x)

3

3

– 11

– 19

– 5

–3

14

5

– 14

–5

1

0

Άρα Q(x) = (x + 1)(x 2 – 14x – 5) Τελικά P(x) = (x – 1)(x + 1)(x2 – 14x – 5)

ì ï ï ï ï ï ïx - 1 = 0 Û x = 1 ï P ( x ) = 0 Û í x + 1 = 0 Û x = -1 ï ì 1 ï ïx = 3 ï ïx 2 - 14 x - 5 = 0 Û ïíή ï ïx = 5 ï ï ï î î

Παρατηρήσεις :

·

‘Οταν όλοι οι συντελεστές μίας πολυωνυμικής εξίσωσης είναι ομόσημοι (είτε θετικοί είτε αρνητικοί),τότε η εξίσωση δεν μπορεί να έχει θετικές ρίζες.


30

·

‘Οταν οι συντελεστές μίας πολυωνυμικής εξίσωσης είναι ρητοί αριθμοί,τότε κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών ώστε να γίνουν ακέραιοι.Στη συνέχεια εφαρμόζουμε το θεώρημα των ακέραιων ριζών.

Ειδικές Μορφές Ø

[Ρ(χ)]ν=α

Λύνονται όπως η εξίσωση χ ν=α

χ= ° ν α .

·

Αν ν άρτιος και α>0, τότε

·

Αν ν άρτιος και α<0, τότε είναι αδύνατη.

·

Αν ν περιττός και α >0,τότε

χ=ν α .

·

Αν ν περιττός και α <0, τότε

χ=- ν |α| .

Πολλές φορές η μορφή

χν =α

προκύπτει αφού φέρουμε όλους τους όρους στο

πρώτο μέλος και κάνουμε παραγοντοποίηση παραγοντοποίηση. Ø

·

α[Ρ(χ)]2ν+β[Ρ(χ)]ν+γ=0 με α ÷ 0

Να λυθεί η εξίσωση: (χ – 1)4 – 3(χ – 1)2 – 4 = 0 (1) Λύση

Θέτουμε (χ – 1)2 = ω, όπου ω ³ 0 οπότε (χ – 1)4 = ω2

ìω = -1, απορρί πτεται ï 2 ή Η (1) γράφεται : ω - 3ω - 4 = 0 Û í ïω = 4 î

2 Για ω = 4 έχουμε (x - 1)

Ø

ìx - 1 = -2 Û x = -1 ή = 4 Û ïí ïx - 1 = 2 Û x = 3 î

Αντίστροφες Εξισώσεις

Μια εξίσωση είναι αντίστροφη όταν οι όροι που ισαπέχουν από τα άκρα έχουν ίσους συντελεστές


31

· 3ου βαθμού: αχ3 + βχ2 + βχ + α = 0 Λύνονται με παραγοντοποίηση παραγοντοποίηση

· 4ου βαθμού:αχ4 + βχ3 + γχ2 + βχ + α = 0 1. Στις αντίστροφες εξισώσεις 4ου βαθμού (και μόνο) πρώτα διαιρούμε με το χ 2 (χ εξί σωσης) = 0 δεν είναι λύση της εξίσωσης αx 2

+ βx + γ +

β x

+

α

= 0.

x2

æ è

2 2. Βγάζουμε κοινούς παράγοντες τα α , β: αç x +

1 ö

æ 1 ö + βç x + ÷ + γ = 0 (1) ÷ x2 ø è x ø

2

1 1 1 æ 1 ö 2 2 2 2 2 3. Θέτουμε : x + = wÞçx + ÷ = w Û x + 2x × + 2 = w Û x + 2 = w - 2 x x x x è x ø 1

4. Η εξίσωση (1) γράφεται: α(ω2 – 2) + β× ω + γ = 0 Þ αω2 + βω + γ – 2 α = 0 5. Λύνουμε την δευτεροβάθμια εξίσωση και τα ω που βρίσκουμε τα αντικαθιστούμε στην x +

1 x

= ω από όπου βρίσκουμε το χ

πχ Να λυθεί η εξίσωση: 6χ4 – 35χ3+ 62χ2 – 35χ + 6 = 0 Λύση

6χ4 – 35χ3+ 62χ2 – 35χ + 6 = 0 Û 6x 2 - 35x + 62 -

(αφού το μηδέν δεν είναι ρίζα της εξίσωσης)

æ è

6ç x 2

+

1 ö

æ 1 ö 35ç x + ÷ + 62 = 0 (1) ÷ 2 è x ø x ø


35 x

+

6 x2

=0 Û

32

æ Θέτουμε x + = ω οπότε ç x + x è 1

1 ö

2

1

÷ = ω Û .... Û x 2 + 2 = ω 2 - 2 . Η (1) γίνεται: x ø x

6(ω2 – 2) – 35ω + 62 = 0 Û 6ω2 – 12 – 35ω + 62 = 0 Û 6ω2 – 35ω + 50 = 0 Û

ìω = 10 ï 1 3 ï í ή ï ïω 2 = 5 2 î

Για ω =

10 3

έχουμε: x +

1 x

=

10 3

Û 3x 2 + 3 = 10x Û 3x 2

ìx = 1 ï 1 3 ï - 10x + 3 = 0 Û í ή ïx = 3 ï 2 î

ìx = 1 ï 3 2 ï 5 1 5 Για ω = έχουμε: x + = Û .... Û í ή x 2 2 ïx = 2 ï 4 î

Εξισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές Ø

Κλασματικές Εξισώσεις

Για να λύσουμε μία κλασματική εξίσωση ακολουθούμε τα παρακάτω βήματα : παρονομαστές . · Παραγοντοποιούμε τους παρονομαστές · Βρίσκουμε το Ε.Κ.Π και βάζουμε περιορισμούς(όλοι οι παράγοντες του Ε.Κ.Π πρέπει να είναι διάφοροι του μηδενός). πολλαπλασιάζοντας όλους τους όρους · Κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών πολλαπλασιάζοντας με το Ε.Κ.Π . · Κάνουμε τις πράξεις και λύνουμε την εξίσωση που προκύπτει με μία από τις μεθοδους που αναφέρθηκαν . · Συναληθεύουμε τις λύσεις με τους περιορισμούς .

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ Να λυθεί η εξίσωση

χ χ +2

-

2 χ +10 = χ2 -4 χ -2


33

ΛΥΣΗ χ

2 2 χ χ -1 0 = = Û Û 2 +2 ) χ -2 χ +2 χ -4 χ -2 χ +2 (χ -2)(χ+2) -

χ -1 0

(χ -2)(χ+ 2 )

χ χ +2

-( χ -2)(χ +2 )

Περιορισμοι: χ +2 ÷ 0 και χ -2 ÷ 0

2 χ -1 0 =(χ -2)(χ +2) +2 ) Û (χ -2)(χ +2) +2 ) χ -2

+2 ) Û χ2 -2 χ-χ +10=2 χ+4 Û (χ -2) χ -( χ -10)=2(χ +2) +6 = 0 άρα Δ = ( -5 )2 , 4 × 1 × 6 < 1 χ2 -5 χ+6= 5± 1 5±1 1,2 = 2 = 2 = 3 ή 2

χ

Η λύση χ=2 όμως απορρίπτεται λόγω των περιορισμών . Παρατήρηση Αν η εξίσωση που προκύπτει μετά την απαλοιφή των παρονομαστών είναι βαθμου τρία ή μεγαλύτερου,την λύνουμε χρησιμοποιώντας το θεώρημα των ακέραιων ριζών και το σχήμα Horner.

‘Aρρητες Εξισώσεις

Ø

Μία εξίσωση ονομάζεται άρρητη όταν περιέχει μία τουλάχιστον ρίζα,που έχει ως υπόρριζη ποσότητα παράσταση του χ .

1ος Τρόπος Επίλυσης

·

Βάζουμε περιορισμούς για να ορίζονται οι ρίζες.Κάθε υπόρριζη ποσότητα

πρέπει να είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός( ″ 0).

· ·

Απομονώνουμε στο ένα μέλος το ριζικό . Υψώνουμε, ανάλογα με την τάξη του ριζικού , σε κατάλληλη δύναμη,ώστε να

φύγουν τα ριζικά .

· ·

Λύνουμε την εξίσωση που προκύπτει . Αντικαθιστούμε όλες τις ρίζες που βρήκαμε στην αρχική εξίσωση.Αν την

επαληθεύου τις δεχόμαστε,αλλιώς δεχόμαστε,αλλιώς τις απορρίπτουμε. Π.χ Πρέπει χ+2 ″ 0 Û χ ″ -2

x ∗ 2 ∗ x < 4 Û

2 2 x ∗ 2 < 4 , x Û x ∗ 2 < ( 4 , x ) Û x ∗ 2 < 1 6 , 8x ∗ x

2

Ûx

2

, 9 x ∗ 14 < 0

‘Αρα χ1=2 και χ2=7


34

Στην συνέχεια βάζουμε τις λύσεις στην αρχική εξίσωση : Για χ1=2 : 2 ∗ 2 ∗ 2 < 4 που ισχύει .’Αρα το χ1=2 το δεχόματε ως λύση. Για χ2=7 : 7 ∗ 2 ∗ 2 < 4 Û 9 ∗ 2 < 4 Û 5 < 4 ‘Ατοπο.’Αρα το χ2=7 απορρίπτεται.

2ος Τρόπος Επίλυσης

·

Βάζουμε περιορισμούς για να ορίζονται οι ρίζες.Κάθε υπόρριζη ποσότητα πρέπει να είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός( ″ 0).

· ·

Απομονώνουμε στο ένα μέλος το ριζικό . Βάζουμε νέους περιορισμούς ,ώστε και τα δύο μέλη να είναι ομόσημοι

αριθμοί.Τους νέους περιορισμούς που βρίσκουμε ,τους συναληθεύουμε με τους αρχικούς και έτσι δεν χρειάζεται στο τέλος να επαληθεύσουμε τις λύσεις.

·

Λύνουμε την εξίσωση που προκύπτει .

Π.χ

x ∗ 2 ∗ x < 4 Û

Πρέπει χ+2 ″ 0 Û χ ″ -2

2 2 x ∗ 2 < 4 , x Û x ∗ 2 < ( 4 , x ) Û

Πρέπει 4-χ ″ 0 Û χ ′ 4

x ∗ 2 < 1 6 , 8x ∗ x

2

Ûx

2

, 9 x ∗ 14 < 0

Τελικά -2 ′ χ ′ 4

‘Αρα χ1=2 και χ2=7 που απορρίπτεται.

ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ Ø

ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ 1Ου ΒΑΘΜΟΥ

‘Οταν έχουμε να επιλύσουμε μία ανίσωση πρώτου βαθμού,ακολουθούμε διαδικασία ανάλογη με την διαδικασία επίλυσης των εξισώσεων 1ου βαθμού:

·

Κάνουμε

όλες

τις

πράξεις

που

σημειώνονται(απαλοιφή

παρονομαστων,επιμεριστικη )

· ·

Χωρίζουμε γνωστούς από αγνώστους Διαιρούμε με τον συντελεστή του αγνώστου (προσοχή αν συντελεστής του αγνώστου είναι αρνητικός ,μέτα την διαίρεση αλλάζει η φορά της ανίσωσης ενώ αν είναι θετικός η φορά παραμένει ίδια).

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ Να λυθεί η ανίσωση: x - 3 , x ∗ 5 ; , 1 , 1 0 ∗ x

4

2


4

35

ΛΥΣΗ

2 x -4 x + 5 10+x 2 x-4 x+5 10+x <-1Û 4× -4 × < 4 × ( -1 ) - 4 × Û 4 2 4 4 2 4 2 x -4 - 4 -2 - 2 (x ( x +5 + 5 )< ) < - 4 -( - ( 1 0+ 0 + x) x ) Û 2 x -4 -4 -2 - 2 x -1 - 1 0 <<- 44 - 10 1 0 -x -x Û 2 x - 2 x + x < - 1 0 + 1 0 - 4 +4 +4 Û x < 0 ΕΙΔΙΚΕΣ ΠΕΡΙΠΤΩΣΕΙΣ

· · · · · · · · · · · ·

0χ < αρνητικού αριθμού Αδύνατη 0χ ′ αρνητικού αριθμού 0χ> αρνητικού αριθμού

Αδύνατη Ισχύει για κάθε πραγματικό χ

0χ ″ αρνητικού αριθμού Ισχύει για κάθε πραγματικό χ

0χ<0 0χ>0

Αδύνατη

′0 0χ ″ 0

Ισχύει για κάθε πραγματικό χ

0χ> θετικού αριθμού

Αδύνατη

Αδύνατη

0χ

Ισχύει για κάθε πραγματικό χ

Οχ< θετικού αριθμού Ισχύει για κάθε πραγματικό χ 0χ ″ θετικού αριθμού Αδύνατη 0χ ′ θετικού αριθμού Ισχύει για κάθε πραγματικό χ Ø

ΠΡΟΣΗΜΟ ΤΡΙΩΝΥΜΟΥ

ΕΠΙΛΥΣΗ ΑΝΙΣΩΣΕΩΝ 2ου ΒΑΜΟΥ

ΠΡΟΣΗΜΟ ΤΡΙΩΝΥΜΟΥ Για να βρούμε το πρόσημο του τριωνύμου αχ 2 +βχ+γ βρίκουμε την διακρίνουσα Δ=β 24αγ και αν:

·

Δ>0 ,το τριώνυμο έχει δυο ρίζες χ 1,χ2 και το προσημό του φαίνεται παρακατω χ αχ +βχ+γ 2

·

-⁄ Ομόσημο

του α

χ1 Ετερόσημο του α

χ2

+⁄ Ομόσημο του α

Δ=0 ,τότε το τριώνυμο έχει μία διπλή ρίζα χ 1,2 και το προσημό του φαίνεται παρακάτω χ αχ2+βχ+γ

