ι σκήσεις της ΄ υκείου · 33: £ ¶ ¥ § ³ « ¯ ± ´ « © ´ 10 π 2,3 13...

31

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΑΥΓΕΡΙΝΟΣ ΒΑΣΙΛΗΣ

Οι Ασκήσεις της Α΄ Λυκείου

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΑΥΓΕΡΙΝΟΣ ΒΑΣΙΛΗΣ

ΣΧΟΛΙΚΟ ΕΤΟΣ 2012-2013

32


Οι Ασκήσεις της Α΄ Λυκείου

ΣΥΝΟΛΑ

1. Σε κάθε μια από τις παρακάτω περιπτώσεις να κυκλώσετε το γράμμα Α, αν ο ισχυρισμός είναι αληθής για όλους τους πραγματικούς αριθμούς α και β. Διαφορετικά να κυκλώσετε το γράμμα ψ.

1. 2 = 9 α = 3 Α (ψ)

2. 2 = α α = 1 Α (ψ)

3. 2 α α 1 (Α) ψ

4. α 2 2 4 Α (ψ)

5. α > 2 2 > 4 (Α) ψ

6. α < 2 2 < 4 Α (ψ)

7. 2 < 4 α < 2 (Α) ψ

8. 2 > 4 α > 2 Α (ψ) 9. α < 2 και β < 3 α.β < 6 Α (ψ) . //

2. Να αντιστοιχίσετε καθένα από τους ισχυρισμούς της ομάδας Α΄ με τον ισοδύναμό του ισχυρισμό

της ομάδας Β΄. Α΄ ΟΜΑΔΑ Β΄ ΟΜΑΔΑ

1. x(x – 2) = 0 A x 0 και x 2

2. x(x – 2) 0 Β x = 2

3. 2x = 4 Γ x = – 2 ή x = 2

4. 2x = 4 και x < 0 Δ x = 0

5. x(x – 2) = 0 και x(x – 1) = 0 Ε x = 0 ή x = 2

6. 2x = 4 και x > 0 Ζ x = –2 Απάντηση 1 Ε, 2Α, 3Γ, 4Ζ, 5Δ, 6Β .//

33


10

π

2,3

13

5

-3,5

-5

0 20

5

100

NZ Q R

3. 1. Στους παρακάτω πίνακες να συμπληρώσετε με το σύμβολο “ν “ εκείνα τα τετραγωνάκια των οποίων ο αντίστοιχος αριθμός ανήκει στο αντίστοιχο σύνολο. 2. Πως ονομάζονται οι αριθμοί για τους οποίους έχουν συμπληρωθεί τα τετραγωνάκια μόνο της τελευταίας γραμμής ; 3. Να χρησιμοποιήσετε τα διαγράμματα του Venn για να παραστήσετε τις διαδοχικές σχέσεις εγκλεισμού των συνόλων N,Z ,Q και R και να τοποθετήσετε σε αυτά τους αριθμούς αυτούς.

Οι αριθμοί της τελευταίας γραμμής ονομάζονται πραγματικοί.

4. Σε καθεμιά από τις παρακάτω ερωτήσεις να συμπληρώσετε τις ισότητες.

1. Αν Α = {xϵZ│x διαιρέτης του 16} και Β = {xϵZ│x διαιρέτης του 24}, τότε α) ΑΒ = {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24} β) ΑΒ = {1, 2, 4, 8}

2. Ας θεωρήσουμε ως βασικό σύνολο το σύνολο Ω των γραμμάτων του ελληνικού αλφαβήτου και τα υποσύνολά του Α = {xΩ│x φωνήεν} και Β = {xΩ│x σύμφωνο}. Τότε : α) ΑΒ = Ω β) ΑΒ = γ) Α΄ = Β δ) Β΄ = Α

5. Σε καθεμιά από τις παρακάτω ερωτήσεις να βάλετε σε κύκλους τις σωστές απαντήσεις :

1. Έστω δύο σύνολα Α και Β. Τότε : α) ΑΑΒ β) ΒΑΒ γ) ΑΒΑ (σωστό) δ) ΑΒΒ (σωστό)

2. Έστω δύο σύνολα Α και Β. Τότε :

–3,5 0 10 13/5 π 2, 3 20/5 100 –5

ν ν ν

ν ν ν ν ν ν ν ν ν ν ν

ν ν ν ν ν ν ν ν ν

34


α) ΑΑΒ (σωστό) β) ΑΒΒ γ) ΑΒΑ

6. Σε καθεμιά από τις παρακάτω ερωτήσεις να συμπληρώσετε τις ισότητες. 1. Έστω Ω ένα βασικό σύνολο, το κενό σύνολο και ΑΩ. Τότε : α) ΄ = Ω β) Ω΄ = γ) (Α΄)΄ = Α 2. Έστω ΑΒ. Τότε : α) ΑΒ = Α β) ΑΒ = Β

35


ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ

1. Ρίχνουμε ένα νόμισμα τρεις διαδοχικές φορές. i) Να γραφτεί ο δειγματικός χώρος Ω του πειράματος. ii) Να παρασταθούν με αναγραφή τα ενδεχόμενα που προσδιορίζονται από την αντίστοιχη ιδιότητα: Α1: “Ο αριθμός των Κ υπερβαίνει τον αριθμό των Γ” Α2: “Ο αριθμός των Κ είναι ακριβώς 2” Α3: “Ο αριθμός των Κ είναι τουλάχιστον 2” Α4: “Ίδια όψη και στις τρεις ρίψεις” Α5: “Στην πρώτη ρίψη φέρνουμε Κ”. iii) Να βρεθούν τα ενδεχόμενα 45253 ,, AAAAA .

ΛΥΣΗ

i) Για να προσδιορίσουμε το δειγματικό χώρο, θα χρησιμοποιήσουμε ένα δεντροδιάγραμμα: Άρα, ο δειγματικός χώρος του πειράματος αποτελείται από διατεταγμένες τριάδες με στοιχεία το Κ και το Γ και είναι

},,,,,,,{ ΓΓΓΓΓKΓKΓΓKKKΓΓKKΓKKΓKKKΩ .

ii) Έχοντας υπόψη το δειγματικό χώρο Ω και την αντίστοιχη ιδιότητα έχουμε:

},,,{1 ΓΚΚΚΓΚΚΚΓΚΚΚA

},,{2 ΓΚΚΚΓΚΚΚΓA

},,,{3 ΓΚΚΚΓΚΚΚΓΚΚΚA (Παρατηρούμε ότι 13 AA )

},{4 ΓΓΓΚΚΚA

},,,{5 ΚΓΓΚΓΚΚΓΓΚΚΚA .

iii) Το 3A περιέχει εκείνα τα στοιχεία του δειγματικού χώρου που δεν περιέχει το 3A , περιέχει δηλαδή

τα στοιχεία στα οποία ο αριθμός των Κ είναι μικρότερος από 2. Επομένως, },,,{3 ΓΓΓΓΓΚΓΚΓΚΓΓA .

Το ενδεχόμενο 25 AA περιέχει τα κοινά στοιχεία των 5A και 2A , δηλαδή τα στοιχεία με δύο ακριβώς Κ, εκ των οποίων το ένα στην πρώτη θέση. Επομένως, },{25 ΚΓΚΚΚΓAA .

Το ενδεχόμενο 45 AA περιέχει τα στοιχεία που στην πρώτη θέση έχουν Κ ή τα στοιχεία που έχουν

ίδιες και τις τρεις ενδείξεις. Επομένως, },,,,{45 ΓΓΓΚΚΚΚΚΓΚΓΚΚΚΓAA .//

Γ

Κ

Γ

Κ

Γ

Κ

Γ

Κ

Κ Γ Γ

Κ Γ Κ

Κ Κ Γ

Κ Κ Κ

Γ Γ Γ

Γ Γ Κ

Γ Κ Γ

Γ Κ Κ

Γ

Κ

Γ

Γ

Κ

Κ

Αποτέλεσμα 3η ρίψη 2η ρίψη 1η ρίψη

36


2. Δίνονται δύο ενδεχόμενα Α και Β ενός πειράματος με δειγματικό χώρο Ω. Να παρασταθούν με διαγράμματα Venn και να εκφραστούν με τη βοήθεια συνόλων τα ενδεχόμενα που ορίζονται με τις εκφράσεις: i) Πραγματοποιείται μόνο ένα από τα Α και Β. ii) Δεν πραγματοποιείται κανένα από τα Α και Β.

ΛΥΣΗ

i) Επειδή θέλουμε να πραγματοποιείται μόνο το Α ή μόνο το Β, γραμμοσκιάζουμε τις επιφάνειες των Α και Β με εξαίρεση την τομή τους, δηλαδή την κοινή επιφάνειά τους. Παρατηρούμε ότι στην περίπτωση αυτή πραγματοποιείται ένα μόνο από τα

BA και AB . Άρα, το ζητούμενο ενδεχόμενο είναι το )()( ABBA ή

ισοδύναμα το )()( BABA .

ii) Επειδή θέλουμε να μην πραγματοποιείται κανένα από τα Α και Β, γραμμοσκιάζουμε την επιφάνεια του Ω που είναι εκτός της ένωσης των Α και Β. Στην περίπτωση αυτή παρατηρούμε ότι το ζητούμενο σύνολο είναι συμπληρωματικό του BA , δηλαδή το )( BA .//

3. Δύο παίκτες θα παίξουν σκάκι και συμφωνούν νικητής να είναι αυτός που θα κερδίσει πρώτος δύο παιχνίδια . Αν α είναι το αποτέλεσμα να κερδίσει ο πρώτος παίκτης ένα παιχνίδι και β είναι το αποτέλεσμα να κερδίσει ο δεύτερος παίκτης ένα παιχνίδι , να βρείτε τον δειγματικό χώρο του πειράματος.

Λύση 2ο παιχνίδι α 3ο παιχνίδι 1ο παιχνίδι α α β Αρχή β β α α β β Ω = {αα , αβα , αββ , βαα , βαβ , ββ }.//

4. Ρίχνουμε ένα ζάρι δύο φορές . Να βρείτε τα ενδεχόμενα : Α : “Το αποτέλεσμα της 1ης ρίψης είναι μεγαλύτερο από το αποτέλεσμα της 2ης” Β : “Το άθροισμα των ενδείξεων στις δύο ρίψεις είναι άρτιος αριθμός ” Γ : “Το γινόμενο των ενδείξεων στις δύο ρίψεις είναι μικρότερο του 5 ” Στη συνέχεια να βρείτε τα ενδεχόμενα ΓΒ)(Α , ΓΒ , ΓΑ ,

Β Α Α Β

Ω

B A

( )A B

Ω

B A

37


ΒΑ

Ω

Λύση

Στο πείραμα αυτό για να βρούμε τον δειγματικό χώρο μας συμφέρει να φτιάξουμε πίνακα διπλής εισόδου 2η ρίψη 1η ρίψη

1 2 3 4 5 6

1 (1,1) (1,2) (1 ,3) (1,4) ( 1, 5) (1,6) 2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6) 3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6) 4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6) 5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6) 6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) Ο δειγματικός χώρος περιέχει σαν στοιχεία όλα τα αποτελέσματα του παραπάνω πίνακα διπλής εισόδου

Α = { (2,1) , (3,1) , (3,2) , (4,1) , (4,2) , (4,3) , (5,1) , (5,2) , (5, 3) , (5,4) , (6,1) , . (6,2), (6,3) , (6,4) , (6,5)} Β = {(1,1), (1,3) , (1,5) , (2,2) , (2,4) , (2,6) , (3,1) , (3,3) , (3 ,5) , (4,2), (4,4) , (4 , 6), ( 5 ,1) ,( 5, 3) , ( 5,5) , (6,2) , (6 ,4) , (6,6)}

Γ={(1,1) , (1 ,2) , ( 1, 3) , ( 1,4) , ( 2,1) , ( 2 , 2) , (3 , 1) , (4, 1)}

= {(3 ,1) , ( 4, 2) , ( 5 , 1) , ( 5 , 3) , ( 6 , 2) , ( 6 , 4)}

{ ( 2 , 1) , (3 , 1) , ( 4 ,1)}

={ ( 1 , 1) , ( 1, 3) , ( 2 , 2) , ( 3 , 1) }

)( Γ={ ( 3,1) } .//

5. Αν Α και Β είναι ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω , να αποδείξετε ότι :

αν ΄Α ́Β τότε

Λύση

Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τυχαίο στοιχείο χ του Β΄ ανήκει και στο Α΄ . x ́ x Β και αφού Α Β x Α x ΄ //

6. Έστω Α και Β ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικού χώρου Ω . Να γράψετε το

ενδεχόμενο ως ένωση τριών ξένων μεταξύ τους ενδεχομένων .

Λύση

Έστω το παρακάτω διάγραμμα του Venn )()()( .

Α – Β ΑΒ Β – Α .//

38


7. Ρίχνουμε δύο “αμερόληπτα” ζάρια. Να βρεθεί η πιθανότητα να φέρουμε ως αποτέλεσμα δύο διαδοχικούς αριθμούς.

ΛΥΣΗ

Για να βρούμε το δειγματικό χώρο του πειράματος, χρησιμοποιούμε έναν πίνακα “διπλής εισόδου”, όπως φαίνεται στο ακόλουθο σχήμα.

2ο 1ο

1

2

3

4

5

6

1 2 3 4 5 6

(1,1) (2,1) (3,1) (4,1) (5,1) (6,1)

(1,2) (2,2) (3,2) (4,2) (5,2) (6,2)

(1,3) (2,3) (3,3) (4,3) (5,3) (6,3)

(1,4) (2,4) (3,4) (4,4) (5,4) (6,4)

(1,5) (2,5) (3,5) (4,5) (5,5) (6,5)

(1,6) (2,6) (3,6) (4,6) (5,6) (6,6)

Από τον πίνακα αυτόν έχουμε ότι ο δειγματικός χώρος Ω έχει 36 ισοπίθανα δυνατά αποτελέσματα, δηλαδή 36)( N .

Το ενδεχόμενο Α: “να φέρουμε δύο διαδοχικούς αριθμούς”, είναι το

)}5,6)(6,5(),4,5(),5,4(),3,4(),4,3(),2,3(),3,2(),1,2(),2,1{(A δηλαδή 10)( AN

Επομένως, 18

5

36

10

)(

)()(

N

ANAP .

Άρα, η πιθανότητα να φέρουμε δύο διαδοχικούς αριθμούς είναι 28,018

5 ή, στη γλώσσα των ποσοστών,

περίπου 28% .//

8. Για δύο ενδεχόμενα Α και Β ενός δειγματικού χώρου Ω δίνονται 5,0)( AP , 4,0)( BP και 2,0)( BAP . Να βρεθεί η πιθανότητα των ενδεχομένων:

i) Να μην πραγματοποιηθεί κανένα από τα Α και Β. ii) Να πραγματοποιηθεί μόνο ένα από τα Α και Β. ΛΥΣΗ

i) Το ενδεχόμενο να μην πραγματοποιηθεί κανένα από τα Α και Β είναι το )( BA . Επομένως

)(1))(( BAPBAP

))()()((1 BAPBPAP

)2,04,05,0(1

7,01

3,0 .

( )A B

Ω

B A

39


ii) Το ενδεχόμενο να πραγματοποιηθεί μόνο ένα από τα Α και Β είναι το )()( ABBA . Επειδή τα ενδεχόμενα

BA και AB είναι ασυμβίβαστα, έχουμε:

)()())()(( ABPBAPABBAP

)()()()( BAPBPBAPAP

)(2)()( BAPBPAP

2,024,05,0 5,0 .//

9. Για δύο ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω ισχύουν 6,0)( AP και 5,0)( BP .

i) Να εξεταστεί αν τα Α και Β είναι ασυμβίβαστα. ii) Να αποδείξετε ότι 5,0)(1,0 BAP .