-⁄ Ομόσημο

+⁄

χ1,2 του α


Ομόσημο του α

36

· Δ<0, τότε το τριώνυμο δεν έχει πραγματικές ρίζες και το προσημό του φαινεται παρακάτω

+⁄

-⁄

χ αχ2+βχ+γ

Ομόσημο

του α

ΕΠΙΛΥΣΗ ΑΝΙΣΕΩΝ 2ου ΒΑΘΜΟΥ Για να επιλύσουμε μία ανίσωση της μορφής αχ 2 +βχ+γ<ο ή +βχ+γ ″ 0 ή αχ2 +βχ+γ ′ 0:

· · ·

αχ2 +βχ+γ>0 ή αχ2

Βρίσκουμε την Δ και τις ρίζες(αν έχει) Κάνουμε τον πίνακα για το πρόσημο του τριωνύμου Διαλέγουμε τα κατάλληλα διαστήματα για το χ,ανάλογα με τι μας έχει ζητηθεί.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ Να λυθούν οι ανισώσεις ι) χ2+3χ-10>0 ιι) -χ2+2χ-1<0 ιν) χ2+4χ+16<0 ν) 2χ2-4χ+3>0 νι)χ2+2χ+1 ′ 0

ιιι) 3χ2+2χ+4>0

ΛΥΣΕΙΣ ι) χ2+3χ-10>0 , Δ=32-4 × 1 × (-10)=49

,3 ° 49

,3 ° 7

‘Αρα

x 1,2 <

‘Αρα

χ -⁄ Χ2+3χ-10 + . x Î ( - ⁄ , - 5 ) È ( 2 , + ⁄ )

2

<

2

χ1=-5 και χ2=2

-5

+⁄

2 -

+

1

+⁄

ιι) -χ2+2χ-1<0

‘Αρα

x 1,2

, Δ=22-4(-1)(-1)=4-4=0 ,2 < <1 2(, 1)

-⁄ χ -Χ +2χ-1 x Î ( - ⁄ , 1 ) È ( 1 , + ⁄ ) . 2

‘Αρα

-

ιιι) 3χ2+2χ+4<0 , Δ=22-4× 3 × 4=4-48=-44<0

‘Αρα το τριώνυμο δεν έχει πραγματικές ρίζες και διατηρεί προσημο,το οποίο επειδή α=3>0είναι και θετικό.

χ 3Χ +2χ+4 2

+⁄

-⁄


+

37

‘Αρα η παραπάνω ανίσωση είναι αδύνατη . ιν) χ2+4χ+16<0 , Δ=42-4 × 1 × 4=16-16=0

‘Αρα

x 1,2 <

,4 < ,2 2×1

χ -⁄ Χ2+4χ+16 + ‘Αρα η παραπάνω ανίσωση είναι αδύνατη . ν) 2χ2-4χ+3>0

+⁄

-2 +

, Δ=(-4)2 -4× 2 × 3=16-24<0

‘Αρα το τριώνυμο δεν έχει πραγματικές ρίζες και διατηρεί πρόσημο το οποίο επειδή α=2>0 είναι θετικό. χ -⁄ +⁄ 2 2Χ -4χ+3 + ‘Αρα η ανίσωση επαληθεύεται για κάθε πραγματικό πραγματικό αριθμό δηλαδή

x Î Â νι) χ2+2χ+1

′ 0 , Δ=22-4 × 1 × 1=4-4=0

‘Αρα x 1,2 < , 2 < , 1 2 ×1 χ +⁄ -⁄ -1 2 Χ +2χ+1 + + Παρατηρούμε ότι το τριώνυμο δεν μπορεί να είναι αρνητικό πουθενά,μοναδική λύση είναι το χ=-1 (για χ=-1 ισχύει χ2+2χ+1=0) Ø

ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ΒΑΘΜΟΥ ΜΕΓΑΛΥΤΕΡΟΥ ΙΣΟΥ ΤΟΥ 3

Για να επιλύσουμε ανισώσεις αυτών των μορφών ακολουθούμε τα εξής βήματα :

·

Φέρνουμε όλους τους όρους στο Α ’ μέλος και παραγοντοποιούμε με το

σχήμα Horner,σχηματίζοντας σχηματίζοντας παράγοντες Α(χ),Β(χ),......,Φ(χ) πρώτου ή δευτέρου βαθμού.

· · ·

Βρίσκουμε τις ρίζες (αν υπάρχουν) των παραγόντων Α(χ ),Β(χ),.......Φ(χ) . Διατάσσουμε τις ρίζες σ’έναν σ ’έναν άξονα απότην μικρότερη προς την μεγαλύτερη . Κάτω από τον άξονα σχηματίζουμε σχηματίζουμε πίνακα με τα πρόσημα των παραγόντων στα διαστήματα που δημιουργήθηκαν από τις ρίζες .

·

Στην τελευταία γραμμή βρίσκουμε το πρόσημο του γινομένου Α(χ)Β(χ).......Φ(χ) εφαρμόζοντας των κανόνα των προσήμων .


38

Ø

Κλασματικές ανισώσεις

Μορφή

A (x ) >0 ή B (x )

A (x ) <0 B (x )

Γνωρίζουμε ότι το πηλίκο δύο αριθμών ακολουθεί το ίδιο πρόσημο με τ ο γινομενό τους ,άρα προκύπτουν οι ισοδυναμίες :

· ·

A(x) > 0 Û Α ( χ ) Β ( χ ) > 0 , Β(χ) ÷ 0 B(x) A(x) < 0 Û Α(χ)Β(χ )< 0 , Β(χ) ÷ 0 B(x)

Προσοχή : Αν η λύση περιέχει πε ριέχει κλειστά διαστήματα

( A ( x ) ″ 0 ή A ( x ) ′ 0 ) πρέπει να εξαιρούμε τις ρίζες του παρονομαστή. B (x ) B (x ) ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ Να λυθούν οι ανισώσεις: 2 x -3 ι) ; 0 ιι) ( x + 2 ) ( x , 9 ) ″ 0 x 2 ,3 x , 1 0 x 2 ∗ 2 x , 3 ΛΥΣΗ ι) Πρέπει πρώτα να πάρουμε τον περιορισμό : x 2 , 3 x , 1 0 ÷ 0 Û x ÷ 5 κ α ι χ ÷ - 2 x -3 2 Στη συνέχεια έχουμε ; 0 Û ( χ -3)( x , 3 x , 1 0 ) ; 0 2 x , 3 x , 1 0 Βρίσκουμε τις ρίζες των παραγόντων του γινομένου και φτιάχνουμε τον πίνακα προσήμων χ-3=0 Û χ=3 και χ2-3χ-10=0 Û χ=5 ή χ=-2 χ χ2-3χ-10 Χ-3 Π

-⁄ + -

-2 0

3 -

0

+

+⁄

5 - 0 + -

+ + +

‘Αρα χε ( -⁄ ,-2) U (3,5). ιι) Πρέπει πρώτα να πάρουμε τον περιορισμό χ2+2χ-3 ÷ 0 Û χ ÷ 1 και χ ÷ -3 . Στη συνέχεια έχουμε (x+2)(x

2 ,9)

2 2 ″ 0 Û ( x + 2 ) ( x , 9 ) ( x ∗ 2 x , 3 ) ″ 0 2 x ∗ 2 x , 3


39

Βρίσκουμε τις ρίζες των παραγόντων του γινομένου και φτιάχνουμε τον πίνακα προσήμων χ

-⁄ +⁄

χ+2 Χ2-9 Χ2+2χ-3 Π ‘Αρα χε( -⁄ ,-3)

-3

-2

1

3

+⁄

+ + -

0 + + + 0 0 + 0 0 + + + + U (-3,-2] U (1,3]. Η διπλή γραμμή στις τιμές -3 και 1 σημαίνει ότι οι τιμές αυτές δεν είναι εί ναι δεκτές γιατί μηδενίζουν τον παρανομαστη παρανομαστη . Ειδικές Περιπτώσεις Αν η κλασματική κ λασματική ανίσωση περιέχει περιέχει και άλλα κλάσματα κλάσματα ή ακόμα και κάποιον κ άποιον αριθμό εκτός της παράστασης παράστασης A ( x ) δεν κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών παρονομαστών

B(x)

Βρίσκοντας το Ε.Κ.Π. Για να λύσουμε μία τέτοια ανίσωση εργαζόμαστε ως εξής :

· · ·

Παίρνουμε περιορισμούς (οι παρονομαστές διάφοροι του μηδενός ). Μεταφέρουμε όλους τους όρους στο πρώτο π ρώτο μέλος της ανίσωσης και κάνουμε ομώνυμα. Το πρώτο μέλος παίρνει τώρα την μορφή

A(x) ,οπότε λύνουμε την ανίσωση B(x)

που προέκυψε όπως αναφέρθηκε πρίν. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ Να λυθούν οι ανισώσεις : ι) 2 x - 1 ″ 1 2 x ,4

ιι) 4 ″ x +1

ΛΥΣΗ ι)Πρέπει χ2-4÷ -4 ÷ 0 Û χ ÷ ° 2

2 x -1 2 x-1 ″1Û -1 ″ 0 2 x ,4 x2 - 4

Û

2 x-1 x2 , 4

,

x2 , 4 x2 , 4


″ 0

10 x , x , 1 x 2 ,1

40

2 x - 1 - x 2 +4 +4 - x 2 ∗ 2 x ∗ 3 2 2 ″ 0 Û ″ 0 Û ( - x ∗ 2 x ∗ 3 ) ( x , 4 ) ″ 0 x2 -4 x2 , 4

χ 2

-χ +2χ+3 Χ2-4 Π

-⁄

-2

+ -

0

-1 +

2 0

+⁄

3

+

+

-

0

0

+

+ +

-

‘Αρα οι λύσεις είναι χε(-2,-1] U (2,3] Η διπλή γραμμή στις τιμές -2 και 2 σημαίνει ότι οι τιμές αυτές δεν είναι εί ναι δεκτές γιατί μηδενίζουν τον παρανομαστη παρανομαστη .

ιι) Πρέπει χ2-1 ÷ 0 Û χ ÷ ° 1

4 10 4 10 x x Û ″ , Û ″ , x +1 x+1 (x+1)( χ -1) x ,1 x 2 , 1 x ,1 4 (χ -1) 10 χ (χ + 1 ) Û ″ , ( χ -1 ) (x+1)( χ - 1 ) (x - 1)( χ + 1 ) 4 ( χ -1)-10+ χ ( χ + 1 ) (x+1)( χ -1 )

″ 0

4(χ-1) 10 χ(χ+1) + (x+1)(χ-1) (x-1)(χ+1) (χ-1)

2 Û 4 χ -4-10+ χ + χ

(x+1)( χ -1 )

″ 0

2 Û χ + 5 χ -14

(x+1)( χ - 1 )

″ 0

″0

Û

Βρίσκουμε τις ρίζες των παραγόντων του γινομένου και φτιάχνουμε τον πίνακα προσήμων (χ 2 + 5 χ -14)(χ -1)(χ + 1 )

χ-1=0 Û χ=1 και χ+1=0 Û χ=-1

″ 0

΄Αρα χ2+5χ-14=0 Û χ=-7 ή χ=2 χ χ2+5χ-14 χ-1 χ+1 Π

-⁄ + +

-7 0

-1 -

1 0

-

+⁄

2 -

0

0

+

+ +

+ +

+ -

+ +

‘Αρα οι λύσεις είναι χ Î ( - ⁄ , - 7 ] È ( - 1 , 1 ) È [ 2 , + ⁄ ] Η διπλή γραμμή στις τιμές -1 και 1 σημαίνει ότι οι τιμές αυτές δεν είναι εί ναι δεκτές γιατί μηδενίζουν τον παρανομαστη .


41

Ø

‘Αρρητες Ανισώσεις

f(x)> g(x) ή f(x) < g(x)

Μορφή

·

Παίρνουμε περιορισμούς για τις υπόρριζες ποσότητες και τους

·

συναληθεύουμε. Υψώνουμε στο τετράγωνο ,ώστε να φύγουν οι ρίζες και λύνουμε την ανίσωση.

·

Συναληθεύουμε τις λύσεις που προέκυψαν με τους αρχικούς μας περιορισμούς.

Π.χ

Να λυθεί η ανίσωση:

2χ+6 - 9-χ ′ 0

Αρχικά παίρνουμε περιορισμούς: και Τελικά

2χ+6 ″ 0 Û 2χ ″ -6 Û χ ″ -3 9-χ ″ 0 Û χ ′ 9

-3 ′ χ ′ 9.

2 2 2χ+6 - 9-χ ′ 0 Û 2χ+6 ′ 9-χ Û 2χ+6 ′ 9-χ Û 2χ+6 ′ 9-χ Û 3χ ′ 3 Û χ ′ 1 . Από την συναλήθευση της λύσης και των περιορισμών προκύπτει ότι :

-3 ′ χ ′ 1 Μορφή

f(x) ′ g( x) ή f(x) ″ g( x)

· ·

Παίρνουμε περιορισμούς για την υπόρριζη ποσότητα . Παίρνουμε περιορισμούς για το g(x) (δηλαδή μία φορα <0 και μετά ″ 0),λύνουμε την ανίσωση και συναληθεύουμε τις λύσεις με τους περιορισμούς που έχουν προκύψει.

Π.χ

Να λυθεί η ανίσωση :

χ+10 ″ χ-2

Αρχικά παίρνουμε περιορισμό για την υπόρριζη ποσότητα: χ+10 ″ 0 Û χ ″ -10.

·

Αν χ-2<0 Û χ<2 η ανίσωση ισχύει πάντα .’Αρα οι λύσεις που προκύπτουν από την συναλήθευση είναι -10 ′ χ<2.