ΛΥΣΗ

i) Αν τα Α και Β ήταν ασυμβίβαστα, από τον απλό προθετικό νόμο των πιθανοτήτων θα είχαμε: 1,15,06,0)()()( BPAPBAP

ισχύει, δηλαδή, 1)( BAP , που είναι άτοπο. Άρα, τα Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

ii) Επειδή BBA και ABA , έχουμε

)()( BPBAP και )()( APBAP ,

επομένως 5,0)( BAP (1)

Από τον προσθετικό νόμο των πιθανοτήτων έχουμε: )()()()( BAPBPAPBAP

)(5,06,0)( BAPBAP .

Όμως 1)( BAP .

Επομένως: 1)(5,06,0 BAP

)(15,06,0 BAP

)(1,0 BAP . (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι: 5,0)(1,0 BAP .//

10. Να βρείτε την πιθανότητα στην ρίψη δύο νομισμάτων (διαδοχικά) να εμφανιστούν δύο

“γράμματα”. Λύση Για να βρούμε τον δειγματικό χώρο του πειράματος φτιάχνουμε δεντροδιάγραμμα 2ο νόμισμα Κ 1ο νόμισμα Κ Γ Αρχή Κ Γ Γ

( ) ( )A B B A

Ω

B A

A B

Ω

B A

40


Όπου Κ= κεφάλι και Γ = γράμματα Ο δειγματικός χώρος του πειράματος είναι ο Ω={ ΚΚ , ΚΓ , ΓΚ , ΓΓ} , άρα Ν(Ω) = 4 . Αν Α είναι το ενδεχόμενο : δύο “γράμματα” , τότε Α= { ΓΓ} , Άρα Ν(Α) = 1.

Οπότε 4

1

)(

)()(

.//

11. Ένα κουτί περιέχει μπάλες : 10 άσπρες (Α), 15 μαύρες (Μ) , 5 κόκκινες (Κ) και 10 πράσινες

(Π). Παίρνουμε τυχαίως μια μπάλα. Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων η μπάλα να

είναι : i) μαύρη ii) μαύρη ή άσπρη iii) ούτε κόκκινη ούτε πράσινη

Λύση

Αφού μέσα στο κουτί υπάρχουν 10 + 15 + 5 + 10 = 40 μπάλες , θα είναι Ν(Ω) = 40

i) Έστω Μ το ενδεχόμενο : η μπάλα να είναι μαύρη . Τότε Ν(Μ) = 15

Άρα 8

3

40

15)(

ii) Έστω Α είναι το ενδεχόμενο : η μπάλα είναι άσπρη . Τότε Ν(Α) = 10

Άρα 4

1

40

10)(

Το ενδεχόμενο : η μπάλα να είναι μαύρη ή άσπρη, είναι το με Α , Μ ασυμβίβαστα.

Οπότε 8

5

4

1

8

3)()()(

iii) Το ενδεχόμενο : η μπάλα δεν είναι ούτε πράσινη ούτε κόκκινη , σημαίνει ότι η μπάλα είναι : μαύρη

ή άσπρη , που όπως είδαμε έχει πιθανότητα 8

5 .//

12. Σε μία τάξη με 30 μαθητές , ρωτήθηκαν οι μαθητές πόσα αδέλφια έχουν.

Οι απαντήσεις τους φαίνονται στον πίνακα Αριθμός μαθητών 4 11 9 3 2 1 Αριθμός αδελφών 0 1 2 3 4 5

Αν επιλέξουμε τυχαία ένα μαθητή , να βρείτε την πιθανότητα η οικογένειά του να έχει τρία παιδιά .

Λύση

Το πλήθος όλων των μαθητών της τάξης είναι 30 , οπότε Ν(Ω)=30 . Για να έχει η οικογένεια του μαθητή 3 παιδιά θα πρέπει ο μαθητής που επιλέχτηκε να έχει 2 αδέλφια .

Έστω Α το ενδεχόμενο : ο μαθητής έχει δύο αδέλφια.

Από τον πίνακα βλέπουμε ότι Ν(Α) = 9

Οπότε η ζητούμενη πιθανότητα είναι Ρ(Α) =30

9

)(

)(

.//

41


13. Έστω τα σύνολα Ω = {ω / 10 ω 20} , Α = {ωΩ / ω πολλαπλάσιο του 3} και Β = {ωΩ / ω πολλαπλάσιο του 4}. Αν επιλέξουμε τυχαία ένα στοιχείο του Ω , να βρείτε τις πιθανότητες

i) Να ανήκει στο Α

ii) Να μην ανήκει στο Β

Λύση

Από την υπόθεση βλέπουμε ότι το Ω περιέχει σαν στοιχεία τους φυσικούς που ικανοποιούν την σχέση

10 ω 20 . Άρα

Ω = { 10 , 11 , 12 , 13 , 14 , 15 , 16 , 17 , 18 , 19 , 20 } με Ν(Ω) = 11

Το ενδεχόμενο Α περιέχει όλα τα στοιχεία του Ω τα οποία είναι πολλαπλάσια του 3.

Άρα Α={ 12 , 15 ,18 } με Ν(Α) = 3

Το Β περιέχει τα στοιχεία του Ω που είναι πολλαπλάσια του 4.

Άρα Β = {12 , 16 , 20 } με Ν(Β) = 3

Οπότε i) 11

3

)(

)()(

ii) Δεν ανήκει στο Β σημαίνει ανήκει στο Β΄ .

Γνωρίζουμε ότι Ρ(Β΄) = 1 – Ρ(Β). Αλλά Ρ(Β) = Άρα Ρ(Β΄) = 1–11

8

11

3 .//

14. Σε έναν αγώνα η πιθανότητα να κερδίσει ο Λευτέρης είναι 30% , η πιθανότητα να κερδίσει ο

Παύλος είναι 20% και η πιθανότητα να κερδίσει ο Νίκος είναι 40% . Να βρείτε την πιθανότητα

i) Να κερδίσει ο Λευτέρης ή ο Παύλος ii) Να μην κερδίσει ο Λευτέρης ή ο Νίκος

Λύση Έστω : Λ το ενδεχόμενο κερδίζει ο Λευτέρης, Π κερδίζει ο Παύλος και Ν κερδίζει ο Νίκος

Τότε Ρ(Λ) =100

30 , Ρ(Π) =

100

20 και Ρ(Ν) =

100

40

i) Το ζητούμενο ενδεχόμενο είναι το με Λ και Π ασυμβίβαστα .

Από τον απλό προσθετικό νόμο έχουμε ότι

2

1

100

50

100

20

100

30)()()(

ii) Δεν κερδίζει ο Λευτέρης ή ο Νίκος είναι το ενδεχόμενο )́( οπότε

100

30

100

40

100

301)()(1)(1)( ΄

( πάλι τα Λ και Ν είναι ασυμβίβαστα ) .//

11

3

)(

)(

42


15. Για τα ενδεχόμενα Α και Β ενός δειγματικού χώρου Ω ισχύουν 30

17)(

7 2( ) και Ρ(Α Β) . Να βρείτε την Ρ(Α Β)

15 3

Λύση

)()()()( 17 72( )

3 30 15

17 7 2( )

30 15 3

30

11)( .//

16. Για τα ενδεχόμενα Α και Β του ίδιου δειγματικού χώρου Ω έχουμε ότι

12

1Β)Ρ(Α και

3

2Ρ(Β΄) ,

2

1)( . Να βρείτε την Ρ(ΑΒ) .

Λύση

Ρ(Β΄) = 1 – Ρ(Β) = 3

2 Ρ(Β) = 1– 2

3 = 1

3

Ρ( )()()() 1 1 1( )

2 3 12 = 6 4 1

12 12 12 = 9 3

12 4 .//

17. Για δύο ενδεχόμενα Α και Β του ίδιου δειγματικού χώρου Ω να δείξετε ότι

)()()( Λύση

και P(AB) 0 ( ) ( ) ( )

(Προσθέτουμε στο 2ο μέλος την P(AB), άρα αυτό μεγαλώνει) .//

18. Ένα ορισμένο κατάστημα δέχεται πιστωτικές κάρτες D ή V. Το 25% των πελατών έχει κάρτα D , το 55% έχει κάρτα V και το 15% έχει και τις δύο κάρτες . Ποια είναι η πιθανότητα , ένας πελάτης που επιλέγεται τυχαία να

έχει μία τουλάχιστον κάρτα ;

Λύση

Έστω D το ενδεχόμενο, ο πελάτης να έχει κάρτα D. Τότε Ρ(D) =100

25,

V το ενδεχόμενο , ο πελάτης να έχει κάρτα V. Τότε Ρ(V) =100

55 .

Το ενδεχόμενο , ο πελάτης έχει και τις δύο κάρτες είναι το (DV) .

Οπότε 15Ρ(D V)

100 .

Το ενδεχόμενο, ο πελάτης έχει μία τουλάχιστον κάρτα , είναι το (DV) .

Οπότε από τον προσθετικό νόμο έχουμε

25 55 15(D V) (D) (V) (D V) (D V)

100 100 100 άρα P(DV ) = 65

100 .//

3

2

)()()()(

43


19. Το 10% των ατόμων ενός πληθυσμού έχουν υπέρταση , το 6% στεφανιαία καρδιακή ασθένεια και

το 2% έχουν και τα δύο . Για ένα άτομο που επιλέγεται τυχαία ποια είναι η πιθανότητα να έχει α) τουλάχιστον μία ασθένεια β) μόνο μία ασθένεια

Λύση

Έστω τα ενδεχόμενα : Υ = το άτομο έχει υπέρταση , οπότε Ρ(Υ) =100

10

Σ = το άτομο έχει στεφανιαία , οπότε Ρ(Σ) =100

6

Tο ενδεχόμενο : το άτομο έχει και τις δύο ασθένειες , είναι το ,

οπότε 100

2)(

α) Το ενδεχόμενο : το άτομο έχει μία τουλάχιστον ασθένεια είναι το .

Οπότε ( ) ( ) ( ) ( ) = 10 6 2 14

100 100 100 100

β) Το ενδεχόμενο : το άτομο έχει μία μόνο ασθένεια είναι το (Υ – Σ) (Σ – Υ) και επειδή τα Υ – Σ , Σ – Υ είναι ασυμβίβαστα , με τον απλό προσθετικό

νόμο θα έχουμε P ( ) ( ) (1)

Αλλά P(Υ – Σ) = Ρ(Υ) – Ρ(ΥΣ) = 100

10 – 2

100 = 8

100

και Ρ(Σ – Υ) = Ρ(Σ) – Ρ(ΥΣ) = 6

100 – 2

100 = 4

100

(1) P = 8

100 + 4

100 = 12

100 .//

20. Από τους μαθητές ενός σχολείου το 80% μαθαίνει αγγλικά , το 30% γαλλικά και το 20% και τις δύο γλώσσες. Επιλέγουμε τυχαία ένα μαθητή. Να βρείτε την πιθανότητα, να μη μαθαίνει καμία από τις δύο γλώσσες

Λύση

Έστω τα ενδεχόμενα Α : μαθαίνει αγγλικά , με Ρ(Α) =100

80

Γ : μαθαίνει γαλλικά , με Ρ(Γ) =100

30

Το ενδεχόμενο, μαθαίνει και τις δύο γλώσσες είναι το με 20Ρ(Α Γ)

100

Το ενδεχόμενο δεν μαθαίνει καμία γλώσσα είναι το ( )΄ 1 ( )

= 1 – [ ( ) ( ) ( ) ]

= 1 ( ) ( ) ( )

= 80 30 20 101

100 100 100 100 .//

44


21. Σε μία κωμόπολη το 15% των νοικοκυριών δεν έχουν τηλεόραση , το 40% δεν έχουν βίντεο και το 10% δεν έχουν ούτε τηλεόραση ούτε βίντεο. Επιλέγουμε τυχαία ένα νοικοκυριό. Να βρείτε την πιθανότητα να έχει τηλεόραση και βίντεο .

Λύση

Έστω Τ = το ενδεχόμενο το νοικοκυριό δεν έχει τηλεόραση με Ρ(Τ) =100

15

Β = το ενδεχόμενο το νοικοκυριό δεν έχει βίντεο με Ρ(Β) =100

40

Τότε , το νοικοκυριό δεν έχει ούτε τηλεόραση ούτε βίντεο είναι το ( )

με 100

10)(

Ζητάμε την πιθανότητα , επιλέγοντας ένα νοικοκυριό στην τύχη , να έχει τηλεόραση και βίντεο. Δηλαδή ζητάμε την Ρ(Τ΄Β΄ ).

Από διάγραμμα Venn, διαπιστώνουμε ότι (ΑΒ)΄ = (Α΄Β΄ )

Οπότε Ρ(Τ΄Β΄ ) = Ρ(ΤΒ)΄

= 1 – Ρ(ΤΒ) = 1 – [Ρ(Τ) + Ρ(Β) - Ρ(ΤΒ)]

= 1 – Ρ(Τ) – Ρ(Β) + Ρ(ΤΒ)

= 1 – 15 40 10 55

100 100 100 100 .//

22. Αν 0 < Ρ(Α) < 1 να αποδείξετε ότι 4)(

1

)(

1

΄

Λύση

Έστω Ρ(Α) = ρ με 0 < ρ < 1, οπότε Ρ(Α΄ ) = 1 – ρ > 0.

Αρκεί να αποδείξουμε 1

+ 1

1 4

1 – ρ + ρ 4ρ(1 – ρ)

1 4ρ – 4 2

4 2 – 4ρ + 1 0

(2ρ – 1 2) 0 που ισχύει .//

23. Αν Α και Β είναι ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικού χώρου Ω με Ρ(Α) = 0,6 και Ρ(Β) = 0,7 , να δείξετε ότι 0,3 Ρ(Α ) 0,6

45


Λύση

Για την ανισότητα Ρ(Α ) 0,6

Ρ(Α ) Ρ(Α) Ρ(Α ) 0,6

Για την ανισότητα 0,3 Ρ(Α )

Ρ(Α ) = ( ) ( ) ( ) Ρ(Α ) = 0,6 + 0,7 – ( )

Ρ(Α ) = 1,3 – ( ) (1)

Αρκεί να αποδείξουμε 0,3 Ρ(Α ) ( 1 )

0,3 1,3 – ( )

–1 – ( )

( ) 0 που ισχύει .//

24. Για δύο ενδεχόμενα Α και Β του ιδίου δειγματικού χώρου Ω , να αποδείξετε ότι

( ) ( ΄) ( )

Λύση

( ) ( ΄) ( ) ( ) (1 ( )) ( ) ( ) ( )

Ρ(Β) –1 + Ρ(Α) Ρ(Α) + Ρ(Β) – ( )

–1 + – ( )

( ) 1 που ισχύει .//

25. Έστω ο δειγματικός χώρος Ω = { 0 , 1 , 2 , 3 ,…, 100}. Δίνονται και οι πιθανότητες

2

1)( ,

κ = 1 , 2 , 3 , …, 100 . Να υπολογίσετε την πιθανότητα Ρ(0) Λύση

Γνωρίζουμε ότι Ρ(0) + Ρ(1 ) + Ρ(2) + . . . + P(100) = 1

Αλλά 2 3 100

1 1 1 1(1) , Ρ(2) , Ρ(3) , . . . , Ρ(100)

2 2 2 2

Άρα Ρ(0) + 2 3 100

1 1 1 1 . . . 1

2 2 2 2 (1)

Η παράσταση 2 3 100

1 1 1 1 . . .

2 2 2 2 είναι το άθροισμα των 100

πρώτων όρων γεωμετρικής προόδου με πρώτο όρο 11 1

και λόγο λ2 2

, που

46


δίνεται από τον τύπο 100S = 100

1 ( 1)

1

100

100

1 11

2 2S

11

2

= 100

11

2

= 1 – 100

1

2

(1) Ρ(0) + 1 – 100

1

2 = 1 Ρ(0) =

100

1

2 .//

26. Έστω Ω ένας δειγματικός χώρος με πεπερασμένο πλήθος στοιχείων και Α , Β υποσύνολα του

Ω .Υποθέτουμε ότι Ρ(Α΄) 0,28 και Ρ(Β΄) 0,71 . Να αποδείξετε ότι i) ( ) 1,01 ( ) και ii) Α Β

Λύση

Ρ(Α΄) 0,28 1 ( ) 0,28 ( ) 0,72 (1)

Ρ(Β΄) 0,71 1 ( ) 0,71 ( ) 0,29 (2)

i) Αρκεί να αποδείξουμε ότι ( ) + ( ) 1,01

Από τον προσθετικό νόμο έχουμε ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) = ( ) ( )

( ) ( ) ( 1 ),( 2 )

0,72 + 0,29

( ) ( ) 1,01

ii) Αν υποθέσουμε ότι Α , τότε Ρ( 0)()

(i) 0 1,01 ( )

( ) 1,01 που είναι άτοπο , αφού η πιθανότητα οποιουδήποτε

ενδεχομένου είναι ≤ 1 , επομένως .//

47


ΟΙ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ

1. Δίνεται η παράσταση Α = [ 2

2 3x y

4

3xy ] :

33

1

x

y

i) Να δείξετε ότι Α = 9x 9y

ii) Να βρείτε την τιμή της παράστασης για x = 2010 και y = 1

2010

Λύση

i) Α = [ 2

2 3x y

4

3xy ] :

33

1

x

y

= [ 4x 6y 4x 12y ] : 9

3

x

y

= 6y : 9 3

1

x y = 6y

9x 3y = 9x 9y

ii) Α = (x y 9) = 9

12010.

2010 = 91 = 1 . //

2. Να απλοποιήσετε την παράσταση 3 2

2

2

Λύση

3 2

2

2

=

2( 2 1)

( 1)

=

2( 1)

( 1)

= α + 1 . //

3. Να απλοποιήσετε την παράσταση 2

2

( ) 2 2

1

Λύση

2

2

( ) 2 2

1

=

( 1) 2( 1)

( 1)( 1)

=

( 1)( 2)

( 1)( 1)

= 2

1

. //

4. Να απλοποιήσετε την παράσταση 2

1

3 2

3( 1)

Λύση

2

1

3 2

3( 1)

=

22 1

2

3

( 1)

( 1)

= 2

2

[( 1)( 1)]

2

3

( 1)

( 1)

= 2 2

2

( 1) ( 1)

2

2( 1)

= 2( 1) . //

48


5. Να απλοποιήσετε την παράσταση (x + y 2) . 2

1 1x y

Λύση

(x + y 2) . 2

1 1x y

= (x + y 2)

2

1 1

x y

= (x + y 2)

2y x

xy

= (x + y 2)

2xy

x y

= (x + y 2)

2 2

2

x y

x y = 2 2x y . //

6. Να αποδείξετε ότι 2 + 2 – 2α + 1 0. Πότε ισχύει η ισότητα;

Λύση

2 + 2 – 2α + 1 = ( 2 – 2α +1) + 2 = (α – 1 2) + 2 0 + 0 = 0

2 + 2 – 2α + 1 = 0 (α – 1 2) + 2 = 0

α – 1 = 0 και β = 0

α = 1 και β = 0 . //

7. Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς x και y σε καθεμιά από τις παρακάτω περιπτώσεις :

i) Αν (x – 2 2) + (y + 1 2) = 0 ii) Αν 2x + 2y – 2x + 4y + 5 = 0

Λύση

i) (x – 2 2) + (y + 1 2) = 0 x – 2 = 0 και y + 1 = 0

x = 2 και y = – 1

ii) 2x + 2y – 2x + 4y + 5 = 0 2x + 2y – 2x + 4y + 1 + 4 = 0

( 2x – 2x + 1) + ( 2y + 4y + 4) = 0

(x – 1 2) + (y + 2 2) = 0

x – 1 = 0 και y + 2 = 0

x = 1 και y = – 2 . //

8. Αν 4,5 < x < 4,6 και 5,3 < y < 5,4, να βρείτε τα όρια μεταξύ των οποίων περιέχεται η τιμή

καθεμιάς από τις παραστάσεις

i) x + y ii) x – y iii) x

y iv) 2x + 2y

49


Λύση

i) Προσθέτουμε κατά μέλη : 4,5 + 5,3 < x + y < 4,6 + 5,4 9,8 < x + y < 10 ii) 5,3 < y < 5,4 – 5,3 > – y > – 5,4 – 5,4 < – y < – 5,3 (1) αλλά 4,5 < x < 4,6 (2)

(2) + (1) : – 0,9 < x – y < – 0,7

iii) 5,3 < y < 5,4 1

5,3 > 1

y > 1

5,4

10

53 > 1

y > 10

54

10

54 < 1

y < 10

53 (3)

(2).(3) : 4,5. 10

54 < x. 1

y < 4,6. 10

53 45

54 < x

y < 46

53

iv) 4,5 < x < 4,6 (4,5 2) < 2x < (4,6 2) 20,25 < 2x < 21,16 (4)

5,3 < y < 5,4 (5,3 2) < 2y < (5,4 2) 28,09 < 2y < 29,16 (5)

(4) + (5) : 48,34 < 2x + 2y < 50,32 . //

9. Αν α > 1 > β, να αποδείξετε ότι α + β > 1+αβ.

Λύση

Αρκεί να δειχθεί ότι 1 > 0

» 1 1 > 0

» 1 1 > 0 (1)

Η υπόθεση > 1 > > 1 και 1 >

1 > 0 και 1 > 0

1 1 > 0 . //

10. Αν α, β θετικοί αριθμοί, να δείξετε ότι (α + β) 1 1

4

Λύση

Αρκεί να δειχθεί ότι 4

(Ε.Κ.Π = αβ > 0, αφού α,β > 0)

4

2 24 0

2 22 0

2

0 που ισχύει . //

50


11. Να αποδείξετε ότι :

i) 2 20 ii) 2 2

0

Λύση

i) 2 20 2 2

2 2 2 0

2 + 2 2 22 0

2 + 2

+ 2 0 που ισχύει

ii) 2 20 2 2

2 2 2 0

2 + 2 2 22 0

2 + 2

+ 2 0 που ισχύει . //

12. Να γράψετε τις παρακάτω παραστάσεις χωρίς απόλυτες τιμές.

i) 3 ii) 4

iii) 3 + 4 iv) 2 3 – 3 2

Λύση

i) 3 = π – 3

ii) 4 = – (π – 4) = 4 – π

iii) 4 = – (3 – π) + 4 – π = –3 + π + 4 – π = 1

iv) 2 3 – 3 2 = – ( 2 – 3 ) – ( 3 – 2 ) = – 2 + 3 – 3 + 2 = 0 . //

13. Αν 3 < x < 4, να γράψετε χωρίς την απόλυτη τιμή την παράσταση x 3 + x 4

Λύση

3 < x x – 3 > 0 x 3 = x – 3

x < 4 x – 4 < 0 x 4 = – (x – 4) = – x + 4

Άρα x 3 + x 4 = x – 3 – x + 4 = 1 . //

14. Αν x 0 και y 0, να βρείτε τις τιμές που μπορεί να πάρει η παράσταση

Α = x

x+

y

y

Λύση

Όταν x, y θετικοί : Α = x

x+

y

y = 1 + 1 = 2

Όταν x, y αρνητικοί : Α = x

x

+ y

y

= –1 – 1 = – 2

Όταν x θετικός, y αρνητικός : Α = x

x+

y

y

= 1 – 1 = 0

Όταν x αρνητικός, y θετικός : Α = x

x

+ y

y = –1 + 1 = 0 . //

51


15. Να συμπληρώσετε τον παρακάτω πίνακα, όπως δείχνει η πρώτη γραμμή του. ΠΙΝΑΚΑΣ

Απόλυτη τιμή Απόσταση Διάστημα ή ένωση διαστημάτων

x 4 2 d x,4 2 [2, 6]

x 3 4 d(x, –3) < 4 (–7, 1)

x 4 2 d(x, 4) > 2 (– , 2) (6, + )

x 3 4 d(x, –3) 4 (– , –7] [1, + )

x 5 < 1 d(x, 5) < 1 (4, 6)

x 1 > 2 d(x, –1) > 2 (– , –3) (1, + )

x 5 1 d(x, 5) 1 (– , 4] [6, + )

x 1 2 d(x, –1) 2 [–3, 1]

x < 2 d(x, 0) < 2 (–2, 2)

x 2 3 d(x, –2) 3 [–5, 1]

x 2 d(x, 0) 2 (– , –2] [2, + )

x 2 > 3 d(x, –2) > 3 (– , –5) (1, + )

16. Να αποδείξετε ότι +

Λύση

=

= ( ) ( ) + (Τριγωνική ανισότητα) . //

17. Αν α > β, να δείξετε ότι :

i) = 2

ii) =

2

Λύση

α > β α – β > 0 = α – β

i) 2

=

2

= 2

2

=

ii) 2

=

( )

2

=

2

=

2

2

= . //

52


18. Τι σημαίνει για τους αριθμούς x και y :

i) Η ισότητα x + y = 0 ii) Η ανισότητα x + y > 0

Λύση

i) Η ισότητα x + y = 0 ισχύει μόνο όταν x = 0 και y = 0

Διότι, αν ένας τουλάχιστον από τους x, y ήταν 0, (έστω x 0),

θα ήταν x > 0

οπότε x + y > 0, που είναι άτοπο

ii) Η ανισότητα x + y > 0 ισχύει μόνο όταν x 0 ή y 0

Διότι, αν ήταν x = 0 και y = 0

θα ήταν x + y = 0, που είναι άτοπο . //

19. Έστω 0 < α < β.

i) Να διατάξετε από τον μικρότερο στο μεγαλύτερο τους αριθμούς 1,

,

ii) Να δείξετε ότι στον πραγματικό άξονα ο αριθμός

βρίσκεται πλησιέστερα στο 1,

από ότι ο αριθμός

Λύση

i) 0 < α < β

< 1 και 1 <

. Άρα

< 1 <

ii) Από (i) έχουμε

– 1 < 0 και

– 1 > 0

1

= – 1

και 1

=

– 1

Αρκεί να αποδείξουμε 1

< 1

– 1

<

– 1

–

+ 1 <

– 1

– 2 + < 2 –

0 < 2 + 2 – 2

0 < 2

που ισχύει . //

20. Να γράψετε τις παρακάτω παραστάσεις χωρίς ριζικά

i) 2( 4) ii) 2( 20) iii) 2(x 1) iv) 2x

4

53


Λύση

i) 2( 4) = 4 = 4 – π

ii) 2( 20) = 20 = 20

iii) 2(x 1) = x 1

iv) 2x

4 =

2

2

x

2 =

2x

2 = x

2 =

x

2 . //

21. Να αποδείξετε ότι 2

2 5 + 2

3 5 = 1

Λύση

2

2 5 + 2

3 5 = 2 5 + 3 5 = 5 – 2 + 3 – 5 = 1 . //

22. Να αποδείξετε ότι ( x 5 – x 3 )( x 5 + x 3 ) = – 8

Λύση

( x 5 – x 3 )( x 5 + x 3 ) = ( x 5 2) – ( x 3 2)

= x – 5 – (x + 3)

= x – 5 – x – 3 = – 8 . //


i) ( 8 – 18 )( 50 + 72 – 32 ) = –14

ii) 28 7 32 63 32 = 31

Λύση

i) 8 18 50 72 32 2 2 2 2 2 4

2 .2 3 .2 5 .2 2 .3 .2 2 .2

22 2 3 2 5 2 2.3 2 2 2

2 5 2 6 2 4 2

2.7 2 14

ii). 28 7 32 63 32 = 2 4 2 42 .7 7 2 .2 3 .7 2 .2

= 2 7 7 4 2 3 7 4 2

= 3 7 4 2 3 7 4 2

= 2 2

3 7 4 2 = 63 – 32 = 31 . //

54



i) 2 . 2 2 . 2 2 = 2 ii) 3 2 . 3 3 5 . 3 3 5 = 2

Λύση

i) 2 . 2 2 . 2 2 2 2 2 2 2

2 4 2 2.2 2

ii) 3 2 . 3 3 5 . 3 3 5 = 3 2 3 5 3 5

3 33 2 9 5 2.4 8 2 . //


i) 32 2 = 3 2 ii) 5 32 2 2 = 3 2

Λύση

i) 32 23 123 4 32 .2 2 2

ii). 5 32 2 2 5 5 56 303 63 4 6 4 10 32 2 .2 2 2 2 .2 2 2 . //


i) 343 . 3 3 = 3 12 3 ii) 9 8

2 . 6 52 = 218 13

2

Λύση

i) 343 . 3 3 =

3

431

33 = 3 1

4 33

= 13

123 = 1

1123

= 3. 1

123 = 3 12 3

ii) 9 82 . 6 5

2 = 8

925

62 = 8 5

9 62

= 31

182 = 13

1182

= 2. 13

182 = 2 18 132 . //

27. Να μετατρέψετε τις παρακάτω παραστάσεις σε ισοδύναμες με ρητούς

παρανομαστές :

i) 4

5 3 ii) 8

7 5 iii)

7 6

7 6

55


Λύση

i) 4

5 3 =

4(5 3 )

(5 3 )(5 3 )

=

2

4(5 3 )

5 3

=

4(5 3 )

22

=

2(5 3 )

11

ii) 8

7 5 =

8( 7 5 )

( 7 5 )( 7 5 )

=

8( 7 5 )

7 5

= 4( 7 5 )

iii) 7 6

7 6

=

2( 7 6 )

( 7 6 )( 7 6 )

=

7 2 7 6 6

7 6

= 13 + 2 42 . //


i) 162 98

50 32

= 16 ii)

12 20

11 6

9 3

9 27

= 3,

Λύση

i) 162 98

50 32

=

4 2

2 2

2 . 3 2 . 7

2 . 5 2 . 4

=

23 2 7 2

5 2 4 2

= 16 2

2 = 16

ii) 12 20

11 6

9 3

9 27

=

2 12 20

2 11 3 6

(3 ) 3

(3 ) (3 )

=

24 20

22 18

3 3

3 3

=

20 4

18 4

3 (3 1)

3 (3 1)

= 23 = 3 . //

29. i) Να αποδείξετε ότι 3 3 2 2

3 2

= 5 + 6

ii) Αν α, β > 0 να αποδείξετε ότι

= ( ) +

Λύση

i) 3 3 2 2

3 2

=

(3 3 2 2 )( 3 2 )

( 3 2 )( 3 2 )

=

3.3 3 6 2 6 4

3 2

= 5 + 6

ii)

=

( )( )

( )( )

= . .

= 2 2

= ( )( ) ( )

= ( ) + . //

56


30. i) Να βρείτε τα αναπτύγματα των 2

3 2 7 , 2

3 2 7

ii) Να αποδείξετε ότι 37 12 7 37 12 7 = 6

Λύση

i) 2

3 2 7 = 9 + 12 7 + 28 = 37 + 12 7

2

3 2 7 = 9 – 12 7 + 28 = 37 – 12 7

ii) 2 2

37 12 7 37 12 7 3 2 7 3 2 7

= 3 2 7 3 2 7

= 3 2 7 3 2 7 = 6.