·

Αν χ-2 ″ 0 Û χ ″ 2 έχουμε .’Αρα οι λύσεις που προκύπτουν είναι 2 ′ χ ′ 6 . ελικά οι λύσεις συνολικά είναι

Τ


-10 ′ χ ′ 6

42

Θέματα για Λύση παραστάσεις είναι πολυώνυμ πο λυώνυμα α του x: 1. Να βρείτε ποιες από τις παρακάτω παραστάσεις α) 1 + x – x 4

ε)

x+

1 x

3

β)

3x 4

-

2x 2

+p

γ) m 2 x 2 -

1

m

x +m

δ) x-2 + 5x

στ) x 2 - x + 5

2. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ )=2χ3-3χ2+4χ-1 Να βρείτε: α)το πολυώνυμο Q(x)=P(2x). β)τον βαθμό του Q(x). γ)τους όρους,τους συντελεστές και τον σταθερό όρο του Q(x).

3. Βρείτε για ποια λ Î R το πολυώνυμο : P(x) = (λ2 – 5λ + 4)x2 + (λ2 – 3λ + 2)x2 + λ2 – 1 είναι το μηδενικό.

4. Να βρείτε για τις διάφορες τιμές του λ Î R το βαθμό του πολυωνύμου: P(x) = (λ3 + 2λ2 – 3λ)x4 – (λ2 – λ)x2 + λ + 1 5. Oμοίως Ρ(χ)=(λ2-1)χ2+(λ2+λ)χ-λ -1 6. Δίνεται το Ρ(χ)=(λ3+λ2-6λ)χ2+(λ2+λ-6)χ-λ+2. Να βρείτε το λ ώστε : α)Το Ρ(χ) να είναι μηδενικού βαθμού. β)να μην ορίζεται βαθμός για το Ρ(χ ).


43

7. Δείξτε ότι το πολυώνυμο P(x) P(x) = (κ + 5)x2 + (3λ + 6)x + κ – λ + 6 είναι διάφορο του μηδενικού. ί σα τα πολυώνυμα: 8. Βρείτε για ποια κ είναι ίσα

P(x) = (κ2 – 5κ)x5 + 4x2 + κ και Q(x) = - 6x5 + κ2χ2 + (κ3 – 8)x + 2 9. Δίνονται τα P(x) = 4x2 – κ και Q(x) = x2 + κx + λ, Βρείτε τα κ, λ αν ο αριθμός 1 είναι κοινή τους ρίζα.

10. Δείξτε ότι για κάθε x Î R το P(x) = (κ + 2)x2000 + (2κ2 + 1)x1999 + κ δεν έχει ρίζα το p = 1.

11. Έστω τα πολυώνυμα P(x) = 2x2 – x + 1 και π(x) = 1 + x. Να βρείτε τα i. P(π(x))

ii. π(3 – π(x + 1))

iii. π(π(x) – 1)

12. Δίνεται το πολυώνυμο P(x) = x2 + x + 2. Βρείτε το λ Î R έτσι ώστε: P(λ – 1) = 3 13. Να δείξετε ότι αν το πολυώνυμο P(x) = 2αx3 + 2βx2 – 4x + β έχει ρίζα το 1, τότε το πολυώνυμο

Q(x) = x4 + 2αx3 – 3β + 3 έχει ρίζα το – 1.

πολυώνυμα P(x) για τα οποία ισχύουν : 14. Να βρείτε τα πολυώνυμα

i. (x – 5)P(x) = x 3 – 10x2 + 31x – 30

ii. [P(x)]2 = 4x2 – 12x + 9

15. Να βρείτε πολυώνυμο P(x), αν γνωρίζουμε ότι: i. P(2x – 1) = x – 1

ii. P(x + 1) = x2 – x + 2

16. Να γίνουν οι παρακάτω διαιρέσεις και να γραφεί η ταυτότητα της διαίρεσης σε κάθε περίπτωση:

i. (x5 + x4 – 1) : (x 4 + x2 – 2) ii. (x2 – x3 + 2x4 – x + 1) : (3 + x2 + x)


44

iii. x6 : (x + 1) 2

17.Να βρείτε πολυώνυμο Δ(χ),το οποίο όταν διαιρεθεί με το πολυώνυμο χ 2-3 δίνει πηλίκο χ2-4χ+1 και υπόλοιπο -3χ+2.

18. Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης : (4x2001 – x1821 + 7x1453 – 6) : (x + 1) 19. Να βρείτε το λ Î R ώστε το υπόλοιπο της διαίρεσης : (λ2x6 – 5x3 + 4λx – λ) : (x + 1) να είναι – 1

20. Δίνεται το πολυώνυμο P(x) = κ2x2 + 2(κ2 – 3κ + 2)x – 3(4κ + 7). Να δείξετε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης P(x) : (x + 2) είναι ανεξάρτητο του κ .

21. Να βρείτε τα α, β Î R ώστε τα x – 2 και x + 4 να είναι παράγοντες του P(x) = x3 – αx2 – αx – βx + 24 22. Να βρείτε το α, β Î R ώστε το P(x) P(x) = x4 + αx3 + x 2 + βx + 6 να διαιρείται με το Q(x) = x2 + 4x + 3 23. Να βρείτε τα α , β Î R ώστε το P(x) = x3 – ( α + 1)x2 + βx – 1 να έχει παράγοντα το x2 – 3x + 2

24. Αν το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός πολυωνύμου P(x) με το x – 3 είναι 1 και με το x + 1 είναι – 3, να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του P(x) με το (x – 3)(x + 1)

25. Να βρείτε τις ακέραιες ρίζες των εξισώσεων: i. 5x3 – 7x2 + 9x – 7 = 0 ii. 5x3 + 6x2 + 3x + 2 = 0 iii. – 2x3 – 5x2 – 3x – 2 = 0


45

26. Βρείτε τις τιμές του λ Î R για τις οποίες η εξίσωση x3 + λx2 – 3x + 2 = 0 έχει μια τουλάχιστον ακέραια ρίζα . Στη συνέχεια λύστε την εξίσωση για τη μεγαλύτερη τιμή του λ που βρήκατε .

27. Βρείτε τα σημεία τομής του άξονα xx΄ και της γραφικής παράστασης της f(x) = x4 – x3 – x2 – 5x + 6

συνάρτησης

28. Να βρείτε τα σημεία τομής των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f(x) = 5x3 – 7

και

g(x) = 7x2 – 9x

29. Να λυθούν οι ανισώσεις: i. x3 – 7x2 – 21 x + 27 ≤ 0 ii. x4 – x3 – 4x2 – 2x – 12 > 0 iii. x6 > 64 iv. x4 – 5x2 + 4 < 0 30. Το πολυώνυμο Ρ(χ )=3χ3+αχ2-2χ+α+15 έχει παράγοντα το χ -2. α)Να βρείτε το α β)Να λύσετε την ανίσωση Ρ(χ ) ≤0. δι αστήματα στα οποία η γραφική παράσταση της f(x) = 4x3 – 15x2 – 31. Να βρείτε τα διαστήματα άξο να xx’. 24x – 5 βρίσκεται πάνω από τον άξονα

32. Να λυθούν οι εξισώσεις:

8 χ(3χ2 -8) α) 3χ+2=2χχ-2 χ-2 χ2 -3χ+2 1-3χ2 2 γ) = 2 χ χ-1 χ -χ


β)

χ2 +χ+1 14 7 = 4 χ+1 χ2 -1 χ-1

2 3(χ+1)2 χ+2 χ2 +2χ-1 = δ) (χ+1) + χ χ χ(χ+1)

46

33. Να λυθούν οι εξισώσεις: α)

χ2 +4χ-5=4 β) 25-χ2 -3=0 γ) 3χ+18=χ δ) 20-8χ-χ=0 ε) 2χ+13=χ+7


β)

χ- 14-2χ =3

γ)

3χ-χ+3=0

δ)

χ+8 - χ-4 =2

χ-5-3= χ-8

ε) 2χ-3- χ-2=1


β) 1-χ2 + χ-1= χ γ) 1+4 χ =1+ χ δ) 12- χ =6- χ

9-χ2 - χ-5=2

36. Να λυθούν οι ανισώσεις:

α) χ-

χ+8 χ-1

2

γ)

ε)

χ

β)

″0

4(χ-2) χ

2 3χ -6χ+2

2

χ-2

δ)

χ +2χ

- 2

χ -3χ+2

χ-4

3

χ-10

- 2

χ+2

>

3

χ +3χ-6

+

5 χ-3

χ +6χ-5

2

χ -9

+

3χ χ+3

+

+2χ ″ 0

5 χ-3

+2 ″ 0

2

+2 +2 ″

χ -5χ+6 χ-1

37. Να λυθούν οι ανισώσεις: α) 2χ-1 < 9-3χ ε)

β) 1-χ ″ χ+3

γ) 2χ+1- χ+3 ′ 0

δ)

χ-3 ″ χ-5

χ+4 ′ χ+7

38. Να λυθούν οι ανισώσεις: α)

χ-6 ′ 3-χ

β)

χ2 -3χ ″ χ-3

γ)

χ2 +3χ-10 ′ χ+5


δ)

2 -χ2 +9χ-8< -8 <χ -8χ

47

Aκολουθίες ‘Ορισμός : Ακολουθία ονομάζεται κάθε συνάρτηση με πεδίο ορισμού το σύνολο Ν *

των θετικών ακεραίων και παίρνει τιμές στο R.

a: Ν* ↑ R H τιμή μία ακολουθίας στο ν συμβολίζεται με α ν Αναδρομικός Τύπος Ακολουθίας Ακ ολουθίας: Ονομάζεται μία σχέση που συνδέει δύο ή

περισσότερους γενικούς όρους της ακολουθίας πχ α ν+1,αν.αν-1, με την βοήθεια της οποία μπορούμε να βρούμε οποιονδήποτε άλλο όρο της ακολουθίας .

Αριθμητική Πρόοδος(Α.Π) ‘Ορισμός: Μία ακολουθία ονομάζεται αριθμητική πρόοδος ,αν κάθε όρος της

προκύπτει από τον προηγούμενο με πρόσθεση του ίδιου αριθμού ω . Ο αριθμός ω ονομάζεται διαφορά της προόδου . αν +1 +ω Û αν +1 =ω +1=αν +ω +1-αν =ω

αν=α1+(ν-1)ω

ν-οστός όρος Α.Π :

Διαδοχικοί Όροι Α.Π : Τρείς αριθμοί α,β,γ ονομάζονται διαδοχικοί όροι Α.Π αν και

μόνο αν ισχύει: 2β=α+γ Û β=

α+γ

2

Παρατηρήσεις:

1. Ο αριθμητικός Μέσος δύο οποιωνδήποτε αριθμών α,β είναι το ημιάθροισμά τους δηλαδή

α+β

2

.

α +α +......+αν 2. O αριθμητικός μέσος των α1,α2,α3,.........,αν είναι ο 1 2 2 ‘Αθροισμα ν πρώτων όρων Α.Π :

Αν γνωρίζουμε τον πρώτο και τον ν-οστό όρο,καθώς και το πλήθος των όρων ν χρησιμοποιούμε τον τύπο : S ν =

ν

(α +αν ) 2 1


.

48

Αν γνωρίζουμε τον πρώτο όρο,την διαφορά ω και το πλήθος των όρων ν ν,χρησιμοποιούμε τον τύπο : S ν = [2α1 +(ν-1)ω] . 2

Παρατηρήσεις για την επίλυση Ασκήσεων

·

‘Οταν μας ζητείτε να δείξουμε οτι μία ακολουθία είναι Α.Π i)Αν γνωρίζουμε τον ν-οστό όρο α ν ,βρίσκουμε τον όρο α ν+1 και αποδεικνύουμε ότι η διαφορά α ν+1-αν είναι σταθερή δηλάδή δεν εξαρτάται από το ν . Αν γνωρίζουμε το άθροισμα S ν έχουμε : Sν -1 6444447444448

ii) Sν = α1 + α2 +....+ αν -1 + αν Û Sν = Sν -1 + α ν Û αν < Sν -S ν -1 Έτσι βρίσκουμε τον όρο αν και συνεχίζουμε όπως ακριβώς παραπάνω. π.χ : ι)Να αποδείξετε ότι η ακολουθία α ν=3ν-5 είναι Α.Π ιι)Το άθροισμα των ν πρώτων όρων μιας ακολουθίας (αν) είναι

2 Sν =2ν -ν ,να αποδείξετε ότι είναι Α.Π. Λύση ι) Θέτοντας όπου ν το ν +1 έχουμε αν+1=3(ν-1)-5=3ν-2.Στη συνέχεια βρίσκουμε την διαφορά

αν+1-αν =3ν-2-(3ν-5)=3ν-2-3ν+5=3

‘Αρα είναι Α.Π με ω=3 και για ν=1: α1 =-2

2 2 ιι) Ισχύει Sν-1 =2 ∋ν-1( -(ν-1)=2ν -5ν+3 άρα 2 2 αν=Sν -Sν-1 Û αν =2ν -ν-(2 -(2ν -5ν-3) Û αν =4ν-3 και τότε αν+1=4(ν+1)-3=4ν+1 άρα αν+1-αν=4ν+1-(4ν-3)=4 ΄Αρα είναι Α.Π με ω=4 και α1 =1

·

‘Οταν ζητείται ο πρώτος όρος και η διαφορά μίας Α.Π δεδομένων κάποιων σχέσεων μεταξύ διαφόρων όρων της Α.Π Σ’αυτήν την περίπτωση αντικαθιστούμε τους γνωστούς όρους από την σχέση αν=α1+(ν-1)ω οπότε προκύπτει ένα σύστημα εξισώσεων εξι σώσεων με αγνώστους τα α 1,ω. π.χ Δίνεται μία Α.Π της οποίας ο 7ος όρος είναι 9,ενώ το άθροισμα του 4ου και του 9ου είναι 16.Να βρείτε τον πρώτο όρο και την διαφορά . Λύση


49

ìïïα7 =α1 +6ωïüï ìï α1 +6ω=9 üï ìï α1 +6ω=9 üï ìïα1 < ,3üï íα +α =16ý Û íα +3ω+α +8ω=16ý Û í2α +11ω=16ý Þ í ω=2 ý ïïþ îïï 1 þïï ïþï ïîï 1 îïï 4 9 ïþï ïîï 1 ·

Αριθμητική Παρεμβολή

‘Οταν θέλουμε να παρεμβάλλουμε ν αριθμούς μεταξύ δύο άλλων,έστω α,β,ώστε όλοι μαζί να είναι διαδοχικοί όροι Α.Π:

i. ii.

Θεωρούμε τον πρώτο όρο της προόδου τον α,δηλαδή α 1=α,τότε α ν+2=β Χρησιμοποιούμε τον τύπο α ν=α1+(ν-1)ω ώστε να προσδιορίσουμε τη διαφορά ω.

iii.

Προσθέτουμε την διαφορά ω στον προηγούμενο όρο και βρίσκουμε τον επόμενο .

π.χ Να παρεμβάλλεται 7 αριθμούς μεταξύ των αριθμών 2 και 50 ώστε όλοι μαζί να είναι διαδοχικοί όροι Α.Π. Λύση ‘Εστω 2,χ1, χ2, χ3,........, χ7,50 τότε α1=2 και α9=α1+8ω Û 50=2+8ω Û 8ω=48 Û ω=6. ‘Αρα οι όροι είναι 2,8,14,20,26,32,38,44,50.

·

Αθροίσματα όρων Α.Π με περιττή ή άρτια τάξη

i.

Οι όροι περιττής τάξης α1, α3,α5,......αποτελούν μία νέα Α.Π με

ii.

διαφορά ω’=2ω Οι όροι άρτιας τάξης α 2, α4,α6,......αποτελούν μία νέα Α.Π με διαφορά ω’=2ω .

·

Προσδιορισμός διαδοχικών όρων Α.Π,όταν γνωρίζουμε το αθροισμα τους

i.

‘Οταν γνωρίζουμε το άθροισμα περιττού πλήθους διαδοχικών όρων Α.Π συμβολίζουμε τον μεσαίο όρο με χ και οι υπόλοιποι όροι:

.....,χ-3ω,χ-2ω,χ-ω,χ,χ+ω,χ+2ω,χ+3ω,...... ii.

‘Οταν γνωρίζουμε το άθροισμα άρτιου πλήθους διαδοχικών όρων Α.Π συμβολίζουμε τους δύο μεσαίους όρους με χ-ω , χ+ω και οι υπόλοιποι όροι:

.....,χ-5ω,χ-3ω,χ-ω,χ+ω,χ+3ω,χ+5ω,...... π.χ ι)Να βρείτε πέντε πέ ντε ακέραιους αριθμούς που αποτελούν διαδοχικούς όρους Α.Π και έχουν άροισμα 20 και γινόμενο -560.


50

ιι)Να βρείτε τέσσερις ακέραιους που αποτελούν διαδοχικούς όρους Α.Π και έχουν άθροισμα 4 και γινόμενο 105. Λύση ι)Συμβολίζουμε τους όρους: χ-2ω,χ-ω,χ,χ+ω,χ+2ω και συμφωνα με τις υποθέσεις υπο θέσεις της άσκησης έχουμε χ-2ω+χ-ω+χ+χ+ω+χ+2ω=20 Û 5χ=20 Û χ=4. Επίσης (χ-2ω)(χ-ω)χ(χ+ω )(χ+2ω)=-560 Û (4-2ω)(4-ω)4(4+ω)(4+2ω)=-560 Û

4(16-ω2)(16-4ω2)=-560 Û 16(16-ω2)(4-ω2)=-560 Û (16-ω2)(4-ω2)=-35 Û ω4-20ω2+99=0. Θέτουμε ω2=κ και έχουμε κ2-20κ+99=0 λύνοντας το τριώνυμο βρίσκουμε

2

κ=11 ή κ=9 άρα ω < 11 Û ω= ° 11 που απορρίπτεται γιατί οι αριθμοί που προκύπτουν δεν είναι ακέραιοι.

2

ω < 9 Û ω= ° 3 . Για ω=3 και χ=4 προκύπτουν -2,1,4,7,10 Για ω=-3 και χ=4 προκύπτουν 10,7,4,1,-2 Επομένως σε κάθε περίπτωση οι ζητούμενοι αριθμοί είναι -2,1,4,7,10

ιι)Συμβολίζουμε τους όρους χ-3ω,χ-ω,χ+ω,χ+3ω και έχουμε χ-3ω+χ-ω+χ+ω+χ+3ω=4 Û 4χ=4 Û χ=1 Επίσης (χ-3ω)(χ-ω)(χ+ω)(χ+3ω)=105 Û (χ2-9ω2)(χ2-ω2)=105 Û 9ω4-10ω2-104=0 Λύνοντας την εξίσωση όπως ακριβώς και παραπάνω προκύπτει ω2 = ,

26

Αδύνατη και ω2=4 Û ω= ° 2

9 Για ω=2 και χ=1 προκύπτουν οι όροι -5,-1,3,7 Για ω=-2 και χ=1 προκύπτουν οι όροι 7,3,-1,-5 Σε κάθε περίπτωση οι όροι που προκύτουν είναι -5,-1,3,7


51

Γεωμετρική Πρόοδος ‘Ορισμός: Μία ακολουθία ονομάζεται γεωμετρική πρόοδος ,αν κάθε όρος της

προκύπτει από τον προηγούμενο με πολλαπλασιασμό του επί τον ίδιο πάντοτε μη μηδενικό αριθμό λ.Ο αριθμός λ ονομάζεται λόγος της προόδου.

α ν+1 =λ αν

Û α

ν+1 =λ × αν

αν=α1λν-1

ν-οστός όρος Α.Π :

Σε μία Γ.Π υποθέτουμε πάντα α 1 ÷ 0(γιατί αλλιώς όλοι οι όροι θα είναι 0) και αφού λ ÷ 0 προκύπτει ότι α ν ÷ 0(κανένας όρος δεν είναι 0) Διαδοχικοί Όροι Α.Π : Τρείς αριθμοί α,β,γ ονομάζονται διαδοχικοί όροι Γ.Π αν και

μόνο αν ισχύει: β2=αγ

·

Ο θετικός αριθμός

· · ·

Δύο ετερόσημοι αριθμοί δεν έχουν γεωμετρικό μέσο.

αγ ονομάζεται γεωμετρικός μέσος των α,γ.

Δύο ίσοι αριθμοί έχουν γεωμετρικό μέσο την απόλυτη τιμή τους . Αν έχουμε 4 διαδοχικούς όρους Γ.Π α,β,γ,δ τότε ισχύει β 2=αγ και γ2=βδ άρα ισχύει και αγ=βδ.

Sν =α1

‘Αθροισμα ν πρώτων όρων Α.Π :

ν λ -1 λ-1

με λ ÷ 1

Αν δεν γνωρίζουμε το πλήθος ν των όρων της Γ.Π αλλά τα α 1 , λ και τον α ν έχουμε :

Sν =α1

ν ν λ -1 α1λ -α1 λ-1

=

λ-1

α -α α λ-α = ν+1 1 = ν 1 λ-1 λ-1

Παρατηρήσεις για την επίλυση Ασκήσεων

·

‘Οταν μας ζητείτε να δείξουμε οτι μία ακολουθία είναι Γ.Π Αν γνωρίζουμε τον ν-οστό όρο α ν ,βρίσκουμε τον όρο α ν+1 και αποδεικνύουμε ότι ο λόγος

α ν+1 αν

είναι σταθερός δηλάδή δεν εξαρτάται από το ν .

Αν γνωρίζουμε το άθροισμα S ν έχουμε : Sν -1 6444447444448

Sν = α1 + α2 +....+ α ν -1 + αν Û Sν =S =Sν -1 + αν Û α ν < Sν -S ν -1 Έτσι βρίσκουμε τον όρο αν και συνεχίζουμε όπως ακριβώς παραπάνω.


52

ν+1

3

π.χ

.Να δείξετε ι)Ο ν-οστός όρος μίας ακολουθίας δίνεται από τον τύπο αν = ν-1

2

ότι είναι Γ.Π και να βρείτε τα α 1,λ. ιι)Το άθροισμα των ν πρώτων όρων μίας ακολουθίας είναι Sν=2(3ν-1). Να δείξετε ότι είναι Γ.Π και να βρείτε τα α 1,λ. Λύση 3

ν +2

ι)Θέτουμε όπου ν το ν +1 και έχουμε α = ν .Στη συνέχεια εξετάζουμε τον λόγο ν +1 2 ν+2

3

ν+2 ν-1 ν αν ×2 ν+2-(ν+1) ν-(ν-1) -1 3 +1 = 2 < 3 < 3 × 2 < < σταθερός <3 ×2 ν+1 ν+1 ν 2 αν 3 3 ×2 ν-1

2

‘Αρα είναι Γ.Π με λ=

3 και α1=9 2

ιι)Θέτουμε όπου ν το ν-1 και έχουμε Sν-1=2(3ν-1-1) και έτσι βρίσκουμε

ν

αν=Sν-Sν-1=2(3ν-1)- 2(3ν-1-1)= 2 × 3 , 2 ×

ν

3

3

<

4 3

ν ×3 .

4 ν+1 3 αν+1 3 ‘Ετσι έχουμε < < 3 .’Αρα είναι Γ.Π με λ=3 και α1=4. 4 ν αν 3 3

·

Γεωμετρική Παρεμβολή

‘Εστω ότι έχουμε δύο μη μηδενικοί αριθμοί α,β με α ÷ β και θέλουμε να τοποθετήσουμε ανάμεσα τους,ν το πλήθος αριθμούς,ώστε όλοι μαζί να αποτελούν διαδοχικούς όρους Γ.Π,τότε : §

Θεωρούμε χ1,χ2,....,χν τους αριθμούς που ψάχνουμε .

§

Σχηματίζουμε την Γ.Π α, χ1,χ2,....,χν,β.

§

Διαπιστώνουμε α1=α και αν+2=β και έτσι έχουμε α ν+2=α1λν+1 Û β=αλν+1

ìï ü ïï ν+1 β ,αν ν άρτιος ïïï α ï ï Û λ= í ý ïï ïï β ν +1 ° αν ν περιττός , ïï ïï α îï þï


53

Αντικαθιστούμε το λ στον τύπο α ν=α1λν-1 και βρίσκουμε τους

§

υπόλοιπους όρους. π.χ Μεταξύ των αριθμών

2 9

και 162 να βρείτε 5 αριθμούς,ώστε όλοι μαζί να

αποτελούν διαδοχικούς όρους Γ.Π Λύση ‘Εστω χ1,χ2,χ3,χ4,χ5 οι όροι που ζητάμε ζ ητάμε τότε οι αριθμοί διαδοχικοί όροι Γ.Π με α 1=

α7=162 Û α1λ6=162 Û

9

9

9

, χ1,χ2,χ3,χ4,χ5,162 είναι

α7=162 ,έτσι έχουμε:

λ6=162 Û λ6=729 Û λ= ° 3 .

2 2 , ,2,6,18,54,162 9 3

Για λ=3 :

2

Για λ=-3 :

·

2

2

2

9

,-

2 3

,2,-6,18,-54,162

Αθροίσματα ‘Ορων Γ.Π που έχουν άρτια ή περιττη τάξη

‘Εστω (αν) μία Γ.Π με λόγο λ,τότε : §

Οι όροι α1,α3,α5,.....,με περιττή τάξη αποτελούν μία νέα Γ.Π με λόγο λ’=λ2.

·

§

Οι όροι α2,α4,α6,.....,με άρτια τάξη αποτελούν μία νέα Γ.Π με λόγο λ’=λ2.

§

Οι όροι α1κ,α2κ,α3κ,..... αποτελούν μία νέα Γ.Π με λόγο λ ’=λκ

Προσδιορισμός διαδοχικών όρων Γ.Π,όταν γνωρίζουμε το γινόμενό τους §

‘Οταν γνωρίζουμε το γινόμενο περιττού πλήθους διαδοχικων όρων μίας Γ.Π,συμβολίζουμε με χ τον μεσαίο όρο και αν λ ο λόγος της Γ.Π χ χ χ 2 έχουμε : ....., χ,λχ,λ χ,.... , , , λ3 λ2 λ

§

‘Οταν γνωρίζουμε το γινόμενο άρτιου πλήθους διαδοχικων όρων μίας χ Γ.Π,συμβολίζουμε με και χλ τους δύο μεσαίους όρους και τότε λ είναι λ2 ο λόγος της Γ.Π,οπότε έχουμε χ χ χ 3 ....., 5 , 3 , ,λχ,λ χ,.... λ λ λ


54

π.χ ι) Να βρείτε 3 αριθμούς που αποτελούν διαδοχικούς όρους Γ.Π και έχουν γινόμενο άθροι σμα των αντιστρόφως τους είναι 21/8. 8,ενώ το άθροισμα ιι)Να βρείτε 4 αριθμούς που αποτελούν διαδοχικούς όρους Γ.Π και έχουν γινόμενο

64,ενώ ο τρίτος είναι ίσος με το τετράγωνο του δεύτερου. Λύση χ ι) ‘Εστω λ

χ

,χ,χλ

οι ζητούμενοι αριθμοί τότε έχουμε λ

3

× χ × χλ=8 Û χ < 8 Û χ=2

Επίσης: λ χ

+

1 χ

+

1 λχ

=

21 8

Û

Για χ=2 και λ=4:

Για χ=2 και λ=

1 4

λ

1 1 21 1 2 2 + + = Û 4λ +4λ+4=21λ Û 4λ -17λ+4=0 Û λ=4 ή λ= 4 2 2 2λ 8 1 2

,2,8

: 8,2,

1 2

Σε κάθε περίπτωση οι ζητούμενοι αριθμοί είναι

‘Αθροισμα Απείρων ‘Ορων Γ.Π:

S=

a1 1 -λ


1 2

,2,8

με |λ|<1

55

Θέματα για Λύση 1. Να βρείτε τον 15ο όρο της αριθμητικής προόδου: 7, 15, 23, 31, ….. 2. Σε μια αριθμητική πρόοδο (αν) είναι: α8 = 22 και α14 = 40. Να προσδιορισθεί ο εικοστός όρος της προόδου.