είναι 3 2 7 0 και 3 2 7 0 . //

31. Να αποδείξετε ότι

i) 3

5 3 + 5

5 3 = 4 ii)

2

1

2 3

–

21

2 3

= 8 3

Λύση

i) 3

5 3 + 5

5 3 =

3 5 3 5 5 3

5 3 5 3

= 15 3 5 155 3

= 82

= 4

ii)

21

2 3

–

21

2 3

=

2 2

2 2

2 3 2 3

2 3 2 3

= 2

(4 4 3 3) (4 4 3 3)

(2 3 )(2 3 )

=

2

4 4 3 3 4 4 3 3

4 3

= 8 3

1 = 8 3 . //

57


ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ

1. Να λύσετε την εξίσωση 4x – 3(2x – 1) = 7x – 42

Λύση

4x – 3(2x – 1) = 7x – 42 4x – 6x + 3 = 7x – 42

– 9x = – 45

x = 5 . //

2. Να λύσετε την εξίσωση 1 4 1 4 5

5 4 20 4

x x x

Λύση

1 4 1 4 5

5 4 20 4

x x x 4 1 4 5 1 4 5.5x x x

4 16 5 5 4 25x x x

16 5 4 5 4 25x x x

22 22x 1x . //

3. Να λύσετε την εξίσωση 2(3x – 1) –3(2x – 1) = 4

Λύση

2(3x – 1) –3(2x – 1) = 4 6x – 2 – 6x + 3 = 4

0x = 3 αδύνατη . //

4. Να λύσετε την εξίσωση 2x – 5 x

3

= – 5

3 + 7 x

3

Λύση

2x – 5 x

3

= – 5

3 + 7 x

3 6x – (5 – x) = – 5 + 7x

6x – 5 + x = – 5 + 7x

0x = 0 ταυτότητα, ρίζα της είναι κάθε x . //

58


5. Να λύσετε την εξίσωση λ(λ – 1)x = λ – 1 , για τις διάφορες τιμές του λ .

Λύση

Όταν λ(λ – 1) = 0, δηλαδή όταν λ = 0 ή λ – 1 = 0

λ = 0 ή λ = 1.

α) Για λ = 0, η εξίσωση 0(0 – 1)x = 0 – 1

0x = –1 αδύνατη

β) Για λ = 1, η εξίσωση 1(1 – 1)x = 1 – 1

0x = 0 ταυτότητα, ρίζα της

είναι κάθε x

Όταν λ(λ – 1) 0, δηλαδή όταν λ 0 και λ – 1 0

λ 0 και λ 1

η εξίσωση x = 1

( 1)

= 1

. //

6. Να λύσετε την εξίσωση λ(λ – 1)x = 2 + λ , για τις διάφορες τιμές του λ .

Λύση

Όταν λ(λ – 1) = 0, δηλαδή όταν λ = 0 ή λ – 1 = 0

λ = 0 ή λ = 1.

α) Για λ = 0, η εξίσωση 0(0 – 1)x = 20 + 0

0x = 0 ταυτότητα, ρίζα της

είναι κάθε x

β) Για λ = 1, η εξίσωση 1(1 – 1)x = 21 + 1

0x = 2 αδύνατη

Όταν λ(λ – 1) 0, δηλαδή όταν λ 0 και λ – 1 0

λ 0 και λ 1

η εξίσωση x = 2

( 1)

=

( 1)

( 1)

= 1

1

. //

7. Να επιλυθούν οι παρακάτω τύποι ως προς την αναφερόμενη μεταβλητή :

i) 1

R =

1

1

R +

2

1

R (ως προς 1R )

Λύση

i) Περιορισμός : R, 1R , 2R 0

1

R =

1

1

R +

2

1

R 1R 2R = R 2R + R 1R

59


1R 2R – R 1R = R2R

(2R – R)

1R = R2R (1)

Όταν 2R – R = 0, δηλαδή όταν

2R = R

η εξίσωση (1) 0 = R2R R = 0 ή

2R = 0 που είναι άτοπο

Όταν 2R – R 0, δηλαδή όταν 2R R

η εξίσωση (1) 1R = 2

2

RR

R R. //

8. Να λύσετε την εξίσωση ( 2x – 4)(x – 1) = ( 2x – 1)(x – 2) Λύση

( 2x – 4)(x – 1) = ( 2x – 1)(x – 2) (x – 2)(x + 2)(x – 1) – (x – 1)(x + 1)(x – 2) = 0

(x – 1)(x – 2)[x + 2 – (x + 1)] = 0

(x – 1)(x – 2)(x + 2 –x –1) = 0

(x – 1)(x – 2) = 0

x – 1 = 0 ή x – 2 = 0

x = 1 ή x = 2 . //

9. Να λύσετε την εξίσωση 2

x 1

x 1

+

2

2

x 2x 1 = 0

Λύση

Περιορισμοί : 2x – 1 0 και 2x – 2x + 1 0

(x – 1)(x + 1) 0 και (x – 1 2) 0

x – 1 0 και x + 1 0

x 1 και x –1

Η εξίσωση x 1

(x 1)(x 1)

+

2

2

(x 1) = 0

1

x 1 +

2

2

(x 1) = 0

1 + 2

x 1 = 0

x – 1 + 2 = 0

x = –1 αδύνατη λόγω των περιορισμών . //

60



x 1 + 1

x 1=

2

2

x 1

Λύση

Περιορισμοί : Ε.Κ.Π = (x – 1)(x + 1) 0

x – 1 0 και x + 1 0

x 1 και x –1

Η εξίσωση x + 1 + x – 1 = 2

2x = 2

x = 1 αδύνατη λόγω των περιορισμών . //

11. Να λύσετε την εξίσωση 2x 3 = 5

Λύση

2x 3 = 5 2x – 3 = 5 ή 2x – 3 = – 5

2x = 8 ή 2x = – 2

x = 4 ή x = – 1 . //

12. Να λύσετε την εξίσωση 2x 4 = x 1

Λύση

2x 4 = x 1 2x – 4 = x – 1 ή 2x – 4 = – (x – 1)

x = 3 ή 2x – 4 = – x + 1

x = 3 ή 3x = 5

x = 3 ή x = 5

3 . //

13. Να λύσετε την εξίσωση x 2 = 2x – 1

Λύση

Περιορισμός : Επειδή x 2 0, για να έχει νόημα η εξίσωση θα πρέπει

και 2x – 1 0 2x 1 x 1

2

x 2 = 2x – 1 x – 2 = 2x – 1 ή x – 2 = – (2x – 1)

– x = 1 ή x – 2 = – 2x + 1

x = – 1 ή 3x = 3

x = – 1 ή x = 1

Λόγω του περιορισμού, δεκτή είναι μόνο η x = 1 . //

61


14. Να λύσετε την εξίσωση x 4

3

–

x 4

5

= 2

3

Λύση

x 4

3

–

x 4

5

= 2

3 5 x + 20 – 3 x – 12 = 10

2 x = 2

x = 1

x = – 1 ή x = 1 . //

15. Να λύσετε την εξίσωση 2 x 1

3

–

x 1

2

= 1

2

Λύση

2 x 1

3

–

x 1

2

= 1

2 4 x + 2 – 3 x + 3 = 3

x = – 2 αδύνατη . //

16. Να λύσετε την εξίσωση 3 x

3 x

= 4

Λύση

Περιορισμός : 3 + x 0 x – 3

3 x

3 x

= 4 3 x

3 x

= 4 ή 3 x

3 x

= - 4

3 – x = 12 + 4x ή 3 – x = – 12 – 4x

– 5x = 9 ή 3x = – 15

x = – 9

5 ή x = – 5 . //

17. Να λύσετε την εξίσωση x 1 x 2 = x 1

Λύση

x 1 x 2 = x 1 x 1 x 2 – x 1 = 0

x 1 ( x 2 – 1) = 0

x 1 = 0 ή x 2 – 1 = 0

x – 1 = 0 ή x 2 = 1

x – 1 = 0 ή x – 2 = 1 ή x – 2 = – 1

x = 1 ή x = 3 ή x = 1

x = 1 ή x = 3 . //

62


18. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (x + α 2) – (x – β 2) = 2α(α + β) έχει πάντα λύση, οποιοιδήποτε

και αν είναι οι πραγματικοί αριθμοί α, β.

Λύση

(x + α 2) – (x – β 2) = 2α(α + β) 2x + 2αx + 2 – ( 2x – 2βx + 2 ) = 2 2 + 2αβ

2x + 2αx + 2 – 2x + 2βx – 2 = 2 2 + 2αβ

2(α + β)x = 2 + 2αβ + 2

2(α + β)x = (α + β 2) (1)

Όταν α + β 0, η (1) x = 2

, η λύση της

Όταν α + β = 0, η (1) 0x = 0 που έχει άπειρες λύσεις

Άρα η εξίσωση έχει πάντα λύση . //

19. Ποιοι περιορισμοί πρέπει να ισχύουν για τα α, β , ώστε να έχει λύση η εξίσωση

x

– x

= 1;

Λύση

Κατ’ αρχήν πρέπει α και β 0 x

– x

= 1 βx – αx = αβ

(β – α)x = αβ (1)

Όταν β – α 0, δηλαδή όταν β α, η (1) x =

η λύση της

Όταν β – α = 0, δηλαδή όταν β = α,

η (1) 0x = 2 0, από τον περιορισμό.

Άρα η εξίσωση είναι αδύνατη.

Επομένως, η εξίσωση έχει λύση μόνο όταν α 0 και β 0 και β α . //

20. Να λύσετε την εξίσωση x

x

=

2

2 2

x

x για όλες τις τιμές του α .

Λύση

Περιορισμοί : Ε.Κ.Π = (x – α)(x + α) 0 x – α 0 και x + α 0 x α και x – α

Η εξίσωση x

x

=

2x

(x )(x )

63


x = 2x

x

( x 2) = 2x

2x + 2αx + 2 = 2x

2αx = – 2 (1)

Όταν α 0, η (1) x = – 2

Όταν α = 0, η (1) 0x = 0 ταυτότητα, έχει λύση κάθε

x με x α και x – α . //

21. Να λύσετε την εξίσωση │2 x – 1│= 3

Λύση

│2 x – 1│= 3 2 x – 1 = 3 ή 2 x – 1 = – 3

2 x = 4 ή 2 x = – 2

x = 2 ή x = – 1 αδύνατη

x = 2 ή x = – 2 . //

22. Να λύσετε την εξίσωση 2x 2x 1 = 3x 5

Λύση

Περιορισμοί : Πρέπει 2x – 2x + 1 0

(x – 1 2) 0, που ισχύει για κάθε x

Η εξίσωση 2(x 1) = 3x 5

x 1 = 3x 5

x – 1 = 3x – 5 ή x – 1 = – (3x – 5)

– 2x = – 4 ή x – 1 = – 3x + 5

x = 2 ή 4x = 6

x = 2 ή x = 3

2 . //

23. Να λύσετε τις εξισώσεις

i) 3x – 125 = 0 ii) 5x – 243 = 0 iii) 7x – 1 = 0

64


Λύση

i) 3x – 125 = 0 3x – 35 = 0 3x = 35 x = 5

ii) 5x – 243 = 0 5x – 53 = 0 5x = 53 x = 3

iii) 7x – 1 = 0 7x = 71 x = 1 . //


i) 3x + 125 = 0 ii) 5x + 243 = 0 iii) 7x + 1 = 0

Λύση

i) 3x + 125 = 0 3x + 35 = 0 3x = – 35 3x = (–5 3) x = –5

ii) 5x + 243 = 0 5x + 53 = 0 5x = – 53 5x = (–3 5) x = –3

iii) 7x + 1 = 0 7x = – 71 7x = (–1 7) x = –1 . //


i) 2x – 64 = 0 ii) 4x – 81 = 0 iii) 6x – 64 = 0

Λύση

i) 2x – 64 = 0 2x = 64 2x = 28 x = 8 ή x = –8

ii) 4x – 81 = 0 4x = 81 4x = 43 x = 3 ή x = –3

iii) 6x – 64 = 0 6x = 64 6x = 62 x = 2 ή x = –2 . //


i) 5x – 8 2x = 0 ii) 4x + x = 0 iii) 5x + 16x = 0

Λύση

i) 5x – 8 2x = 0 2x ( 3x – 8) = 0

2x = 0 ή 3x – 8 = 0

x = 0 ή 3x = 32 x = 0 ή x = 2

ii) 4x + x = 0 x ( 3x + 1) = 0

x = 0 ή 3x + 1 = 0

x = 0 ή 3x = –1

x = 0 ή 3x = (–1 3)

x = 0 ή x = –1

iii) 5x + 16x = 0 x ( 4x + 16) = 0

x = 0 ή 4x + 16 = 0 x = 0 . //

65



i) (x + 1 3) = 64 ii) 1 + 125 3x = 0 iii) (x – 1 4) – 27(x – 1) = 0

Λύση

i) (x + 1 3) = 64 (x + 1 3) = 34 x + 1 = 4 x = 3

ii) 1 + 125 3x = 0 125 3x = –1

353x = –1

(5x 3) = (–1 3)

5x = –1 x = – 1

5

iii) (x – 1 4) - 27(x – 1) = 0 (x – 1) [(x – 1 3) - 27] = 0

x – 1 = 0 ή (x – 1 3) – 27 = 0

x = 1 ή (x – 1 3) = 27

x = 1 ή (x – 1 3) = 33

x = 1 ή x – 1 = 3 x = 1 ή x = 4 . //


i) 2 2x – 5x + 3 = 0 ii) 2x – 6x + 9 = 0 iii) 3 2x + 4x + 2= 0

Λύση

i) Δ = 25 – 24 = 1, x = 5 1

4

= 6

4 ή 1 = 3

2 ή 1

ii) Δ = 36 – 36 = 0, x = 2

= – 6

2.1

= 3 (διπλή ρίζα)

iii) Δ = 16 – 24 = – 8 < 0, η εξίσωση είναι αδύνατη . //


i) 2x – 1,69 = 0 ii) 0,5 2x – x = 0 iii) 3 2x + 27 = 0

Λύση

i) 2x – 1,69 = 0 2x = 1,69 2x = (1,3 2) x = 1,3 ή x = –1,3

ii) 0,5 2x – x = 0 x(0,5x – 1) = 0 x = 0 ή 0,5x – 1 = 0 x = 0 ή 0,5x = 1 x = 0 ή x = 2

iii) Η εξίσωση γράφεται 3 2x + 0x + 27 = 0

Δ = 20 – 4. 3 . 27 = – 324 < 0, η εξίσωση είναι αδύνατη . //

66


30. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση α 2x + (α + β)x + β = 0, α 0 έχει πραγματικές ρίζες.

Λύση

Δ = (α + β 2) – 4αβ = 2 + 2 + 2 – 4

= 2 – 2 + 2

= (α – β 2) 0.