3. Ο πρώτος όρος αριθμητικής προόδου είναι 2 και ο ενδέκατος όρος είναι 92. Να βρεθεί η πρόοδος και το άθροισμα των 20 πρώτων όρων της .

4. Σε μια αριθμητική πρόοδο δίνονται α 1 = 23, ω = - 2 και αν = 5. να βρεθεί το ν και το Sν.

5. Σε αριθμητική πρόοδο δίνονται: α1 = 3, ω = 4 και Sν = 136. Να βρεθούν οι ν και αν.

6. Σε αριθμητική πρόοδο δίνονται: α1 = 1, αν = 25 και Sν = 91. Να βρεθούν οι ν και ω. 7. Δείξτε ότι σε κάθε αριθμητική πρόοδο (αν) ισχύει: α1 – 4α2 + 4α3 – α5 = 0

8.Σε μία Α.Π ισχύει : α4+α12=0 και α7+α19=-30. Να βρείτε: α)τον πρώτο όρο και την διαφορά της προόδου , β)τον όρο α ν για τον οποίο ισχύει α ν=ν.

9. Σε μία Α.Π ισχύει α 3+α4+α12=10 και ο όρος α13 είναι τριπλάσιος από τον όρο α 8. Να βρείτε: α)τον πρώτο όρο και την διαφορά της προόδου , β)τον όρο α 23 γ) τον όρο α ν για τον οποίο ισχύει α ν=2ν.


56

10. Να προσδιορισθεί ο λ Î R ώστε ο λ + 1 να είναι αριθμητικός μέσος των λ 2 + 3 και 1 – λ.

11.Δίνονται δύο αριθμοί που ο ένας είναι τριπλάσιος του άλλου και έχουν αριθμητικό μέσο τον 16.Να βρείτε τους αριθμούς αυτούς .

12.Να αποδείξετε ότι για κάθε α, β οι αριθμοί :3α+β, 2(α-β), α-5β, με την σειρά που δίνονται είναι διαδοχικοί όροι Α.Π

13.Αν οι αριθμοί α,β,γ είναι διαδοχικοί δι αδοχικοί όροι Α.Π να αποδείξετε ότι το ίδιο ισχύει και κα ι για τους αριθμούς (β+γ)2-α2 , (α+γ)2-β2, (α+β)2-γ2.

14.Δίνονται οι θετικοί αριθμοί α,β,γ ώστε οι αριθμοί : α+β β+γ

,

α

+

γ

β+γ β+α

,

γ+β β+α

να είναι διαδοχικοί όροι Α.Π.Να αποδείξετε ότι και οι αριθμοί: α2 , β2 , γ2 είναι διαδοχικοί όροι Α.Π

15.Να υπολογίσετε τα αθροίσματα : ι)1+4+7+....+94 ιι)-5-1+3+7+....+135

ιιι)-6-9-12-.....-114

16.Να βρείτε το άθροισμα: ι)των πρώτων 50 θετικών πολλαπλασίων του 3. ιι)των πρώτων 40 θετικών πολλαπλασίων του 5. ιιι)των άρτιων αριθμών μεταξύ 21 και 153. ιν)των πολλαπλασίων του 5 μεταξύ 31 και 206.

17.Σε μία Α.Π ο 16ος όρος είναι 50,ενώ το άθροισμα του 6ου και του 11ου όρου είναι

40.Να βρείτε το άθροισμα των πρώτων 31 όρων της.


57

18.Σε μία Α.Π με α 1=45 και α6+α11=0.Να βρείτε το άθροισμα των θετικών τηε όρων . 19. Σε μία Α.Π με ω=4 ισχύει α21=3α16.Να βρείτε το άθροισμα των άρνητικών της όρων.

20.Σε μία Α.Π με α 6=8 και α11=23.Να βρείτε: α)τον πρώτο όρο και την διαφορά της προόδου , β)πόσοι όροι της προόδου έχουν άθροισμα 14, γ)το άθροισμα S=α15+α16+...+α25

21.Ο ν-οστός όρος μία ακολουθίας είναι : αν=5ν-8,να δείξετε ότι η ακολουθία ακ ολουθία αυτή είναι Α.Π,της οποίας να βρείτε τον πρώτο όρο και την διαφορά.

22. Αν για κάθε ν ÎN*, το άθροισμα των ν πρώτων όρων μιας ακολουθίας (αν) είναι:

Sν = 2ν2 – 5ν, δείξτε ότι η (αν) είναι αριθμητική πρόοδος και να βρείτε τους α 1 και ω. 23. Αν για κάθε ν Î N* είναι Sν = 3 ν2 – ν (άθροισμα ν πρώτων όρων ), να βρείτε το νιοστό όρο της ακολουθίας (αν) και να αποδείξετε ότι είναι αριθμητική αρι θμητική πρόοδος.

24.Μεταξύ των αριθμών 6 και 50 θέλουμε να παρεμβάλουμε 10 αριθμούς,ώστε όλοι μαζί να απολτελούν διαδοχικούς όρους Α.Π.Να βρείτε βρεί τε τους αριθμούς αυτούς .

25.Δίνονται πέντε διαδοχικοί όροι Α.Π που έχουν άθροισμα 55,ενώ το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι 695.

26.Να βρείτε 4 διαδοχικούς ακέραιους όρους Α.Π,που έχουν άθροισμα 20,ενώ το άθροισμα των αντιστρόφων τους είναι

25 24

.

27. Να λύσετε τις εξισώσεις: α) (x + 2) + (x + 4) + (x + 6) + ….. + (x + 60) = 1050 β) 1 + 7 + 13 + ….. + x = 280, x >0


58

28. Στο αμφιθέατρο του Μαθηματικού τμήματος υπάρχουν 20 σειρές καθισμάτων. Το πλήθος των καθισμάτων κάθε σειράς σχηματίζει αριθμητική πρόοδο . Η 1η σειρά έχει 16 καθίσματα, η 7η σειρά έχει 28 καθίσματα. α) Πόσα καθίσματα έχει η 10η σειρά; β) Πόσα καθίσματα υπάρχουν από την 4η ως και τη 10η σειρά; γ) Αν στην πρώτη σειρά του αμφιθεάτρου υπάρχουν 6 κενές θέσεις, στη δεύτερη 9 κενές θέσεις, στην τρίτη 12 κενές θέσεις κλπ, από ποια σειρά και πέρα θα υπάρχουν μόνο κενά καθίσματα ; δ) Πόσοι είναι οι παρόντες φοιτητές;

29.Ο κατασκευαστής μίας πολυκατοικίας 12 ορόφων με πυλωτή καθόρισε ως τιμή πώλησης του πρώτου ορόφου 1200€/m2 και για κάθε επόμενο όροφο 100€/m2 ακριβότερα από τον προηγούμενο του όροφο . α)Πόσο πωλείται το διαμέρισμα ανά m2 στον δέκατο όροφο; β)Πόσο πωλείται ένα διαμέρισμα 82 m2 στον δωδέκατο όροφο ; γ)Αν ο κάθε όροφος έχει 200 m2,πόσα χρήματα θα εισπράξει ο κατασκευαστής απ’ο την πώληση όλων των διαμερισμάτων ;

30.Σε μία Γ.Π είναι α 1=48 και α5=3.Να βρείτε τον λόγο λ και τους 5 πρώτους όρους . 31.Σε μία Γ.Π είναι α 6=-108 και α3=4.Να βρείτε: α)τον πρώτο όρο και το λόγο β)τον όρο α 5

32. Σε μια γεωμετρική πρόοδο είναι : α1 = 6, λ = 2 και αν = 3072. Να βρεθεί το ν. 33. Να προσδιορισθεί ο x Î R ώστε οι αριθμοί: διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου.


x -1 ,

4

5x + 1 ,

x +3

να είναι

59

34.Αν οι αριθμοί α , αβ , 2β3-β2γ , είναι διαδοχικοί όροι Γ.Π,με α,β,γ ÷ 0,να αποδείξετε ότι και οι όροι α , β ,γ ,είναι διαδοχικοί όροι Γ.Π.

35.Να βρείτε το άθροισμα των πρώτων 7 όρων της

γεωμετρικής προόδου :

192,96,48,...... 36.Να υπολογίσετε τα παρακάτω άθροίσματα: α)5+10+20+....+640 β)4-8+16-.....-8192

37. Να βρεθούν οι αριθμοί x, ψ, z αν γνωρίζουμε ότι έχουν άθροισμα 147, οι x, ψ, z είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου , ενώ οι x, z, ψ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου.

38. Να λυθούν οι εξισώσεις: α) 3 + 32 + 33 + ….. + 3x = 120, x Î N* β) 1 + x + x2 + x3 + ….. + x39 = 0

39. Να βρεθεί γεωμετρική πρόοδος αν οι τρεις πρώτοι όροι της έχουν άθροισμα 21 και ο πρώτος όρος της με τον τέταρτο όρο της έχουν άθροισμα 27.

40.Ο ν-οστός όρος μίας ακολουθίας είναι α ν=3 2ν. α)Να αποδείξετε ότι η ακολουθία αυτή είναι Γ.Π της οποίας να βρείτε τον πρώτο όρο και τον λόγο. β)Να βρείτε το άθροισμα των 6 πρώτων όρων της .

41. Ο ν-οστός όρος μίας ακολουθίας είναι α ν=χ 24-ν,όπου χεR . α)Να αποδείξετε ότι η ακλολουθία αυτή είναι Γ.Π β)Αν το άθροισμα των 7 πρώτων όρων της είναι 127,να βρείτε το χ.


60

42.Μεταξύ των αριθμών 2 και 486 να βρείτε 4 αριθμούς,ώστε όλοι μαζί να είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου.

43. Να βρεθούν τρεις αριθμοί που να είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου αν το άθροισμα τους είναι 42 και το γινόμενό τους είναι 512.

44. Να βρείτε 4 αριθμούς που είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικοί προόδου όταν το γινόμενό τους είναι 4096 και ο τέταρτος ισούται με το γινόμενο των δύο μεσαίων .

45. Ένας αριθμός βακτηριδίων τριπλασιάζεται σε αριθμό κάθε μία ώρα . α) Αν αρχικά υπάρχουν 10 βακτηρίδια, να βρείτε το πλήθος των βακτηριδίων ύστερα από 6 ώρες. β) Στο τέλος της έκτης ώρας ο πληθυσμός των βακτηριδίων ψεκάζεται με μια ουσία η οποία σταματά τον πολλαπλασιασμό τους και συγχρόνως προκαλεί την καταστροφή

33 . 10 βακτηριδίων ανά ώρα . i. Να βρείτε το πλήθος των βακτηριδίων που απομένουν 20 ώρες μετά τον ψεκασμό . ii. Μετά από πόσες ώρες από τη στιγμή του ψεκασμού θα καταστραφούν όλα τα βακτηρίδια;

46.Παρατηρήθηκε ότι η ποσότητα του πετρελαίου που διαρρέει στην θάλασσα από ένα βυθισμένο πλοίο διπλασιάζεται κάθε μέρα.Το πετρέλαιο που διέρρευσε κατά την διάρκεια της πρώτης μέρας ήταν 20 τόνοι. α)Πόσοι τόνοι πετρελαίου θα διαρρεύσουν κατα την διάρκεια της 7ης μέρας ; β)Πόσοι τόνοι πετρελαίου θα διαρρεύσουν συνολικά κατά τις πρώτες 5 ημέρες; γ)Αν η διαρροή σταματήσει στο τέλοες της 7ης ημέρας και το κόστος καθαρισμού του πετρελαίου είναι 1000€ ανά τόνο,πόσο θα στοιχίσει ο καθαρισμός της θάλασσας από την πύπανση που προκάλεσε το πλοίο .


61

47.Να υπολογίσετε τα αθροίσματα απείρων όρων σε καθεμία από τις παρακάτω Γ.Π: α)4,2,1,...

β)9,-3,1.... γ)18,12,8,...

48.Δίνεται Γ.Π με α 1=18 και λόγο λ,με |λ|<1.Αν το άθροισματων πρώτων 3 όρων είναι 27,τότε να βρείτε: α)το λόγο λ β)το άθροισμα των απείρων όρων της .

49.Να λυθεί η εξίσωση : 1+

50.α)Να αποδείξετε ότι

1

+

1

2+|x| (2+|x|)2

+.....=

2|x| 3

x 1 ′ 2 x +1 2

2 3 æ x ö æ x ö x 2 çç ç β)Να λύσετε την εξίσωση : + + + . . . . . . = 2 2 ø ççè 2 ø 3 x +1 +1 èç x +1 +1 x +1 +1


62

Iδιότητες Δυνάμεων Ορισμος : Αν α πραγματικός αριθμός και ν φυσικος τότε

ìïα × α × α ........ × α , ν ″ 2 ïï ν ,ν =1 α = ïí α ïï ,ν=0 ïïî 1 Προσοχή : Αν α=0 τότε η δύναμη 00 δεν ορίζεται (είναι απροσδιόριστη μορφή). Αν α,β θετικοί πραγματικοί και χ,χ1,χ2εR,τότε ισχύουνΑ

· · · · · ·

x x x ∗x a 1 × a 2 < a 1 2 x x x ,x a 1 : a 2 < a 1 2 x x 2 x ×x < a 1 2 (a 1 ) χ æ α ö α χ çç  = χ èçβ ø β χ ∋ αβ( =αχ × βχ μ ν μ ν α =α

Εκθετική Συνάρτηση f(x)=a x με α>1 · · ·

‘Εχει πεδίο ορισμού το R. ‘Εχει σύνολο τιμών το (0,+ ⁄ ),δηλαδή παίρνει μόνο θετικές τιμές. Η γραφική της παράσταση τέμνει τον yy’ στο (0,1) και έχει ασύμπτωτη ασύμπτωτη ευθεία τον αρνητικό ημιάξονα Οχ.

· ·

χ χ Είναι γνησίως αύξουσα δηλαδή αν χ 1<χ2 τότε α 1 <α 2 Καθώς το χ τείνει στο + ⁄ και η συνάρτηση α χ τείνει στο + ⁄ ,ενώ όταν το χ τείνει στο - ⁄ η συνάρτηση α χ τείνει στο 0.


63

f(x)=a x με 0<α<1 · · ·

Εχει πεδίο ορισμού το R. ‘Εχει σύνολο τιμών το (0,+ ⁄ ),δηλαδή παίρνει μόνο θετικές τιμές. Η γραφική της παράσταση τέμνει τον yy’ στο (0,1) και έχει ασύμπτωτη ασύμπτωτη ευθεία τον θετικό ημιάξονα Οχ.

· ·

χ χ Είναι γνησίως φθίνουσα δηλαδή αν χ 1<χ2 τότε α 1 >α 2 . Καθώς το χ τείνει στο + ⁄ και η συνάρτηση α χ τείνει στο 0,ενώ όταν το χ τείνει στο - ⁄ η συνάρτηση α χ τείνει στο + ⁄ .

Παρατηρήσεις για την Επίλυση των Ασκήσεων

Η συνάρτηση f(x)=ax

· · · ·

ορίζεται σε όλο το R αν α>0 είναι εκθετική,αν α>0 και α ÷ 1 είναι γνησίως αύξουσα στο R αν α>1 είναι γνησίως φθίνουσα αν 0<α1 χ

æ λ+4 ö .Να βρείτε τις τιμές του λε R- ζ2| ,ώστε η π.χ Δίνεται η συνάρτηση f(x)= çç è 2-λ ø f(x) να: ι)έχει πεδίο ορισμού το R

ιι)είναι εκθετική

ιιι)είναι γνησίως αύξουσα

ιν)είναι γνησίως φθίνουσα. Λύση ι)Για να έχει πεδίο ορισμού όλο το R πρέπει: Λύνοντας την ανίσωση έχουμε λε (-4,2)


λ+4

2-λ

>0 Û (λ+4)(2-λ)>0

64

ιι) Για να είναι η συνάρτηση σ υνάρτηση εκθετική πρέπει: :

Επίσης πρέπει:

λ+4

2-λ

λ+4

2-λ

>0 Û (λ+4)(2-λ)>0 άρα λε(-4,2)

÷ 1 Û λ+4 ÷ 2-λ Û 2λ ÷ -2 Û λ ÷ ,1

Συναληθεύοντας τα παραπάνω έχουμε ότι λε(-4,-1) È (-1,2). ιιι)Η εκθετική είναι αύξουσα αν : λ+4

2-λ

=1Û

λ+4

2-λ

,1 = 0 Û

λ+4

2-λ

,

2-λ

=0Û

2-λ

2λ+2

2-λ

= 0 Û (2l ∗ 2)(2 , l) = 0

Λύνοντας την ανίσωση έχουμε λε (-1,2) ιν) Η εκθετική είναι φθίνουσα αν : λ+4

2-λ λ+4

2-λ

>0 Û (λ+4)(2-λ)>0 άρα λε(-4,2)

;1 Û

λ+4

2-λ

,1 ; 0 Û

λ+4

2-λ

,

2-λ 2-λ

και

;0Û

2λ+2

2-λ

; 0 Û (2l ∗ 2)(2 , l) ; 0 από

όπου παίρνουμε λ <-1 ή λ>2. Συναληθελυοντας Συναληθελυοντας τα παραπάνω έχουμε λε (-4,-1)

Εκθετικές Εξισώσεις · af(x)=β Για τις εξισώσεις αυτής της μορφής με 0<α ÷ 1,διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:

i. ii.

Αν β ′ 0,τότε η εξίσωση είναι αδ αδύνατη ύνατη Αν β>0,τότε προσπαθούμε να γράψουμε και τα δύο μέλη ως δύναμη με την ίδια βάση.Στην συνέχεια εκμεταλλευόμαστε την ιδιότητα

x x a 1 < a 2 Û x1 < x 2 Αν δεν μπορούμε μπορούμε να γράψουμε και τα δύο μέλη ως δύναμη με την ίδια βάση,τότε η εξίσωση λύνεται με την βοήθεια των λογαρίθμων .


65

Να λυθεί η εξίσωση ι)2χ=32 ιι)4χ-64=0

π.χ Λύση

ι)2χ=32 Û 2χ=25 Û χ=5 ιι)4χ-64=0 Û 4χ=64 Û 4χ=43 Û χ=3

· af(x)=βg(x) Για τις εξισώσεις αυτής της μορφής με 0<α,β ÷ 1, προσπαθούμε να γράψουμε και τα δύο μέλη ως δύναμη με την ίδια βάση.Στην συνέχεια εκμεταλλευόμαστε εκμεταλλευόμαστε την ιδιότητα

a

f(x)

=β

g(x)

Ûa

f(x)

p g(x) f(x) pg(x) =(a ) Ûa =a Û f (x ) < pg (x )

Στην συνέχεια λύνουμε την εξίσωση που έχει προκύψει . π.χ Να λυθεί η εξίσωση 8

x2 -x

=4

x2 +2

Λύση

8

x2 -x

=4

x2 +2

x2 -x x2 +2 3x2 -3x 2x2 +4 2 2 3 2 =2 =2 Û 2 Û2 Û 3x -3x=2x +4 Û

∋ (

∋ (

2 x -3 -3x-4=0 Û x < , 1 ή χ=4

·

f(ax)=0 Eξισώσεις που περιέχουν εκθετικά τα οποία μπορούν όλα να γραφούν ως εκθετικά με την ίδια ί δια βάση α,λύνονται συνήθως θέτοντας ω=α π.χ ι)2χ+3-2χ+2+6 2χ-1=56

ιι)4χ+1-9 2χ+2=0

Λύση ι)

3 χ 2 χ χ1 χ χ χ χ χ χ 3 2 × 2 -2 × 2 +6× 2 =56 Û 8× 2 ,4× 2 ∗3× 2 < 56 Û 7× 2 < 56 Û2 < 8 Û2 < 2 Û χ=3 2

ιι) 4

χ+1

χ 2 χ χ χ -9 × 2 +2=0 Û 4 × 22 -9 × 2 +2=0 Û 4 × ∋ 2χ ( -9 × 2 +2=0

∋ (

Θέτω ω=2χ και προκύπτει προκύπτει 4ω2-9ω+2=0 από όπου παίρνουμε


66

ω=2 ή ω= ω=

·

1 4

1 4

και έχουμε : ω=2χ Û 2χ=2 Û χ=1 ή

χ 1 χ -2 Û 2 = Û 2 =2 Û χ=-2 .

4

f(ax)=g(β χ) Σε εξισώσεις που περιέχουν εκθετικά τα οποία δεν μπορούν να γραφούν όλα με την ίδια βάση,αλλά εμφανίζονται δύο διαφορετικές βάσεις,έστω α και β,εργαζόμαστε ως εξής :

1. Μεταφέρουμε τις δυνάμεις με τις ίδιες δυνάμεις σε ξεχωριστά μέλη. 2. Καταλήγουμε σε μία εξίσωση της μορφής λα χ=μβχ η οποία λύνεται ως εξής: χ

λα =μβ

χ

æ α öχ αχ μ μ Û χ < Û ççç  < λ λ èβ ø β

3. Εκμεταλλευόμαστε το γεγονός ότι οι εκθετικές συναρτήσεις είναι 1-1 και τελικά λύνουμε την εξίσωση που προκύπτει . π.χ Να λυθεί η εξίσωση 9χ+1-4χ+2=44 4χ-1+32χ Λύση

4χ 2χ 2χ 2χ < 11× 2 +1 9χ+1-4χ+2=44 × 4χ-1 ∗32χ Û 9 × 9χ , 42 × 4χ < 44 ∗ 32χ Û 9× 32χ , 32χ +16× 2 Û 4

2χ 3 27 æ3 ö2χ æ 3 ö3 3 Û ççç  = ççç  Û 2χ=3 Û χ= = 2χ 8 è2 ø è2ø 2 2

· Μορφή κα2χ+λ(αβ) χ+μβ2χ=0 Σ’αυτήν την περίπτωση διαιρούμε και τα δύο μέλη με α 2χ ή β2χ οπότε χ χ 2χ 2χ æ α ö2χ æ α öχ κα λα β μβ προκύπτει η μορφή + 2χ + 2χ =0 Û κ çççç  +λ çççç  +μ=0 2χ èβ ø èβ ø β β β χ æ α ö Στη συνέχεια θέτουμε ω= çç  èçβ ø


67

π.χ Να λυθεί η εξίσωση 4χ+1-13 6χ+9χ+1=0 Λύση 4 χ+1 -13 × 6χ +9 χ+1 < 0 Û 4 × 4 χ , 13(2 × 3) χ ∗ 9 × 9 χ Û 4 × 22χ-13 × 2 χ × 3 χ +9 × 3 2χ < 0 Û æ2 ö2χ æ2 öχ æ 2 öχ ç ç 4 çç  -13 çç  +9=0 και θέτουμε ω= ççç  οπότε έχουμε 4ω2-13ω+9=0 από όπου è3 ø è3 ø è3 ø

παίρνουμε ω=1 ή ω=

9 4

.

Επομένως έχουμε : χ

æ2 ö 9 ω=1 Û çç  =1 Û χ=0 ή ω= 4 è3 ø

·

Μορφή ∋ f(x)(

g(x)

χ

æ2 ö 9 Û çç  = è3 ø 4

χ

æ2 ö æ2ö-2 Û çç  = çç  è 3 ø è3 ø

Û χ=-2

=1

Μια εξίσωση αυτής της μορφής επαληθεύεται για εκείνα τα χ,για τα οποία ισχύει: ι)f(x)=1 ή ιι)g(x)=0 και f(x)≠0 ή ιιι)f(x)=-1 και g(x)=άρτιος π.χ Να λυθεί η εξίσωση (χ2-3χ+1)3χ-5=1 Λύση

Η εξίσωση επαληθεύεται για εκείνα τα χ για τα οποία ισχύει :

·

2 2 x -3x+1= 1 Û x -3x=0 Û x=0 ή χ=3

·

5 2 3χ-5=0 και x -3x+1 ÷ 0 απ’ όπου παίρνουμε χ= 3 2 2 x -3x+1 x+1=-1 Û x -3x+2=0 +2=0 Û χ=1 ή χ=2 και 3χ-5=άρτιος άρα χ=1

·


68

· Μορφή f(x)g(x)=f(x)h(x) Για να λύσουμε λύσουμε μία εξίσωση αυτής της μορφής εργαζόμαστε ως εξής :

f(x)g(x)=f(x)h(x) Û f(x)g(x)-f(x)h(x)=0 Û f(x)h(x)[ f(x)g(x)-h(x) -1]=0 και παίρνουμε: f(x)h(x)=0 και (1) ή f(x)g(x)-h(x) =1 (2) Η (1) επαληθεύεται όταν f(x)=0 και h(x)≠0 ενώ η (2) λύνεται όπως η προηγούμενη μορφή . 2χ2 -5χ-3 χ2 -4χ+3 =(χ-3) π.χ Να λυθεί η εξίσωση ∋ χ-3( Λύση

2 2 2 2 ∋ χ-3(2χ -5χ-3 =(χ-3) χ -4χ+3 Û ∋ χ-3(2χ -5χ-3 -(χ-3) χ -4χ+3 < 0 Û (χ-3)

χ2 -4χ+3 éê

ù ù 2 2 2 χ2 -4χ+3 éê (ê χ-3)2χ -5χ-3-(χ -4χ+3) ,1úú =0 Û (χ-3) (ê χ-3)χ -χ-6 -1úú =0 ë

(χ-3)

χ2 -4χ+3

û

ë

=0 Û χ-3=0 και χ2 -4χ+3 ÷ 0 άρα χ=3 και χ ÷ 1 και χ ÷ 3

Η οποία τελικά είναι αδύνατη. Η εξίσωση (χ-3)

χ2 -χ-6

=1 επαληθεύεται όταν:

·

χ-3=0 Û χ=3

·

χ -χ-6=0 και χ-3 ÷ 0 Û χ=-2 ή χ=3 και χ ÷ 3 Û χ=-2

·

χ-3=-1 και χ2-χ-6=άρτιος Û χ=2 η οποία είναι δεκτή.