Άρα, η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα (όταν Δ = 0) ή δύο πραγματικές ρίζες (όταν Δ < 0) . //

31. Να βρείτε τις τιμές του μ , για τις οποίες η εξίσωση μ 2x + 2x + μ = 0, μ 0 έχει διπλή ρίζα. Λύση

Καταρχήν θα πρέπει να είναι μ 0, ώστε η εξίσωση να είναι 2ου βαθμού και έτσι να υπάρχει η δυνατότητα να έχει διπλή ρίζα. H εξίσωση έχει διπλή ρίζα Δ = 0 4 – 4μμ = 0

4 – 4 2 = 0

2 = 1 μ = 1 ή μ = –1 . //

32. Αν α β, να δείξετε ότι είναι αδύνατη στο η εξίσωση ( 2 + 2 ) 2x + 2(α + β)x + 2 = 0. Να

εξετάσετε την περίπτωση που είναι α = β Λύση

Η περίπτωση α β

Όταν 2 + 2 0, δηλαδή όταν ένας τουλάχιστον από τους α, β 0,

η εξίσωση είναι 2ου βαθμού, οπότε

Δ = 4 2( ) – 8 ( 2 + 2 )

= 4( 2 + 2 + 2 ) – 8 2 – 8 2

= 4 2 + 8 + 4 2 – 8 2 – 8 2

= – 4 2 + 8 – 4 2

= – 4( 2 – 2 + 2 )

= – 4 2( ) < 0, αφού α β

Άρα η εξίσωση είναι αδύνατη

Όταν 2 + 2 = 0, δηλαδή όταν α = 0 και β = 0, με αντικατάσταση η

εξίσωση γίνεται 2 = 0 που είναι αδύνατη. Η περίπτωση α = β Αν μεν α = β = 0, όπως είδαμε η εξίσωση γίνεται 2 = 0 που είναι αδύνατη

Αν δε α = β 0 , με αντικατάσταση η εξίσωση γίνεται

67


( 2 + 2 ) 2x + 2( + )x + 2 = 0

2 22x + 4 x + 2 = 0

22x + 2 x + 1 = 0, 2ου βαθμού αφού α 0

Δ = 4 2 – 4 2 = 0, άρα η εξίσωση μία διπλή ρίζα . //

33. Να βρείτε την εξίσωση 2ου βαθμού που έχει ρίζες τους αριθμούς

i) 2 και 3 ii) 1 και 1

2 iii) 5 – 2 6 και 5 + 2 6

Λύση

i) S = 2 + 3 = 5, P = 2. 3 = 6, η εξίσωση είναι 2x – 5x + 6 = 0

ii) S = 1 + 1

2 = 3

2, P = 1. 1

2 = 1

2, η εξίσωση είναι 2x – 3

2x + 1

2 = 0

2 2x – 3x + 1 = 0

iii) S = 5 – 2 6 + 5 + 2 6 = 10, P = (5 – 2 6 )(5 + 2 6 ) = 25 – 24 = 1

H εξίσωση είναι 2x – 10x + 1 = 0 . //

34. Να βρείτε δύο αριθμούς , εφόσον υπάρχουν, που να έχουν i) άθροισμα 2 και γινόμενο –15

ii) άθροισμα 9 και γινόμενο 10

Λύση

i) Οι ζητούμενοι αριθμοί θα είναι οι ρίζες της εξίσωσης 2x – Sx + P = 0,

όπου S = 2 και P = –15 2x – 2x – 15 = 0

Δ = 4 + 60 = 64, x = 2 8

2

= 5, –3

ii) Οι ζητούμενοι αριθμοί θα είναι οι ρίζες της εξίσωσης 2x – Sx + P = 0,

όπου S = 9 και P = 10 2x – 9x + 10 = 0

Δ = 81 – 40 = 41, x = 9 41

2

=

9 41

2

,

9 41

2

. //


i) 2x – ( 5 + 3 )x + 15 = 0 ii) 2x + ( 2 – 1)x – 2 = 0

Λύση

i) S = 5 + 3 και P = 15 = 5 3

Οι ρίζες της εξίσωσης είναι 5 , 3

68


ii) Δ = ( 2 – 1 2) – 4 2 = 2

2 – 2 2 + 1 – 4 2

= 2

2 + 2 2 + 1

= ( 2 + 1 2)

x = ( 2 1) ( 2 1)

2

= 2 1 2 1

2

ή 2 1 2 1

2

= 2

2 ή 2 2

2

= 1 ή – 2 . //


i) 2x – 7 x + 12 = 0 ii) 2x + 2 x – 35 = 0 iii) 2x – 8 x + 12 = 0

Λύση

i) 2x – 7 x + 12 = 0 2

x – 7 x + 12 = 0

Δ = 49 – 48 = 1, x = 7 1

2

= 4 ή 3

x = 4 ή – 4 ή 3 ή –3

ii) 2x + 2 x – 35 = 0 2

x + 2 x – 35 = 0

Δ = 4 + 140 144, x = 2 12

2

= 5 ή –7 απορρίπτεται αφού x 0.

x = 5 ή –5

iii) 2x – 8 x + 12 = 0 2

x – 8 x + 12 = 0

Δ = 64 – 48 = 16, x = 8 4

2

= 6 ή 2

x = 6 ή – 6 ή 2 ή –2 . //

37. Να λύσετε την εξίσωση (x – 1 2) + 4 x 1 –5 = 0

Λύση

(x – 1 2) + 4 x 1 –5 = 0 2

x 1 + 4 x 1 –5 = 0

Δ = 16 + 20 = 36, x 1 = 4 6

2

= 1 ή –5 απορρίπτεται αφού x 1 0.

x 1 = 1 x – 1 = 1 ή x – 1 = –1

x = 2 ή x = 0 . //

69



1x

x – 5 1

xx

+ 6 = 0

Λύση Περιορισμός : x 0

Θέτουμε 1x

x = y (1), οπότε η εξίσωση γίνεται 2y – 5y + 6 = 0

Δ = 25 – 24 = 1, y = 5 1

2

= 3 ή 2

Για y = 3, η (1) 1x

x = 3

2x + 1 = 3x

2x – 3x + 1 = 0

Δ΄ = 9 – 4 = 5, x = 3 5

2

Για y = 2, η (1) 1x

x = 2

2x + 1 = 2x

2x – 2x + 1 = 0

Δ΄΄ = 4 – 4 = 0, x = 2 0

2

= 1 . //

39. Να λύσετε την εξίσωση x

x 1+ x 1

x

= 13

6

Λύση Περιορισμοί : x 0 και x –1

x

x 1+ x 1

x

= 13

6 6 2x + 6(x + 1 2) = 13x(x + 1)

6 2x + 6( 2x + 2x + 1) = 13 2x + 13x

6 2x + 6 2x + 12x + 6 –13 2x – 13x = 0

– 2x – x + 6 = 0

2x + x – 6 = 0

Δ = 1 + 24 = 25, x = 1 5

2

= 2 ή –3 . //

70



x+ 2x 3

x 2

+

2

2

2 x

x 2x

= 0

Λύση

Περιορισμοί : Είναι 2x – 2x = x(x – 2)

E.K.Π = x(x – 2) 0 x 0 και x 2

2

x+ 2x 3

x 2

+

2

2

2 x

x 2x

= 0 2(x – 2) + x(2x – 3) + 2 – 2x = 0

2x – 4 + 2 2x – 3x + 2 – 2x = 0

2x – x – 2 = 0

Δ = 1 + 8 = 9, x = 1 3

2

= –1 ή 2 απορρίπτεται , άρα x = –1 . //

41. Να λύσετε την εξίσωση 4x + 6 2x – 40 = 0 Λύση

4x + 6 2x – 40 = 0 ( 2x 2) + 6 2x – 40 = 0

Δ = 36 + 160 = 196, 2x = 6 196

2

= 6 14

2

= 4 ή –10 απορρίπτεται

2x = 4 x = 2 ή x = –2 . //

42. Να λύσετε την εξίσωση 2 4x + 7 2x + 3 = 0

Λύση

2 4x + 7 2x + 3 = 0 2( 2x 2) + 7 2x + 3 = 0

Δ = 49 – 24 = 25, 2x = 7 5

4

= – 2

4 ή –3 απορρίπτονται αφού 2x 0 . //

43. Δίνεται η εξίσωση 22x – 2 3 x + 4 – 1 = 0, με 0.

i) Να αποδείξετε ότι η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = 4 2 .

ii) Να δείξετε ότι οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι 2 1

και

2 1

Λύση

i) Δ = (2 3 2) – 4 2 ( 4 – 1) = 4 6 – 4 6 + 4 2 = 4 2

ii) x = 3 2

2

2 4

2

=

3

2

2 2

2

=

2

2

2 ( 1)

2

=

2 1

. //

71


44. Δίνεται η εξίσωση 2x – (5 – 2 )x + 6 – 3 2 = 0

i) Να αποδείξετε ότι η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = (1 + 2 2)

ii) Να δείξετε ότι οι ρίζες της εξίσωσης είναι οι 3 και 2 – 2

Λύση

i) Δ = (5 – 2 2) – 4(6 –3 2 )

= 25 – 10 2 + 2 – 24 + 12 2

= 3 + 2 2 = 2 + 1 + 2 2 = 2

2 + 21 + 2 2 = (1 + 2 2)

ii) x = 5 2 (1 2

2

=

5 2 (1 2 )

2

ή

5 2 (1 2 )

2

= 5 2 1 2

2

ή 5 2 1 2

2

= 3 ή 4 2 2

2

= 3 ή 2 – 2 . //

45. Αν ο αριθμός ρ είναι η ρίζα της εξίσωσης α 2x + βx +γ = 0, με α.γ 0, να δείξετε ότι ο

αριθμός 1

είναι η ρίζα της εξίσωσης γ 2x + βx + α = 0.

Λύση

ρ ρίζα της εξίσωσης α 2x + βx +γ = 0 α 2 + βρ + γ = 0

(διαιρούμε τα δύο μέλη με 2 ) α + β 1

+ γ

2

1

= 0

α + β 1

+ γ

2

1

= 0

Δηλαδή ο αριθμός 1

επαληθεύει την εξίσωση α 2 + βρ + γ = 0, άρα είναι ρίζα τη . //

46. Να λύσετε την εξίσωση x + 1

= + 1

x, 0


x + 1

= + 1

x 2x + x = 2 x +

2x + x – 2 x – = 0

2x + (1 – 2 ) x – = 0

Δ = (1 – 22) + 4 2 = 1 – 2 2 + 4 + 4 2 = 1 + 2 2 + 4 = (1 + 2

2)

= 2 21 (1 )

2

=

2 21 1

2

ή

2 21 1

2

= ή – 1

. //

72


47. Δίνεται η εξίσωση 2x + 2λx – 8 = 0.

i) Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες για κάθε λ .

ii) Αν η μια ρίζα της εξίσωσης ισούται με το τετράγωνο της άλλης, τότε να βρεθούν οι ρίζες

και η τιμή του λ.

Λύση

i) Δ = 4 2 + 32 > 0 για κάθε λϵR,

άρα η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες για κάθε λ ϵR.

ii) Έστω 1x , 2x οι ρίζες της εξίσωσης με 2

1x = 2x (1)

Αλλά 1x + 2x = –2λ (2) και 1x 2x = – 8 (3) από Vieta

(3) ( 1 )

1x 2

1x = – 8 3

1x = – 8 1x = –2

(1) (–2 2) = 2x 2x = 4

(2) –2 + 4 = –2λ 2 = –2λ λ = –1 . //

48. Είναι γνωστό ότι μια ρίζα της εξίσωσης 4x – 10 2x + α = 0 είναι ο αριθμός 1. Να βρείτε το α και να λύσετε την εξίσωση.

Λύση

Η ρίζα επαληθεύει την εξίσωση. Άρα 41 – 10. 21 + α = 0 1 – 10 + α = 0 α = 9

Η εξίσωση γίνεται ( 2x 2) –10 2x + 9 = 0

Δ = 100 – 36 = 64, 2x = 10 8

2

= 9 ή 1

x = 3 ή –3 ή 1 ή –1 . //

73


3 xx́ 1

ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ

1. Να λύσετε την ανίσωση x 12 + 2x 3

4 < x

6

Λύση x 1

2 + 2x 3

4 < x

6 6(x – 1) + 3(2x + 3) < 2x

6x – 6 + 6x + 9 < 2x

10x < –3 x < 310

. //

2. Να λύσετε την ανίσωση x 122 + x

2 + 3

4 > x

Λύση x 12

2 + x

2 + 3

4 > x 2(x – 12) + 2x + 3 > 4x

2x – 24 + 2x + 3 > 4x

0. x > 21 0 > 21 αδύνατη . //

3. Να λύσετε την ανίσωση x 22 + 1 2x

5 < x

10 – 2

5

Λύση x 2

2 + 1 2x

5 < x

10 – 2

5 5(x – 2) + 2(1 – 2x) < x – 4

5x – 10 + 2 – 4x < x – 4

0. x < 4 αληθεύει για κάθε xϵR . //

4. Να βρείτε τις τιμές του x για τις οποίες συναληθεύουν οι ανισώσεις

3x – 1 < x + 5 και 2 – x2

x + 12

Λύση 3x – 1 < x + 5 2x < 6 x < 3

2 – x2

x + 12

4 – x 2x + 1 –3x –3 x 1

Συναλήθευση 1 x < 3

74


3 xx́ -1

7

3-

1

7

xx́

Από τα απόλυτα θυμόμαστε

0x x < ρ 0x – ρ < x < 0x + ρ

x < ρ – ρ < x < ρ

5. Να εξετάσετε αν συναληθεύουν οι ανισώσεις :

x – 12

> x2

+ 1 και x – 13 x

3– 1

Λύση

x – 12

> x2

+ 1 2x – 1 > x + 2 x > 3

x – 13 x

3– 1 3x – 1 x – 3 2x –2 x –1

Οι ανισώσεις δε συναληθεύουν

6. Να βρείτε τα xϵR για τα οποία συναληθεύουν οι ανισώσεις :

2x – x 18 > x και x – 4 + x 1

2 < 0

Λύση

2x – x 18 > x 16x – x + 1 > 8x 7x > –1 x > 1

7

x – 4 + x 12 < 0 2x – 8 + x + 1 < 0 3x < 7 x < 7

3

Συναλήθευση 17

< x < 73

Οι ακέραιοι που ανήκουν στο διάστημα 1 7,

7 3 είναι οι 0, 1, 2 . //

7. Να λύσετε τις ανισώσεις :

i) x < 3 ii) x 1 4 iii) 2x 1 < 5

Λύση

i) x < 3 –3 < x < 3

ii) x 1 4 1 – 4 x 1 + 4

–3 x 5

iii) 2x 1 < 5 – 5 < 2x + 1 < 5

– 5 – 1 < 2x < 5 – 1

– 6 < 2x < 4 –3 < x < 2 . //

75



0x x > ρ x < 0x – ρ ή x > 0x + ρ

x > ρ x < – ρ ή x > ρ


0

Σαν άγνωστο βλέπουμε

το x 1


i) x 3 ii) x 1 > 4 iii) 2x 1 5

Λύση

i) x 3 x < –3 ή x > 3

ii) x 1 > 4 x – 1 < – 4 ή x – 1 > 4

x < –3 ή x > 5

iii) 2x 1 5 2x + 1 –5 ή 2x + 1 5

2x – 6 ή 2x 4 x –3 ή x 2 . //

9. Να λύσετε τις εξισώσεις :

i) 2x 6 = 2x – 6 ii) 3x 1 = 1 – 3x

Λύση

i) 2x 6 = 2x – 6 2x – 6 0

2x 6

x 3

ii) 3x 1 = 1 – 3x 3x 1 = – (3x – 1)

3x – 1 0

3x 1 x 13

. //

10. Να λύσετε την ανίσωση x 1 4

2

+ 5

3 <

x 1

3

Λύση

x 1 4

2

+ 5

3 <

x 1

3

3( x 1 – 4) + 10 < 2 x 1

3 x 1 – 12 + 10 < 2 x 1

3 x 1 – 12 + 10 < 2 x 1

x 1 < 2

– 2 < x – 1 < 2 –1 < x < 3 . //

76


Σαν άγνωστο βλέπουμε

το x

Θυμόμαστε 2 =

Η διαίρεση με αρνητικό αριθμό

αλλάζει τη φορά της ανίσωσης

11. Να λύσετε την ανίσωση x 1

2

–

2 x

3 >

1 x

3

Λύση

x 1

2

–

2 x

3 >

1 x

3

3( x + 1) – 4 x > 2(1 – x )

3 x + 3 – 4 x > 2 – 2 x

x > –1 xϵR . //

12. Να λύσετε την ανίσωση 2x 6x 9 5 Λύση

2x 6x 9 5 2(x 3) 5

x 3 5

–5 x – 3 5 –2 x 8 . //

13. Να βρείτε την ανίσωση της μορφής 0x x < ρ, που έχει ως λύσεις τους αριθμούς του

διαστήματος (–7, 3). Λύση

x(–7, 3) – 7 < x < 3 (1)

0x x < ρ 0x – ρ < x < 0x + ρ (2)

Από τις (1), (2) θα πρέπει 0

0

x 7

x 3

0( ) : 2x 4

( ) : 2 10

0x 2

5

Η 0x x < ρ γίνεται x ( 2) < 5 x 2 < 5 . //

14. Να βρείτε τις τιμές x για τις οποίες ισχύει : – 4 2 – 3x –2

Λύση

4 2 – 3x –2 – 4 – 2 –3x – 2 – 2

– 6 –3x – 4

2 x 43

43

x 2 . //

77



x > ρ x < – ρ ή x > ρ

x < ρ – ρ < x < ρ

xx́ 4- 4 -2 2

xx́ 91 3 7

xx́ MΑ(1) Β(7)K(x)

= d(α, β)

15. Να βρείτε τις τιμές x για τις οποίες ισχύει :

i) 2 x 4 ii) 2 x 5 4

Λύση

i) 2 x x 2

x –2 ή x 2 (1)

x 4 – 4 x 4 (2)

Συναλήθευση των (1), (2)

– 4 x –2 ή 2 x 4

ii) 2 2

x – 5 –2 ή x – 5 2 x 3 ή x 7 (3)

x 5 4 – 4 x – 5 4

– 4 + 5 x 4 + 5 1 x 9 (4) Συναλήθευση των (3), (4)

1 x 3 ή 7 x 9

16. Έστω Α και Β τα σημεία που παριστάνουν σε έναν άξονα τους αριθμούς 1 και 7 και Μ το μέσο του τμήματος ΑΒ.

i) Ποιος αριθμός αντιστοιχεί στο σημείο Μ;

ii) Να διατυπώσετε γεωμετρικά το ζητούμενο της εξίσωσης x 1 + x 7 = 6

και να βρείτε τις λύσεις της. iii) Να επιβεβαιώσετε αλγεβρικά τα συμπεράσματά σας, αφού προηγουμένως συντάξετε πίνακα προσήμου των παραστάσεων x – 1 και x – 7.