2

Εκθετικές Ανισώσεις Οι ανισώσεις ανι σώσεις αντιμετωπίζονται,ανάλογα αντιμετωπίζονται,ανάλογα με την μορφή τους,όπως και οι εξίσώσεις,μόνο που πρέπει να θυμόμαστε ότι :

·

χ χ Αν α>1 η f(x)=a x είναι αύξουσα ,δηλαδή: α 1 <α 2 Û χ <χ

·

χ χ Αν 0<α<1 η f(x)=ax είναι φθίνουσα ,δηλαδή : α 1 <α 2 Û χ >χ


1 2

1 2

û

69

Λογάριθμοι χ Ορισμός: α =θ Û χ=loga θ δηλαδή ο loga θ είναι ο εκθέτης στον οποίο πρέπει να υψώσουμε τον α για να βρούμε θ και ονομάζεται λογάριθμος του θ με βάση α . Περιορισμοι: α>0 ,α≠1 και θ>0 Συνέπειες του Ορισμού:

χ

·

logaα =χ

· ·

α

loga 1 < 0

·

logaa < 1

logaθ

=θ

Ιδιότητες Λογαρίθμων :

Αν α>0,με α≠1,τότε για οποιαδήποτε θ1,θ2>0 και κεR ισχύουν:

1. loga (θ1θ2 )=loga θ1 +logaθ2 θ

2. oga ( 1 )=logaθ1 -loga θ2 θ 2 κ

3. logaθ =κlogaθ Δεκαδικός Λογάριθμος: Aν α=10 έχουμε logθ=χ Û 10χ=θ Νεπέριος ή Φυσικός Λογάριθμος: Αν α=e έχουμε lnθ=χ Û ex=θ Τύπος Αλλαγής Βάσης: Αν α,β>0 ,με α,β≠1 ,τότε για κάθε θ>0 ισχύει

logβθ=

logαθ logαβ


70

Λογαριθμική Συνάρτηση f(x) (x)=lo =logax με α>1 ι) Πεδίο Ορισμού: Αf= (0,+⁄) ιι) Σύνολο Τιμών : f(A)=R ιιι) Μονοτονία: Είναι γνησίως αύξουσα,δηλαδή αν χ 1<χ2 τότε logax1
+

ν) Συμπεριφορα στις Ακραίες Θέσεις του Π.Ο: Αν χ ↑ 0 τότε loga x ↑ ,⁄ ,ενώ αν χ ↑ ∗⁄ τότε loga x ↑ ∗⁄ . νι) Γραφική Παράσταση:

Παρατήρηση: Οι συναρτήσεις f(x)=logx και f(x)=lnx αντιστοιχουν στην παραπάνω

περίπτωση.

f(x)=lo )=logga x με 0<α<1 ι) Πεδίο Ορισμού: Αf= (0,+⁄) ιι) Σύνολο Τιμών : f(A)=R ιιι) Μονοτονία: Είναι γνησίως φθίνουσα,δηλαδή αν χ 1<χ2 τότε logax1>logax2 ιν) Σημεία Τομής με τους ‘Αξονες: Τέμνει τον χχ’ στο σημείο Α(1,0) ενώ έχει ασύμπτωτη ευθεία τον ημιάξονα Ο y


71

+

ν) Συμπεριφορα στις Ακραίες Θέσεις του Π.Ο: Αν, χ ↑ 0 τότε logax ↑ ∗⁄ ,ενώ

αν χ ↑ ∗⁄ τότε loga x ↑ ,⁄ .

νι) Γραφική Παράσταση:

Παράτηρήσεις για την Επίλυση Ασκήσεων :

1. ‘Οταν θέλουμε να μελετήσουμε γραφικά την συνάρτηση f(x)=logA(x) ή f(x)=lnx ακολουθούμε τα εξής βήματα : · Βρίσκουμε πεδίο ορισμού,λύνοντας την ανίσωση Α(χ )>0 · Βρίσκουμε τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης Cf με τον άξονα χχ’ λύνοντας την εξίσωση f(x)=0 Û A(x)=1 · Βρίσκουμε τα διαστήματα στα οποία η Cf βρίσκεται πάνω(αντίστοιχα πάνω(αντίστοιχα κάτω)από τον χχ ’,λύνοντας την ανίσωση f(x)>0 Û Α(χ)>1 ( f(x)<0 Û 0<Α(χ)<1 αντίστοιχα). · Εξετάζουμε την συνάρτηση ως προς την τη ν μονοτονία . · Εξετάζουμε την συνάρτηση για το αν είναι άρτια ή περιττή . συνάρτησης f(x)=logax+c προκύπτει με 2. Η γραφική παράσταση της συνάρτησης κατακόρυφη μετατόπιση της f(x)=logax κατά |c|μονάδες: · προς τα πάνω,αν c>0 · προς τα κάτω αν c<0 συνάρτησης f(x)=loga(x+c) προκύπτει με οριζόντια 3. Η γραφική παράσταση της συνάρτησης μετατόπιση της f(x)=logax κατά |c|μονάδες: · προς τα αριστερά,αν c>0 · προς τα δεξιά,αν c<0


72

Λογαριθμικές Εξισώσεις Μορφή logaf(x)=k

Aρχικά θέτουμε τον περιορισμό f(x)>0.Στη συνέχεια σύμφωνα με τον ορισμό του λογαρίθμου έχουμε :

logaf(x)=k Û f(x)=k Λύνουμε την τελευταία εξίσωση και δεν ξεχνάμε να συναληθεύσουμε με τον αρχικό περιορισμό. π.χ Να λυθεί η εξίσωση log2(x-2)=3 Λύση

Αρχικά παίρνουμε τον περιορισμό χ -3>0 Û χ>3. Στη συνέχεια λύνουμε την εξίσωση log2(x-2)=3 Û χ-2=23 Û χ-2=8 Û χ=10 η οποία είναι τελικά δεκτή .

Μορφή logaf(x)=logag(x)

Σ’αυτήν την περίπτωση έχουμε τους περιορισμούς f(x)>0 και g(x)>0 ,τους οποίους λύνουμε και συναληθεύουμε συναληθεύουμε. Στη συνέχεια εκμεταλλευόμαστε το γεγονος ότι οι λογάριθμικές συναρτήσεις είναι

1-1 και έχουμε logaf(x)=logag(x) Û f(x)=g(x). Λύνουμε την παραπάνω εξίσωση και συναληθεύουμε με τους περιορισμούς . Παρατήρηση: Με αυτόν τον τρόπο λύνονται και οι εξισώσεις που μπορούν να πάρουν

αυτήν την μορφή εφαρμόζον ε φαρμόζοντας τας τις ιδιότητες ιδι ότητες των λογαρίθμων . Προσοχή Οι περιορισμοί πρέπει να λαμβάνονται πρίν εφαρμόσουμε τις ιδιότητες των λογαρίθμων. π.χ Να λυθούν οι εξισώσεις: i)ln(3x-1)=ln(9-x 2) ii)log(x-6)+log(x+1)=3log2 Λύση

ι) Περιορισμοί: 3x-1>0 Û x>

1 3

2 2 9-x >0 Û x <9 Û -3

73

Τελικά έχουμε :

1
Στη συνέχεια λύνουμε την εξίσωση ln(3x-1)=ln(9-x2) Û 3χ-1=9-χ2 Û χ2-3χ+10=0 Û χ=2 ή χ=-5.

Σύμφωνα μετους περιορισμούς μας δεκτή είναι μόνο η χ =2. ιι)Περιορισμοί: χ-6>0 Û χ>6 χ+1>0 Û χ>-1 Τελικά έχουμε

χ>6.

Στην συνέχεια λύνουμε την εξίσωση χρησιμοποιώντας χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες των λογαρίθμων : log(x-6)+log(x+1)=3log2 Û log[(x-6)(x+1)]=log23 Û log(x2-5x-6)=log8 Û x2-5x-6=8 Û x2-5x-14=0 Û x=-2 ή x=7.

Με βάση τους περιορισμούς μας δεκτή είναι μόνο η χ=7. Εξισώσεις που λύνονται με αντικατάσταση αντικατάσταση

Σε εξισω΄σεις που εμφανίζεται ο ίδιος λογάριθμος λογάριθμος logaf(x),συνήθως θέτουμε : ω=logaf(x) και λύνουμε την εξίσωση που προκύπτει. π.χ Να λυθεί η εξίσωση log2x2+logx4-8=0 Λύση

Αρχικά παίρνουμε τους περιορισμούς : χ2>0 Ισχύει πάντα χ4>0 Ισχύει πάντα ‘Αρα η μεταβλητή χ μπορεί να πάρει όλες τις τιμές.

log2x2+logx4-8=0 Û (2log|x|)2+4log|x|-8=0 Û (πρέπει να βάλουμε |χ| και όχι χ γιατι το χ μπορεί να παρει όλες τις τιμές,συμφωνα τιμές,συμφωνα με τον αρχικό περιορισμό ). 4log2|x|+4log|x|-8=0. Θέτουμε ω=log|x| και έχουμε να λύσουμε την εξίσωση 4ω2+4ω-8=0 από όπου παίρνουμε ω =1 ή ω=-2. ‘Αρα έχουμε: ω=1 Û log|x| =1 Û |χ|=10 Û χ= ° 10 ω=-2 Û log|x| =-2 Û |χ|=10 -2 Û χ= °


1 100

74

Εξισώσεις που λύνονται λογαριθμίζοντας λογαριθμίζοντας

Να λυθούν οι εξισώσεις: ι)2χ+4=52-χ

ιι)χlogx= 10x

Λύση

ι) 2χ+4=52-χ Û log2χ+4=log52-χ Û (x+4)log2=(2-x)log5 Û

xlog2+4log2=2log5-xlog5 Û xlog2+xlog5=2log5-4log2 Û x(log2+log5)= log25-log16 Û xlog10= log25-log16 Û x=log

25 . 16

ιι) Αρχικά παίρνουμε τους περιορισμούς: χ>0 και 10χ≥0 Û χ≥0 Τελικά ο περιορισμός μας είναι χ>0.

1 logx logx 1 2 x logx=log(10x)2 Û log x < (log10 ∗logx ) < 10x Û logx < log 10x Û logx × lo 2

1 2

2

1 2

2

2

2

Ûlog x < log10∗ logx Û2log x
και έχουμε 2ω2-ω-1=0 από όπου παίρνουμε ω =1 ή ω= -

1 2

Για ω=1 έχουμε logx=1 Û ω=10 Δεκτή

Για ω= -

1 2

1 1 10 1 έχουμε logx= - Û x= 10 2 Û x= Δεκτή. Û x= 2 10 10 -

Λογαριθμικές Ανισώσεις Οι λογαριθμικές ανισώσεις λύνονται όπως ακριβώς και οι λογαριθμικές εξισώσεις,προσέχοντας όμως την μονοτονία των λογαριθμικών συναρτήσεων.

·

Αν α>1,τότε η συνάρτηση f(x)=logax είναι γνησίως γνησίως αύξουσα και έχουμε

·

logaA(x)≥logaB(x) Û A(x)≥B(x) Αν 0<α<1 ,τότε η συνάρτηση f(x)=logax είναι γνησίως φθίνουσα και έχουμε έ χουμε logaA(x)≥logaB(x) Û A(x)≤B(x).


75

π.χ Να λυθούν οι ανισώσεις : ι)log(2x+4)
ιιι)ln(x+3)+ln(2-x)
ι)Αρχικά παίρνουμε περιορισμούς : 2χ+4>0 Û χ>-2

13-χ>0 Û χ<13 Η συναλήθευση των περιορισμών μας δίνει : -2<χ<13 Η συνάρτηση f(x)=logx είναι γνησίως αύξουσα ,οπότε έχουμε:

log(2x+4)0 Û χ>

5 3

log(3x-5)-1>0 Û log(3x-5)>1 Û log(3x-5)>log10 Û 3x-5>10 Û x>5 H συναλήθευση των περιορισμών δίνει : χ>5 ln[log(3x-5)-1]<0 Û ln[log(3x-5)-1]0 Û χ>-3

2-χ>0 Û χ<2 5-χ>0 Û χ<5 Συναληθεύοντας Συναληθεύοντας τους περιορισμούς έχουμε : -3<χ<2. Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε τις ιδιότητες των λογαρίθμων:

ln(x+3)+ln(2-x)5-χ Û x2>1 Û |χ|>1 Û -1<χ<1. Τελικά έχουμε -3<χ<-1 ή 1<χ<2.


76

Λογαριθμικά Συστήματα

Τα λογαριθμικά συστήματα λύνονται εφαρμόζοντας σε κάθε εξί σωση ξεχωριστά τις μεθόδους επίλυσης των λογαριθμικών εξισώσεων εξ ισώσεων. ïìlog(20x+10y)=2ïüï π.χ Να λυθεί το σύστημα ïí ý ïïlog(x+1)+logy=1 ïï î þ

Λύση

Αρχικά έχουμε τους περιορισμούς 20χ+10y>0 Û 2x+y>0

x+1>0 Û x>-1 y>0 ïìïlog(20x+10y)=2ïüï ïìlog(20x+10y)=log100ïüï í ý Û ïí ýÛ ïïlog(x+1)+logy=1ïï ïï log[(x+1)y]=log10 ïï î þ î þ ìï ìï üï y=10-2x üïï y=10-2x ï ï Û ïï í ý í ýï Û ïï(x+1)(10-2x)=10ïï ïï-2x2 +8x+10=10ïï î þ îï þï

ïìï20x+10y=100ïüï ïì 2x+y=10 ïüï í ý Û ïí ýÛ ïï (x+1)y=10 ïï ïï(x+1)y=10ïï î þ î þ

ìï y=10-2x üï ìï y=10-2x üï ïï ïï ï ï í ýÛí ýÛ ïï-2x2 +8x=0ïï ïïx=0 ή x=4ïï î þ îï þï

ìïy=10üï ì ü ï ï ή ïï y=2 ïï í ý í ý ïïx=0 ïï ïïx=4 ïï î þ î þ

Oι λύσεις (χ,y)=(0,10) και (χ,y)=(4,2) είναι δεκτές αφού επαληθεύουν τους περιορισμούς.


77

Θέματα για Λύση τι μές του αεR ,η συνάρτηση f(x)=(2a-5)x: 1.Να βρείτε για ποιές τιμές ι)ορίζεται σε όλο το R, ιι)είναι εκθετική, ιιι)είναι γνησίως αύξουσα στο R, ιν)είναι γνησίως φθίνουσα στο R.

2.Na βρείτε για ποιές τιμές του λεR η συνάρτηση f(x)=(|λ|-3)χ: ι)ορίζεται σε όλο το R, ιι)είναι εκθετική, ιιι)είναι γνησίως αύξουσα στο R, ιν)είναι γνησίως φθίνουσα στο R. χ

æ λ+1 ö : 3. Na βρείτε για ποιές τιμές του λεR η συνάρτηση f(x)= çç è 5-λ ø ι)ορίζεται σε όλο το R, ιι)είναι εκθετική, ιιι)είναι γνησίως αύξουσα στο R, ιν)είναι γνησίως φθίνουσα στο R.