Λύση

i) Στο μέσο Μ αντιστοιχεί ο αριθμός 1 72 = 4

ii) Έστω Κ(x) το σημείο στο οποίο αντιστοιχεί η τυχαία λύση της εξίσωσης

x 1 + x 7 = 6 d(x, 1) + d(x, 7) = 6

(ΚΑ) + (ΚΒ) = 6 (αλλά (ΑΒ) = 7 – 1 = 6)

(ΚΑ) + (ΚΒ) = (ΑΒ)

το Κ ανήκει στο τμήμα ΑΒ

1 x 7

x 5 x 5

78


iii) Όταν x < –1

x 1 + x 7 = 6 – (x – 1) + [– (x – 7)] = 6

– x + 1 – x + 7 = 6 – 2x = –2 x = 1 άτοπο, αφού x < –1 Όταν 1 x < 7

x 1 + x 7 = 6 (x – 1) + [– (x – 7)] = 6

x – 1 – x + 7 = 6 6 = 6 , που ισχύει για κάθε 1 x < 7 Όταν x 7

x 1 + x 7 = 6 (x – 1) + (x – 7) = 6

x – 1 + x – 7 = 6 2x = 14 x = 7 , που ισχύει για x = 7 Τελικά 1 x 7 . //

17. Να μετατρέψετε σε γινόμενα παραγόντων τα τριώνυμα:

i) 2x – 3x + 2 ii) 2 2x – 3x – 2

Λύση

i) Δ = (–32) – 4. 1 . 2 = 9 – 8 = 1 > 0

Ρίζες: x = ( 3) 1

2.1

= 3 1

2

= 3 1

2

ή 3 1

2

= 2 ή 1

Άρα 2x – 3x + 2 = 1.(x – 2)(x – 1) = (x – 2)(x – 1)

ii) Δ = (–32) – 4. 2 . (–2) = 9 + 16 = 25 > 0

Ρίζες: x = ( 3) 25

2.2

= 3 5

4

= 3 5

4

ή 3 5

4

= 2 ή –

Άρα 2 2x – 3x – 2 = 2(x – 2) 1x

2 = (x – 2)(2x + 1) . //

18. Να απλοποιήσετε την παράσταση:

Λύση

Περιορισμός 2 2x – 3x – 2 0

Για το τριώνυμο Α = 2x – 3x + 2

Δ = (–32) – 4. 1 . 2 = 9 – 8 = 1 > 0

1

2

2

2

x 3x 2

2x 3x 2

x 1 7 x – 1 – 0 + + x – 7 – – 0 +

79


Ρίζες: x = ( 3) 1

2.1

= 3 1

2

= 3 1

2

ή 3 1

2

= 2 ή 1

Άρα 2x – 3x + 2 = 1.(x – 2)(x – 1) = (x – 2)(x – 1)

Για το τριώνυμο Π = 2 2x – 3x – 2

Δ = (–32) – 4. 2 . (–2) = 9 + 16 = 25 > 0

Ρίζες: x = ( 3) 25

2.2

= 3 5

4

= 3 5

4

ή 3 5

4

= 2 ή –

Άρα 2 2x – 3x – 2 = 2(x – 2) 1x

2 = (x – 2)(2x + 1)

Ο περιορισμός γίνεται 2(x – 2) 1x

2 0 x – 2 0 και x + 1

2 0

x 2 και x – 1

2

Τελικά 2

2

x 3x 2

2x 3x 2

=

(x 1)(x 2)

(x 2)(2x 1)

= x 1

2x 1

. //

19. Να απλοποιήσετε την παράσταση: 2

2

4x 12x 9

2x 5x 3

Λύση

Περιορισμός 2 2x – 5x + 3 0

Για το τριώνυμο Α = 4 2x – 12x + 9

Δ = (–122) – 4. 4 . 9 = 144 – 144 = 0

Διπλή ρίζα x = –2

= – 12

2. 4

= 3

2

Άρα 4 2x – 12x + 9 = 4 2

3x

2 = 22

23

x2

= (2x – 32)

Για το τριώνυμο Π = 2 2x – 5x + 3

Δ = (–52) – 4. 2 . 3 = 25 – 24 = 1 > 0

Ρίζες: x = ( 5) 1

2. 2

= 5 1

4

= 6

4 ή 4

4 = 3

2 ή 1

Άρα 2 2x – 5x + 3 = 2 3x

2 (x – 1) = (2x – 3)(x – 1)

Ο περιορισμός γίνεται 2 3x

2 (x – 1) 0 x – 1 0 και x – 3

2 0

x 1 και x 3

2

Τελικά 2

2

4x 12x 9

2x 5x 3

=

2(2x 3)

(2x 3)(x 1)

= 2x 3

x 1

. //

1

2

80


20. Για τις διάφορες τιμές του xϵR, να βρείτε το πρόσημο των τριωνύμων

i) 2x – 2x – 15 ii) 4 2x – 4x + 1 ii) 2x – 4x + 13 Λύση

i) Δ = (–22) – 4. 1. (–15) = 4 + 60 = 64 > 0

Ρίζες: x = ( 2) 64

2. 1

= 2 8

2

= 5 ή –3

Πρόσημο του τριωνύμου x –3 5 +

2x – 2x – 15 + 0 – 0 +

ii) Δ = (– 42) – 4. 4. 1 = 16 – 16 = 0


= – 4

2. 4

= 1

2

Πρόσημο του τριωνύμου x 1/2 +

4 2x – 4x + 1 + 0 +

iii) Δ = (– 42) – 4. 1. 13 = 16 – 52 = –36 < 0

Πρόσημο του τριωνύμου x +

2x – 4x + 13 +

21. Για τις διάφορες τιμές του xϵR, να βρείτε το πρόσημο των τριωνύμων

i) – 2x + 4x – 3 ii) –9 2x + 6x –1 iii) – 2x + 2x – 2

Λύση

i) Δ = 24 – 4(–1). (–3) = 16 – 12 = 4 > 0

Ρίζες: x = 4 4

2( 1)

= 4 2

2

= 3 ή 1

Πρόσημο του τριωνύμου x 1 3 +

– 2x + 4x – 3 – 0 + 0 –

ii) Δ = 26 – 4(–9). (–1) = 36 – 36 = 0


= – 6

2( 9) = 1

3

81


Πρόσημο του τριωνύμου x 1/3 +

–9 2x + 6x – 1 – 0 –

iii) Δ = 22 – 4. (–1)( –2) = 4 – 8 – 4 < 0 Πρόσημο του τριωνύμου

x +

– + 2x – 2 –

22. Να λύσετε τις ανισώσεις : i) 5 2x 20x ii) 2x +3x 4

Λύση

i) 5 20x 2x – 4x 0

Ρίζες του τριωνύμου 2x – 4x = x(x – 4) είναι 0 ή 4


2x – 4x + 0 – 0 +

2x – 4x 0 0 x 4 x[0, 4]

ii) 2x + 3x 4 2x + 3x – 4 0

Δ = 23 – 4. 1(–4) = 9 + 16 = 25 > 0

Ρίζες του τριωνύμου 2x +3x – 4 : x = 3 25

2. 1

= 3 5

2

= – 4 ή 1

Πρόσημο του τριωνύμου x – 4 1 +

2x + 3x – 4 + 0 – 0 +

2x + 3x – 4 0 – 4 x 1 x[– 4, 1] . //

23. Να λύσετε τις ανισώσεις : i) 2x – x – 2 > 0 ii) 2 2x – 3x – 5 < 0

Λύση

i) Δ = 1 + 8 = 9 > 0 , ρίζες του τριωνύμου 2x – x – 2 : x = 1 3

2

= 2 ή –1

Πρόσημο του τριωνύμου x – 1 2 +

2x – x – 2 + 0 – 0 +

2x – x – 2 > 0 x < –1 ή x > 2 x( , –1) (2 , + )

2x

2x

82


ii) Δ = 9 + 40 = 49 > 0, ρίζες του τριωνύμου 2 2x – 3x – 5 : x = 3 7

4

= 5

2 ή –1

Πρόσημο του τριωνύμου x –1 5/2 +

2 2x – 3x – 5 + 0 – 0 +

2 2x – 3x – 5 < 0 –1 < x < 5

2 x 5

1, 2

. //


i) 2x + 4 > 4x ii) 2x + 9 6x

Λύση

i) 2x + 4 > 4x 2x + 4 - 4x > 0

(x – 2 2) > 0 xϵR με x 2

ii) 2x + 9 6x 2x + 9 – 6x 0

(x – 3 2) 0

x – 3 = 0 x = 3 . //

25. Να λύσετε τις ανισώσεις : i) 2x + 3x + 5 0 ii) 2 2x – 3x + 20 > 0

Λύση i) Δ = 9 – 20 = –11 < 0 το τριώνυμο είναι ομόσημο του α = 1, δηλαδή θετικό

για κάθε xϵR, άρα η ανίσωση είναι αδύνατη. ii) Δ = 9 – 160 = –151 < 0 το τριώνυμο είναι ομόσημο του α = 2, δηλαδή

θετικό για κάθε xϵR, άρα η ανίσωση αληθεύει

για κάθε xϵR. . //

26. Να λύσετε την ανίσωση – 1

4( 2x – 4x + 3) > 0

Λύση

– 1

4( 2x – 4x + 3) > 0 – 4x + 3 < 0

Δ = 16 – 12 = 4 > 0 , ρίζες του τριωνύμου 2x – 4x + 3 : x = = 3 ή 1


2x – 4x + 3 + 0 – 0 +

2x – 4x + 3 < 0 1 < x < 3 x(1, 3) . //

2x

4 2

2

83


xx́ -4 4-1 3

xx́ 1 2 3 5

27. Να βρεθούν οι τιμές του xϵR για τις οποίες ισχύει 2x – 1 < 2x – 4 < 12

Λύση

2x – 1 < 2x – 4 < 12 2x – 1 < 2x – 4 και 2x – 4 < 12

2.x – 1 < – 4 – 2x – 3 > 0

Δ = 4 + 12 = 16 > 0 , ρίζες του τριωνύμου x = 2 4

2

= 3 ή –1

Πρόσημο του τριωνύμου x –1 3 +

2x – 2x – 3 + 0 – 0 +

2x – 2x – 3 > 0 x < –1 ή x > 3 (1)

– 4 < 12 2x < 16 x < 4 – 4 < x < 4 (2)


– 4 < x < –1 ή 3 < x < 4 . //

28. Να βρεθούν οι τιμές του xϵR για τις οποίες συναληθεύουν οι ανισώσεις

2x – 6x + 5 < 0 και 2x – 5x + 6 > 0.

Λύση

Για την ανίσωση 2x – 6x + 5 < 0

Δ = 36 –20 = 16 > 0 , ρίζες του τριωνύμου x = 6 4

2

= 5 ή 1


2x – 6x + 5 + 0 – 0 +

2x – 6x + 5 < 0 1 < x < 5 (1)

Για την ανίσωση 2x – 5x + 6 > 0

Δ = 25 – 24 = 1 , ρίζες του τριωνύμου x = = 3 ή 2


2x – 5x + 6 + 0 – 0 +

– 5x + 6 > 0 x < 2 ή x > 3 (2)


1 < x < 2 ή 3 < x < 5

2x 2x

2x

5 1

2

2x

84


29. i) Να μετατρέψετε σε γινόμενα παραγόντων τις παραστάσεις:

2 + – 2 και 2 – – 6 2

ii) Να απλοποιήσετε την παράσταση

Λύση i)

Για την παράσταση 2 + – 2 2

Είναι τριώνυμο ως προς α (αντί x)

Δ = 2 – 4. 1. (–2 2 ) = 2 + 8 2 = 9 2 0

Ρίζες του τριωνύμου = 29

2

=

3

2

= ή –2

Άρα + – 2 2 = 1(α – β)(α + 2β) (1)

Για την παράσταση 2 – – 6 2

Είναι τριώνυμο ως προς α (αντί x)

Δ = 2 – 4. 1. (– 6 2 ) = 2 + 24 2 = 25 2 0

Ρίζες του τριωνύμου = = = 3 ή –2

Άρα 2 – – 6 = 1(α – 3β)(α + 2β) (2)

ii) Περιορισμός – – 6 2 0 α 3β και α –2β 2 2

2 2

2

6

( )( 2 )

( 3 )( 2 )

=

3

. //

30. Να απλοποιήσετε την παράσταση

Λύση

Για τον αριθμητή που γράφεται – (α – β)x - αβ

Δ = (α – β + 4αβ

= – 2αβ + 2 + 4αβ

= 2 + 2αβ + 2 = (α + β 2) 0

x = ( )

2

=

( )

2

ή

( )

2

= 2

ή

2

= α ή – β

Άρα 2x – (α – β)x – αβ = (x – α)(x + β) (1)

2

2 2

2 2

2

6

2

225

2

5

2

2

2

(1 ), ( 2 )

2

2 2

x x x

x 3 x 2

2x2)

2

85


Για τον παρανομαστή

Δ = 9 2 – 8 2 = 2 0

x = 3

2

= 2α ή α

Άρα – 3αx + 2 2 = (x – 2α)(x – α) (2)

Περιορισμός 2x – 3αx + 2 2 0 x 2α και x α 2

2 2

x x x

x 3 x 2

(1 ), ( 2 )

x

x 2

. //

31. Δίνεται η εξίσωση λ 2x + 3λx + λ + 5 = 0, λϵR. Να βρείτε τις τιμές του λ για τις οποίες η

εξίσωση : i) έχει ρίζες ίσες ii) έχει ρίζες άνισες iii) είναι αδύνατη

Λύση Για λ = 0 η εξίσωση γίνεται 5 = 0 αδύνατη (1) Για λ 0 η εξίσωση είναι 2ου βαθμού i) έχει ρίζες ίσες Δ = 0

9 2 – 4λ(λ + 5) = 0

9 – 4 – 20λ = 0

5 – 20λ = 0

– 4λ = 0 λ(λ – 4) = 0 λ – 4 = 0 αφού λ 0 λ = 4 ii) έχει ρίζες άνισες Δ > 0

9 2 – 4λ(λ + 5) > 0

9 – 4 – 20λ > 0

5 – 20λ > 0

– 4λ > 0

λ(λ – 4) > 0

λ < 0 ή λ > 4

Πρόσημο του τριωνύμου – 4λ λ 0 4 +

– 4λ + 0 – 0 +

iii) είναι αδύνατη Δ < 0

9 2 – 4λ(λ + 5) < 0

9 – 4 – 20λ < 0

5 – 20λ < 0

– 4λ < 0

λ(λ – 4) < 0

0 < λ < 4 (2) Από τις (1), (2) η εξίσωση είναι αδύνατη για 0 λ < 4 . //

2x

2 22

2

2 22

2

2

2

2 22

2

86


xx́ -3 -2 0

32. Να βρείτε τις τιμές του λϵR για τις οποίες η ανίσωση 2x + 3λx + λ > 0 αληθεύει για κάθε

xϵR

Λύση 2x + 3λx + λ > 0 αληθεύει για κάθε xϵR

το τριώνυμο 2x + 3λx + λ είναι ομόσημο του α = 1 για κάθε xϵR

Δ < 0

9 2 – 4λ < 0 Πρόσημο του τριωνύμου 9 - 4λ

λ(9λ – 4) < 0

0 < λ < 4

9

33. Δίνεται το τριώνυμο (λ + 2) 2x – 2λx + 3λ, λ –2. i) Να βρείτε τη διακρίνουσα Δ του τριωνύμου και να λύσετε την ανίσωση Δ < 0

ii) Να βρείτε τις τιμές του λϵR για τις οποίες η ανίσωση

(λ + 2) 2x – 2λx + 3λ < 0, λ –2

αληθεύει για κάθε xϵR.

Λύση

i) Δ = 4 2 – 4(λ + 2). 3λ = 4 2 – 12 2 – 24λ = –8 2 – 24λ

Δ < 0 – 8 2 – 24λ < 0

2 + 3λ > 0 Πρόσημο του τριωνύμου + 3λ

λ(λ + 3) > 0

λ < –3 ή λ > 0

ii) (λ + 2) 2x – 2λx + 3λ < 0 αληθεύει για κάθε xϵR

[το τριώνυμο (λ + 2) 2x – 2λx + 3λ είναι ομόσημο

του α = λ + 2 για κάθε x και λ + 2 < 0 ]

Δ < 0 και λ + 2 < 0

[λ < –3 ή λ > 0 ] και λ < –2 Συναλήθευση

λ < –3

34. i) Να αποδείξετε ότι 2 – + 2 > 0 για όλα τα , ϵR με , 0.

ii) Να καθορίσετε το πρόσημο της παράστασης Α =

+

– 1 για τις διάφορες τιμές

των , 0.

2

2

λ 0 4/9 +

9 2 - 4λ + 0 – 0 +

λ 0 4/9 +

9 2 – 4λ + 0 – 0 +

87


Λύση i) Πρόκειται για τριώνυμο ως προς α (αντί x)

Δ = 2 – 4 2 = –3 2 < 0 το 2 – + 2 είναι ομόσημο του α = 1, (άρα θετικό) για κάθε , 0.

ii) Α =

+

– 1 =

2 2

Επειδή ο αριθμητής είναι θετικός, το πρόσημο του κλάσματος θα είναι ίδιο με το πρόσημο του παρανομαστή . Επομένως : αν , ομόσημοι, τότε Α > 0

αν , ετερόσημοι, τότε Α < 0. . //

35. Να βρείτε το πρόσημο του γινομένου Ρ(x) = (2 –3x)( 2x – x – 2)( 2x – x + 1)

Λύση

2 –3x 0 –3x –2 x 2

3

Για το τριώνυμο 2x – x – 2

Δ = 1 + 8 = 9 > 0 Ρίζες : 2 και –1

2x – x – 2 > 0 x < –1 ή x > 2

Για το τριώνυμο 2x – x + 1

Δ = 1 – 4 = –3 < 0 Άρα 2x – x + 1 > 0 για κάθε χϵR

Πίνακας προσήμου x – –1 2/3 2 + 2 – 3x + + 0 – 0 –

2x – x – 2 + 0 – – 0 + 2x – x + 1 + + + +

P(x) + 0 – 0 + 0 –

36. Να βρείτε το πρόσημο του γινομένου Ρ(x) = (– 2x + 4)( 2x – 3x + 2)( 2x + x + 1)

Λύση

Για το τριώνυμο – 2x + 4

Δ – 0 + 4 = 4 > 0 Ρίζες : 2 και –2

– 2x + 4 > 0 –2 < x < 2

Για το τριώνυμο 2x – 3x + 2

Δ = 9 – 8 = 1 > 0 Ρίζες : 1 και 2

2x – 3x + 2 > 0 x < 1 ή x > 2

88


Για το τριώνυμο 2x + x + 1

Δ = 1 – 4 = –3 < 0 Άρα 2x + x + 1 > 0 για κάθε x Πίνακας προσήμου

x – –2 1 2 + 2 – 3x – 0 + + 0 –

2x – x – 2 + + 0 – 0 + 2x – x + 1 + + + +

P(x) – 0 + 0 – 0 +

37. Να λύσετε την ανίσωση (x – 1)( 2x + 2)( 2x – 9) > 0 Λύση x – 1 > 0 x > 1

2x + 2 > 0 χϵR

2x – 9 > 0 x < –3 ή x > 3 Πίνακας προσήμου

x – –3 1 3 + x – 1 – – 0 + +

2x + 2 + + + +

2x – 9 + 0 – – 0 +

Γινόμενο – 0 + 0 – 0 + Άρα –3 < x < 1 ή x > 3 . //

38. Να λύσετε την ανίσωση (3 – x)(2 2x + 6x)( 2x + 3) > 0 Λύση 3 – x > 0 x < 3

2 2x + 6x > 0 2x(x + 3) > 0 x(x + 3) > 0 x < –3 ή x > 0

2x + 3 > 0 x Πίνακας προσήμου

x – –3 0 3 + 3 – x + + + 0 –

2 2x + 6x + 0 – 0 + +

2x + 3 + + + +

Γινόμενο + 0 – 0 + 0 – Άρα –3 x 1 ή x 3 . //

89


39. Να λύσετε την ανίσωση (2 – x – 2x )( 2x + 2x + 1) 0

Λύση

Για την ανίσωση 2 – x – 2x > 0 2x + x – 2 < 0

Δ = 1 + 8 = 9 > 0 Ρίζες : –2 και 1 Άρα –2 < x < 1

Για την ανίσωση 2x + 2x + 1 > 0 (x + 1 2) > 0 x –1

Πίνακας προσήμου x – –2 –1 1 +

2 – x – 2x – 0 + + 0 – 2x + 2x + 1 + + 0 + +

Γινόμενο – 0 + 0 + 0 – Άρα x –2 ή x = –1 ή x 1 . //

40. Να λύσετε την ανίσωση (x – 3)(2 2x + x – 3)(x – 1 – 2 2x ) > 0

Λύση Για την ανίσωση x – 3 > 0 x > 3

Για την ανίσωση 2 2x + x – 3 > 0

Δ = 1 + 24 = 25 > 0 Ρίζες 1 5

4

= 1 ή – 3

2

Οπότε 2 2x + x – 3 > 0 x < – 3

2 ή x > 1

Για την ανίσωση x – 1 – 2 2x > 0 2 2x – x + 1 < 0 Δ = 1 – 8 = –7 < 0

Οπότε x – 1 – 2 2x < 0 για κάθε χϵR Πίνακας προσήμου

x – –3/2 1 3 + x – 3 – – – 0 +

2 2x + x – 3 + 0 – 0 + +

x –1 – 2 2x – – – –

Γινόμενο + 0 – 0 + 0 –

Άρα x < – 3

2 ή 1 < x < 3 . //

41. Να λύσετε τις ανισώσεις 2x 1

x 3

0

Λύση Περιορισμός : x – 3 0 x 3 2x 1

x 3

0 (2x + 1)(x – 3) 0 – 1

2 x < 3 . //

90


42. Να λύσετε την ανίσωση 2

2

x x 2

x x 2

0

Λύση

Περιορισμός : 2x + x – 2 0 Δ = 1 + 8 = 9 > 0 Ρίζες –2 και 1 Άρα x –2 και x 1

2

2

x x 2

x x 2

0 ( 2x – x – 2)( 2x + x – 2) 0

Για το τριώνυμο 2x – x – 2

Δ = 1 + 8 = 9 > 0 Ρίζες –1 και 2

2x – x – 2 > 0 x < –1 ή x > 2

Για το τριώνυμο 2x + x – 2

2x + x – 2 > 0 x < –2 ή x > 1 Πίνακας προσήμου

x – –2 –1 1 2 + 2x – x – 2 + + 0 – – 0 + 2x + x – 2 + – – + +

Γινόμενο + – 0 + – 0 + Άρα –2 < x –1 ή 1 < x 2 . //

43. Να λύσετε τις ανισώσεις 2x 3

x 1

> 4

Λύση Περιορισμός : x – 1 0 x 1

2x 3

x 1

> 4 2x 3

x 1

– 4 > 0

2x 3 4x 4

x 1

> 0

2x 7

x 1

> 0

(–2x + 7)(x – 1) > 0 1 < x < 7

2 . //

44. Να λύσετε την ανίσωση 2x 3x 10

x 1

+ 2 0

Λύση Περιορισμός : x – 1 0 x 1

2x 3x 10

x 1

+ 2 0

2x 3x 10 2x 2

x 1

0

91


2x x 12

x 1

0 άρα (x – 1)( 2x - x – 12) 0

Για την ανίσωση x – 1 > 0 x > 1

Για την ανίσωση 2x –- x – 12 > 0

Δ = 1 + 48 = 49 > 0 Ρίζες 1 7

2

= –3 , 4

2x – x – 12 > 0 x < –3 ή x > 4

Πίνακας προσήμου x – –3 1 4 + x – 1 – 0 – + 0 +

2x – x – 12 + – – +

Γινόμενο – 0 + – 0 + Άρα x –3 ή 1 < x 4 . //

45. Να λύσετε τις ανισώσεις x

3x 5 2

x 1

Λύση

Περιορισμός : (3x – 5 0 και x – 1 0) (x 5

3 και x 1)

x

3x 5 2

x 1 x

3x 5 – 2

x 1 0

2x x 6x 10

(3x 5)( x 1)

0

2x 7 x 10

(3x 5)( x 1)

0

( x 2)( x 5)

(3x 5)( x 1)

0

(x – 2)(x – 5)(3x – 5)(x – 1) 0

x – 1 5/3 2 5 + γινόμ + – + 0 – 0 +

Άρα 1 < x < 5

3 ή 2 x 5 . //

92


46. Να λύσετε την ανίσωση x 1

x

> 2


x 1

x

> 2 x 1

x

< -2 ή x 1

x

> 2

x 1

x

+ 2 < 0 ή x 1

x

- 2 > 0

x 1 2x

x

< 0 ή x 1 2x

x

> 0

3x 1

x

< 0 ή x 1

x

> 0

(3x + 1)x < 0 ή (x – 1)x < 0

– 1

3 < x < 0 ή 0 < x < 1 . //

93


ΠΡΟΟΔΟΙ

1. Να βρείτε τους πέντε πρώτους όρους των ακολουθιών :

i) αν = 2ν , ii) αν = 2 1

1

Λύση i) α1 = 21=2, α2 = 22 = 4, α3 = 23 = 8, α4 = 24 = 16, α5 = 25 = 32

ii) α1 = 21 1

1 1

= 0 και ομοίως α2 = 1, α3 = 2, α4 = 3, α5 = 4 . //

2. Να βρείτε τους πέντε πρώτους όρους των ακολουθιών

i) α1 = 2, αν+1 = 1

ii) α1 = 0, αν+1=

2

+1 iii) α1 = 3, αν+1 = 2(αν1)

Λύση

i) α1 = 2, α2 = 1

1

1

2 , α3 =

2

1

1

1

2

= 2 , α4 = 3

1

1

2 , α5 =

4

1

1

1

2

= 2

ii) α1 = 0, α2 = 2

1 +1 = 0 + 1 = 1, α3 = 2

2 +1= 1+ 1 = 2

α4 = 2

3 +1= 4 + 1= 5, α5 = 2

4 +1 = 25 + 1 = 26

iii) α1 = 3, α2 = 2(α11) = 2∙2 = 4 , α3 = 2(α21) = 2∙3 = 6

α4 = 2(α31) = 2∙5 = 10 , α5 = 2(α41) = 2∙9 = 18 . //

3. Να ορίσετε αναδρομικά τις ακολουθίες

i) αν = ν + 5, ii) αν = 2ν ,

Λύση

i) α1 = 6 και αν+1αν = (ν + 1) + 5 (ν + 5) α1 = 6 και αν+1αν = 1

α1 = 6 και αν+1= 1 + αν με νϵΝ*

ii) α1 = 2 και 1

=

12

2

α1 = 2 και 1

= 2

α1 = 2 και αν+1= 2αν με νϵΝ* . //

94


4. Να βρείτε το ν-οστό όρο των ακολουθιών

i) α1 = 1 και αν+1 = αν + 2 ii) α1 = 3 και αν+1 = 5αν

Λύση i) α1 = α1 α2 = α1 + 2 α3 = α2 + 2 ………… . .………. αν-1 = αν-2 + 2 αν = αν-1 + 2 Με πρόσθεση κατά μέλη αν = α1 + 2(ν1) αν = 1 + 2ν2 αν =2ν1 ii) α1 = α1 α2 = 5α1

α3 = 5α2

……….

………..

αν-1= 5αν-2

αν = 5αν-1

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη αν = 5ν-1α1 αν = 3 ∙5ν-1 . //

5. Να βρείτε το ν-οστό όρο της αριθμητικής προόδου 7, 10, 13, . . . Λύση.

=

1 + (ν – 1) ω = 7 + (ν – 1) 3 = 7 + 3ν – 3 = 3ν + 4 . //

6. Να βρείτε το ν-οστό όρο της αριθμητικής προόδου – 6, –9, –12, . . . Λύση

=

1 + (ν – 1) ω = – 6 + (ν – 1) (–3) = – 6 – 3ν + 3 = –3ν – 3 . //

7. Να βρείτε τον 15

της αριθμητικής προόδου –2, 3, 8, . . .

Λύση

15 =

1 + (15 – 1) ω = –2 + 14. 5 = -2 + 70 = 68 . //

8. Σε μια αριθμητική πρόοδο, αν είναι 6

= 12 και 10

= 16, να βρείτε τον 1

και τη διαφορά της

προόδου.

95


Λύση

6

10

12

16

1

1

6 1 12

10 1 16

1

1

5 12

9 16

1

1

12 5

9 16

112 5

12 5 9 16

1

12 5

4 4

1

12 5.1

1

1

7

1

. //

9. Ο 5ος όρος μιας αριθμητικής προόδου είναι –5 και ο 15ος όρος της είναι –2. Να βρείτε τον 50ο όρο της προόδου.

Λύση

5

15

5

2

1

1

5 1 5

15 1 2

1

1

4 5

14 2

1

1

5 4

14 2

15 4

5 4 14 2

15 4

10 3

1

35 4.

103

10

1

50 12

10 103

10

1

62

103

10

50 =

1 + (50 – 1)ω =

62

10 + 49.

3

10 =

62

10 +

147

10 =

85

10 . //

10. Ποιος όρος της αριθμητικής προόδου με

1 = 2 και ω = 5 ισούται με 97;

Λύση Έστω

ο ζητούμενος όρος.