4.Αν η συνάρτηση f(x)=(-3λ2+12λ-8)χ με λεΖ,είναι γνησίως αύξουσα στο R να υπολογίσετε την τιμή του λ . 5.Να λυθούν οι εξισώσεις : ι) 1 1

χ2 -3χ-4

|χ|-6 1

-1=0 ιι) 2

-

4

χ χ2 4 χ-5 χ+2 3 ιν) (3 +9)(2 - 2 )=0 =0 ιιι) 6 × 6 =0 =6

6. Να λυθούν οι εξισώσεις : ι) 8

χ-5

=4

χ+3

χ-3

æ1ö ιι) çç  è16ø

χ

2 2 æ1ö 2χ-1 ιιι ) 27 χ +2χ-1 =9 χ +4χ ιν) çç  =4 × 23χ+5 =8 è 8ø

ιν)e6x=e4ex+1


78

7. Να λυθούν οι εξισώσεις : ι) 2

χ+2

+2

χ+3

+48 × 2

χ-4

+2 × 2

χ-1

χ χ+3 χ-1 2χ+1 =1 ιι) 5 × 2 =2 -3 2 ιιι) 12 × 4 =32+2

ιν)2χ+23χ-1=48 ν)4χ+252χ-1=3200

8. Να λυθούν οι εξισώσεις : ι)22χ-10.2χ+16=0 ιι)9χ-3.3χ-3=0 ιιι)9χ+1-36.3χ-1+3=0 ιν)3χ+1-28+9.3-χ=0 ιν)e2x+e=ex+ex+1 n)8x-5.4x-28.2x+32=0

9. Να λυθούν οι εξισώσεις : ι)72.3χ-2=9.2χ+1 ιι)100.4χ-1=52χ+1-25 ιιι)9χ+1=2.4χ+1-6.32χ+1 ιν)2χ+2χ-1=24-χ-22-χ ν)2χ+3.3χ+1=3χ+3-5.2χ+2

10. Να λυθούν οι εξισώσεις :

2

ι) (χ +χ-1)

χ2 +3χ

χ2 +3χ 2 χ2 -3χ 2 =1 ιι) (χ -χ-1) =(χ -χ-1)

11.Nα λυθούν οι ανισώσεις:

2 2,13 æ 1 öx ,x 1 x |x|-1 |x| | x |-1 ι) 2 ιν) 8 ′ 16 ιι) 3 ″ ″ 27 ιιι) ççç  >4 è5ø 25 2 æ 1 öx +2x ν) ççç  è 27 ø

2 æ 1 öx -x-6 > ççç  è9ø

x 2 ,9 4 æ ö |2x-3|-5 ′ 1 νιι) ç 3  νι) 7 ;1 èçç 5 ø

12. Nα λυθούν οι ανισώσεις :

x2 -4x

æe ö ι) çç  è3 ø

x-8

æ1 ö ιν) çç  è9ø

2x-3

æe ö çç  è3 ø

″1

2 1 x-2 æç 1 öx+3 x x ιι) 2 × 16 ; 1 ιιι) 4 × çç  ′ è8ø 32

″1

ν) 3

x ,3

æ1 ö × çç  è27 ø

|x |,9 9|x| 27 νιι) 22x-1 8x ,1 2 × ; ″

13. Nα λυθούν οι ανισώσεις : x x x+1 2x , × x ∗ = ιι) x 9 , 2 × 3 , 3 ; 0 ιιι) 4 -5 × 2 +16 ′ 0 5 2 4 0

ι) 2

2 -7x+6 x ιν) 3 <1

x

ν) 4 , 6 × 2

x

x

3,x ″ 9

∗ 8 ; 0 νιι) 2 ∗2


79

14. Nα λυθούν οι ανισώσεις : x ,x ι) 3 , 6 × 3 ;1 2x , × x ∗ × 2x ″ ιιι) 2 × 3 5 6 3 2 0

ιι) 2

x+3

ιν) 6

x+1

x ∗2 x x-1 ;3 ,2 +1 5 × 3

+4

x +1

<10 × 9

x

15.Να λυθούν τα συστήματα :

ïìï 2x ∗ 3y < 13 ïüï ι) í ý ïîï3 × 2x , 2 × 3y < ,6ïþï ïìx , y < 3 ïüï ιν) ï í x y ý ïîï2 × 3 < 288ïþï

ìï x y+1 üï ïìï 2x , 3y < 1 ïüï ï3 × 5 -2 =59ï ιι) í x ý ιιι) í ý y ïîï4 , 9 < 7ïþï ïï5x+1 +2 y =133 ïï îï þï ìï x 2,7 x ∗12 ν) ï íy ïïx ∗ y < 6 î

üï ì2x × 3y =108ïü ï ï ïý < 1 νι) ï ý í y x ïï ïîï 2 × 3 =72 ïþï þ

ε ίδους βακτηριδίων παρατηρεί 16.’Ενας βιολόγος μελετώντας την ανάπτυξη ενός είδους ότι:

· ·

έ ναρξη της παρατήρησης τα βακτηρίδια ήταν 400 2 ώρες μετά την έναρξη έ ναρξη της παρατήρησης τα βακτηρίδια ήταν 3200. 4 ώρες μετά την έναρξη

Αν ο τύπος που δίνει τον αριθμό των βακτηριδίων είναι:

P(t)=P02kt όπου P(t) ο αριθμός των βακτηριδίων σε χρόνο t(σε ώρες),Ρ0 ο αρχικός αριθμός και κ σταθερά που έξαρτάται από το είδος των βακτηριδίων,τότε να βρείτε : ι)τη σταθερά κ ιι)τον αρχικό αριθμό των βακτηριδίων ιιι)σε πόσα λεπτά ο αρχικός αριθμός αρι θμός των βακτηριδίων είχε διπλασιαστεί.

17. Να δείξετε ότι: α.

1

1 1 log25+ log8 og8+ log32=1+log2 2 3 5

β. 3log2+log5-log4=1

18. Αν x, ψ, z Î Â + εφαρμόστε όλες τις δυνατές ιδιότητες των λογαρίθμων

3x

α. log3 3x 2x

3 x ψ β. log 3 4 xψ


3 2 5x 4 ψ z γ. log 2 2 2 7ψ x ψz

80

2 3 βρεθούν οι οι logx και logψ συναρτήσει συναρτήσει των 19. Αν log(x ψ )=a και logx-logψ=β να βρεθούν α, β.

20. Αν α > 1 και β > 1 να υπολογισθεί η τιμή της παράστασης

2

2

2

2

ψ=lo =log(a g(a -1) -1)+log +log((β -1)-log[(αβ+1) -(α+β) ]

21. Αν log2=α και log3=β να υπολογισθούν συναρτήσει των α , β οι λογάριθμοι των αριθμών 4, 5, 6, 12, 15, 30, 36,

72 50

.

ν(ν-1) β 22. Σε Α.Π. είναι α1 =loga και α2 =logβ με α, β > 0. Να δείξετε ότι Sν =log ν(ν-3) α

23. Αν α, β, γ Î Â + με β ¹1 και αβ ¹1 να δείξετε ότι logαβγ=

logβ γ

*

1+logβα

.

logα x logβx . 24. Αν α, β > 0, α, β ¹1 να δείξετε ότι = logαψ logβψ

1

25. Αν α, β, x > 0 και β, x ¹1 να δείξετε ότι log 2 αlog 2β= logxα . x β 4 26.Αν

α,

β,

x

Î Â* με

α

¹1

¹1

β

και

¹1

αβ

να

δείξετε

ότι

logαx+logβ x=logαβ(1+logβα)2logαβx . 27. Να δείξετε ότι log2 3 × log3 4....log7 8=3 . 28.Να βρείτε τα πεδία ορισμού των συναρτήσεων: ι)f(x)=log(2x-6)

ιιι)f(x)=log(x2-9)

ιι)f(x)=ln(15-3x)

ν)f(x)=log(2x3+3x2-11x-6)

νι)f(x)=ln(-x3+7x+6

ιν)f(x)=ln(x2+2x-8)

νιι)f(x)=log(4x-10.2x+16)

νιιι)f(x)=ln(4.9x+3.16x-7.12x)

x+ψ 1 2 2 = (logα x++logα ψ) . 29. Αν x, ψ > 0 και x +ψ =7ψx να δείξετε ότι logα 3 2

30. Αν x, ψ > 0 και x, ψ ¹1 να δείξετε ότι

logx+logψ


2

′ log

x+ψ 2

.

81

31. Να λυθούν οι εξισώσεις

2

β) lo gx 3 625 -logx 125 +

α) 2(logx 8) +logx 64+logx 8=9

1 6

=0

2

γ) logx 1000=(logx 10) +2 .

32. Να λυθούν οι εξισώσεις α. log(x-2)+log(x-1)=log(2x+8)

β.log(x-6)+log(x-7)=1-log5

γ. log(xlog(x-9)+ 9)+2lo 2logg 2x-1=2 2x-1=2

δ. 2logx=log(x +

11 10

)+1

2

ε. 2log(2x-1) 2log(2x-1)-log(3 -log(3x-2x x-2x )=log(4x)=log(4x-3)3)-logx logx


2x-2 +7)=2+log (3x-1 +1) 2 x x x-1 γ. log(2 +2×3 )+log81=xlog(3 +1)

x

α. log2 (3

β. log(3 log(3 +2)= +2)=2x 2xlo log3 g3


logx

α. 10x

=x

2

x

log x x =10

β.

35. Να λυθούν οι εξισώσεις α. log x × log x=2 3 9

β. log

2

x × log2x × log x × log4 x=54 2 2


2

α. log (log x)=log (log x) β log[ log[lo log( g(2x 2x +x-2 +x-2)] )]=0 =0 . γ. log[log(3x-5)]=0 2 2 4 4

37.Για ποιες τιμές του α Î Â

2

η εξίσωση log[l log[log( og(2x 2x +x-2 +x-2)] )]=0 =0 έχει ρίζες

πραγματικές και άνισες ;

log 3 . 38. α. Να υπολογίσετε τον αριθμό 100 2logx

β. Να λύσετε την εξίσωση : 3

log x log 3 -2 × 3 -100 =0 .


82

αρι θμητική πρόοδο (αν) ο πρώτος όρος είναι a =log 3 και ο δεύτερος 39. Αν σε μια αριθμητική 1 3 όρος της είναι a =log 81 . 2 3 α. Να βρείτε την διαφορά ω της αριθμητικής προόδου .

logωx3 logωx2 log x β. Να λύσετε την εξίσωση : 3 -9 × 3 -9 × 3 ω +81=0

logx log3 40. i. Να αποδείξετε ότι : 3 =x logx log3 ii. Να λύσετε την εξίσωση : 3 =54-x 41.Να λυθούν οι εξισώσεις :

2

2 2 ι) log x , 10 log x ∗ 4 < 0

3 2

ιι) log log x-lo x-logx gx-2 -2=0 =0

ιιι) l o g 2 x + 3 l o g

x -1 -1= 0

2 2

ιν) log x -2log x -6logx+20=0

42. Να λυθούν οι εξισώσεις:

logx2 -10 20-lo gx ιι) 1= logx3 logx2

logx+1 2 4 ι) = 2 logx logx+2 log log x+2logx logx 1 lnx2 ιιι) =1ln2x+lnx2 ln(xe2 )

43.Να βρείτε τον θετικό αριθμό x ώστε να ισχύει: 3 5 2ν-1 ν2 logx+logx +logx +...+logx =2 . 44. Να λυθούν οι ανισώσεις:

2

ι) log (x-1)log 7 1 1 2 2

3

ιιι)log5(3-x)≤0

ιν)log5(x+7)≤log5(3-x)

3

ν)log(|x|+2)-log(6-|x|)>0.

45. Να λυθούν οι ανισώσεις : ι)log(x+3x)≤1 ιι)log3+log(x+2)≤2log6 ιν)log(2.5x+5.4x)≥x+log7 ν)log2x-2logx-3>0.


ιιι)2lnx≥ln(x-2)+ln(x+6)

83

46. Να λυθούν οι ανισώσεις ι) lo g[log

5x+3 5-2x

]>0

ιι) lo g[log

x+5 x-8

]<0

47. Να λυθούν οι ανισώσεις :

2

ι) log x ′ 4 ιι)ln2x<2lnx ιιι)log3x-log2x<0 ιν)log2x≤logx4 v)

logx-2 logx-1 vi) ′ vii)xlogx≤10 logx logx+3

2lnx-1 ″1 lnx

e3 viii)x ≤ x lnx

48. Να λυθούν τα συστήματα

logx+logψ=3 ü ïï α. 3 4 ý logx -logψ =2ï ïþ

β.

2x=ψ+log3ü ï ý log27=x+ ψï ïþ


üï 2 x +ψ=12 ï α. ý logψx+logx ψ=2ï ï þ

β.

lo g9xlo g3 (x+ψ)=-1 ü ïï

ý þ

log3x-log9 (ψ-x)=0ï ï

log ψ logx 50. i. Να αποδείξετε ότι x με x, ψ > 0 =ψ

ìï logψ logx x +ψ =20 σ ύστημα: ï ii. Να λύσετε το σύστημα í ïïlog xψ =1 î 2 iii. Αν οι λύσεις του (ii) είναι ρίζες της εξίσωσης: log[ log[lo log( g(x x +xlo +xloggθ-110)]=0 να βρείτε το θ Î Â*+ .


84


log3 log5ü (3x) =(5ψ) ï ï ý α. logx logψ ïï 5 =3 ïþ

üï 4x ïï logψ =25 ïïï 5log ý β. ïï log logψ ï =104ïïïþ ψ x+2 =10

üï logψ logx x +ψ =200 ïï γ. ý 1 ï ψ ψ x [(log logx) (log logψ) ] =1024ï ïþ


ALGEBRA B

Recommend Documents