= 97

1 + (ν – 1) ω = 97

2 + (ν – 1) 5 = 97 2 + 5ν – 5 = 97 5ν = 100 ν = 20 Επομένως, ο ζητούμενος όρος είναι ο

20 . //

11. i) Να βρείτε τον αριθμητικό μέσο των 10 και – 40.

ii) Να βρείτε για ποια τιμή του x ο αριθμητικός μέσος των 5x + 1 και 11 είναι ο 3x – 2 . Λύση

i) O αριθμητικός μέσος των 10, – 40 είναι 10 40 30

2 2

= –15

ii) 3x – 2 αριθμητικός μέσος των 5x + 1, 11

3x – 2 = 5x 1 11

2

6x – 4 = 5x + 12 x = 16 . //

96


12. Αν δύο αριθμοί διαφέρουν κατά 10 και ο αριθμητικός τους μέσος είναι ο 25, να βρείτε τους δύο

αυτούς αριθμούς. Λύση

Έστω x, y οι ζητούμενοι αριθμοί. Θα έχουμε το σύστημα

x y 10

x y25

2

x y 10

x y 50

2x 60

2y 40

x 30

y 20

. //

13. Να βρείτε το άθροισμα των πρώτων 40 όρων της αριθμητικής προόδου 7, 9, 11, . . . Λύση

Η διαφορά της προόδου είναι 2

40

40S 2 .7 40 1 2

2 = 20 (14 +78) = 20 . 92 = 1840 . //

14. Να βρείτε το άθροισμα των πρώτων 80 όρων της αριθμητικής προόδου 1

3 ,

1

3, -1,

5

3, . . .

Λύση

Η διαφορά της προόδου είναι ω = 1

3

1

3

= 1

3 +

1

3 =

2

3

80

80 1 2S 2. 80 1

2 3 3

= 40

2 279.

3 3

= 40 2 158

3 3

=

= 40 .156

3 = 40 . 52 = 2080 . //

15. Να υπολογίσετε το άθροισμα 1 + 5 + 9 + . . . + 197

Λύση

Οι όροι του αθροίσματος είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με

1 = 1 και ω = 5 – 1 = 4.

Έστω

= 197 1

+ (ν – 1)ω = 197

1 + (ν – 1) 4 = 197 (ν – 1) 4 = 197 – 1 (ν – 1) 4 = 196 ν – 1 = 49 ν = 50

50S

2

(

1 +

) =

50

2(1 + 197) = 25 . 198 = 4950 . //

97


16. Να υπολογίσετε το άθροισμα – 7 – 10 – 13 – . . . – 109

Λύση

Οι όροι του αθροίσματος είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με

1 = – 7 και ω = – 10 – (– 7) = –10 + 7 = – 3

Έστω

= – 109 1

+ (ν – 1)ω = –109

– 7+ (ν – 1) (– 3) = –109 (ν – 1) (– 3) = –109 + 7 (ν – 1) (– 3) = –102 ν – 1 = 34 ν = 35 .

50S

2

(

1 +

) =

35

2( – 7 – 109) =

35

2(– 116) = 35 . (–58) = –2030 . //

17. Πόσους πρώτους όρους πρέπει να πάρουμε από την αριθμητική πρόοδο 4, 8, 12 . . . , για

να έχουν άθροισμα 180;

Λύση

Έστω ότι πρέπει να πάρουμε τους ν πρώτους όρους.

S = 180 1

2 12

= 180

12 1 = 360

2.4 1 4 = 360

4 2 1 = 360

ν (2 + ν – 1 ) = 90 ν (ν + 1 ) = 90

2 – 90 = 0

Δ = 1 + 360 = 361, ν = 1 361

2

=

1 19

2

= 9

Η ρίζα –10 απορρίπτεται σαν αρνητικός, που εκφράζει πλήθος . //

18. Μια στέγη σχήματος τραπεζίου έχει 15 σειρές κεραμίδια. Η πρώτη σειρά έχει 53 κεραμίδια και κάθε επόμενη σειρά έχει δύο κεραμίδια λιγότερα. Πόσα κεραμίδια έχει η 15η σειρά και πόσα κεραμίδια έχει συνολικά η στέγη;

Λύση

Το πλήθος των κεραμιδιών κάθε σειράς αποτελούν αριθμητική πρόοδο με 1

= 53, ω = –2 και πλήθος

σειρών ν = 15.

15 =

1 + (15 – 1)ω = 53 + 14(–2) = 53 – 28 = 25

15S =

15

2(

1 +

15 ) =

15

2(53 + 25) =

15

2 . 78 = 15 . 39 = 585 . //

98


19. Ο ν-οστός όρος μιας ακολουθίας είναι

= 12 – 4ν. Να αποδείξετε ότι η ακολουθία αυτή είναι

αριθμητική πρόοδος και να γράψετε τον πρώτο όρο της 1

και τη διαφορά της ω.

Λύση Στην ισότητα

= 12 – 4ν, θέτουμε όπου ν το ν + 1. Τότε

1 = 12 – 4(ν + 1) = 12 – 4ν – 4 = 8 – 4ν

1 –

= 8 – 4ν – (12 – 4ν) = 8 – 4ν – 12 + 4ν = – 4

Άρα η ακολουθία είναι αριθμητική πρόοδος με ω = – 4 1

= 12 – 4.1 = 8 . //

20. Αν οι α, β, γ είναι θετικοί αριθμοί και οι 2 , 2

, 2 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής

προόδου, να δείξετε ότι και οι αριθμοί 1

,

1

,

1

είναι επίσης διαδοχικοί όροι

αριθμητικής προόδου. Λύση

1

,

1

,

1

διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου

21

=

1

+

1

2(β +γ)(α + β) = (γ +α)(α + β) + (γ +α)(β + γ)

2βα + 2 2 + 2γα + 2γβ = γα + γβ + 2

+ αβ + γβ + 2 + αβ + αγ

2 2 = 2

+ 2

το οποίο ισχύει, αφού οι 2 , 2

, 2 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου . //

21. Αν οι 1 , 1

, 1 καθώς και οι 2

, 2 , 2

είναι διαδοχικοί όροι μιας αριθμητικής προόδου,

να δείξετε ότι το σύστημα 1 1 1

2 2 2

x y

x y

έχει ως μια λύση το ζεύγος (–1, 2).

Λύση Αρκεί το ζευγάρι (–1, 2) να επαληθεύει τις εξισώσεις του συστήματος, δηλαδή

1 1 1

2 2 2

1 2

1 2

1 1 1

2 2 2

2

2

1 1 1

2 2 2

2

2

που ισχύουν από τις υποθέσεις . //

22. Να βρείτε το άθροισμα των πρώτων 300 θετικών άρτιων

Λύση Οι θετικοί άρτιοι αριθμοί 2, 4, 6, . . . αποτελούν αριθμητική πρόοδο με

1 = 2 και ω = 2

300

300S 2.2 300 1 2

2 = 150(4 + 598) = 150 . 602 = 90300 . //

99


23. Να βρείτε το άθροισμα των πολλαπλασίων του 5 μεταξύ 1 και 99

Λύση

Πρόκειται για τους αριθμούς 5, 10, 15, . . ., 195, οι οποίοι αποτελούν αριθμητική πρόοδο με 1

= 5 και ω = 5.

= 195

1 + (ν – 1)ω = 195

5 + (ν – 1) 5 = 195 5 (ν – 1) = 190 ν – 1 = 38 ν = 39

39

39S 5 195

2 =

39

2 . 200 = 39 . 100 = 3900 . //

24. Να βρείτε το άθροισμα των πρώτων 40 όρων της ακολουθίας

= –5 ν – 3

Λύση

1 –

= –5(ν + 1) – 3 – (– 5 ν – 3) = –5ν –5 – 3 + 5ν + 3 = –5

Άρα η ακολουθία είναι αριθμητική πρόοδος με 1

= –5.1 – 3 = – 8 και ω = – 5

40 1

40S 2 (40 1)

2 = 20 2.( 8) 39.( 5) = 20 (– 16 –195 ) = 20 . (– 211 ) = – 4220 . //

25. Να βρείτε το άθροισμα των ακεραίων από 1 μέχρι 200 που δεν είναι πολλαπλάσια του 4 ή του 9.

Λύση.

Έστω S το άθροισμα των ακεραίων από 1 μέχρι 200.

Πρόκειται για αριθμητική πρόοδο με 1

= 1, ω = 1, ν = 200 και

= 200

1S

2

=

2001 200

2 = 100 . 201 = 20100 (1)

Έστω

4 το άθροισμα των πολλαπλασίων του 4 από 1 μέχρι 200.


= 4, ω = 4 και

= 200.

= 200

1 + (ν – 1) ω = 200

4 + (ν – 1) 4 = 200 1 + ν – 1 = 50 ν = 50

4 = 1

2

=

504 200

2 =

50.204

2 = 25 . 204 = 5100 (2)

Έστω

9 το άθροισμα των πολλαπλασίων του 9 από 1 μέχρι 200.


= 9, ω = 9 και

= 198.

= 198

1 + (ν – 1) ω = 198

9 + (ν – 1) 9 = 198 1 + ν – 1 = 22 ν = 22

100


9 = 1

2

=

229 198

2 = 11 . 207 = 2277 (3)

Για να βρούμε το ζητούμενο άθροισμα πρέπει, από το άθροισμα S να αφαιρέσουμε τα αθροίσματα

4

και 9

.

Τότε, όμως, θα έχουμε αφαιρέσει δύο φορές τα κοινά πολλαπλάσια των 4, 9, δηλαδή τα πολλαπλάσια του 36. Επομένως πρέπει να προσθέσουμε μια φορά το άθροισμα των πολλαπλασίων του 36, το οποίο ας συμβολίσουμε

36 .


= 36, ω = 36 και

= 180.

= 180

1 + (ν – 1) ω = 180

36 + (ν – 1) 36 = 180 1 + ν – 1 = 5 ν = 5

36 . 1

2

=

536 180

2 =

5.216

2 = 5 . 108 = 540 (4)

Ζητούμενο άθροισμα = S – 4

– 9

+ 36

= 20100 – 5100 – 2277 + 540 = 13263 . //

26. Να βρείτε το ελάχιστο πλήθος πρώτων όρων της αριθμητικής προόδου 1, 3, 5, 7, . . . που απαιτούνται, ώστε το άθροισμά του να ξεπερνάει το 4000.

Λύση Έστω ν το ζητούμενο πλήθος.

S > 4000 1

2 12

> 4000

ν [2. 1 + (ν – 1).2] > 8000 ν (2 + 2ν – 2 ) > 8000

2 2 > 8000

2 > 4000

ν > 4000 = 63,… Άρα ν = 64 . //

27. Ένα ρολόϊ χτυπάει τις ακέραιες ώρες. Πόσα χτυπήματα ακούγονται σε ένα 24/ωρο;

Λύση

Ζητούμενο πλήθος = (1 + 2 + . . . + 12) + (1 + 2 + . . . + 12)

= 2(1 + 2 + . . . + 12)

= 2 12

2 (1 + 12) = 12 . 13 = 156 . //

28. Ένα στάδιο έχει 33 σειρές καθισμάτων. Στην κάτω-κάτω σειρά βρίσκονται 800 θέσεις και στην

πάνω-πάνω σειρά βρίσκονται 4160 θέσεις. Το πλήθος των θέσεων αυξάνει από σειρά σε σειρά

κατά τον ίδιο πάντα αριθμό θέσεων. Να βρείτε πόσες θέσεις έχει συνολικά το στάδιο και πόσες

θέσεις έχει η μεσαία σειρά.

101


Λύση

Πρόκειται για αριθμητική πρόοδο με ν = 33, 1

= 800 και 33

= 4160.

33S = 1 33

33

2 =

33800 4160

2 =

33.4960

2 = 33 . 2480 = 81840

33 = 4160

1 + (33 – 1)ω = 4160

800 + 32ω = 4160 32ω = 4160 – 800 32ω = 3360 ω = 105 Η μεσαία σειρά είναι η 17η

17 =

1 + (17 – 1)ω = 800 + 16 . 105 = 800 + 1680 = 2480 . //

29. Να βρείτε τέσσερις ακέραιους αριθμούς που αποτελούν διαδοχικούς όρους μιας αριθμητικής προόδου, αν το άθροισμά τους είναι 32 και το γινόμενό τους είναι 1680.

Λύση

Έστω α – 3ω, α – ω, α + ω, α + 3ω οι ζητούμενοι αριθμοί.

Άθροισμα 32 α – 3ω + α – ω + α + ω + α + 3ω = 32

4α = 32

α = 8

Γινόμενο 1680 (α – 3ω)(α – ω)(α + ω)(α + 3ω) = 1680

( 2 29 )( 2 2

) = 1680

( 2 28 9 )( 2 2

8 ) = 1680

( 264 9 )( 2

64 ) = 1680

264 – 64 2

– 9. 64 2 + 9 4

= 1680

9 4 – 64(1 + 9) 2

+ 4096 – 1680 = 0

9 4 – 640 2

+ 2416 = 0

Θέτουμε 2 = y, οπότε η εξίσωση γίνεται 9 2

y – 640y + 2416 = 0

Δ = 2640 – 4. 9 . 2416 = 409600 – 86976 = 322624

y = 640 322624

18

=

640 568

18

=

72

18= 4

2 = 4 ω = 2 ή ω = –2.

Άρα οι ζητούμενοι αριθμοί είναι

8 – 3.2 = 2, 8 – 2 = 6, 8 + 2 = 10, 8 + 3.2 = 14 ή 8 – 3(–2) = 14, 8 – (–2) = 10, 8 + (–2) = 6, 8 + 3(–2) = 2 . //

102


30. Μεταξύ των αριθμών 3 και 80 θέλουμε να βρούμε άλλους 10 αριθμούς που όλοι μαζί να είναι διαδοχικοί όροι μιας αριθμητικής προόδου. Να βρεθούν οι αριθμοί αυτοί. [Τέτοια προβλήματα λέγονται προβλήματα παρεμβολής όρων].

Λύση Η αριθμητική πρόοδος θα έχει 12 όρους,

1 = 3 και

12 = 80.

12 = 80

1 + (12 – 1)ω = 80

3 + 11ω = 80 11ω = 77 ω = 7 Άρα οι ζητούμενοι αριθμοί είναι 10, 17, 24, 31, 38, 45, 52, 59, 66, 73 . //

31. Να υπολογίσετε το άθροισμα 1 +

1

+

2

+ . . . +

1

Λύση

Συμβολίζουμε με Σ το ζητούμενο άθροισμα. Παρατηρώντας τους αριθμητές από το τέλος προς την αρχή, διαπιστώνουμε ότι το άθροισμα έχει ν προσθετέους.

Σ = 1 2 . . . 1

=

12

=

1

2

=

1

2

. //

32. Να βρείτε το ν-οστό όρο της γεωμετρικής προόδου 3, 6, 12, . . . Λύση

Είναι λ = 6

3 = 2 και

=

1 . 1

= 3. 12 . //

33. Να βρείτε το ν-οστό όρο της γεωμετρικής προόδου

1

4 ,

1

8 ,

1

16 , . . . Λύση

Είναι λ =

1

81

4

= 4

8 =

1

2 και

=

1 . 1

= 1

4.

11

2

= 2

1

2

11

2

= 1

1

2

. //

34. Να βρείτε το ν-οστό όρο της γεωμετρικής προόδου –2, 4, -8, . . .

Λύση

Είναι λ = 4

2 = –2 και

=

1 . 1

= –2. 1

2

= 2

. //

103


35. Να βρείτε τον 7

της γεωμετρικής προόδου, 2, 6, 18, . . .

Λύση

Είναι λ = 6

2 = 3 και

7 =

1 . 7 1

= 2 63 . //

36. Να βρείτε τον 1 ο όρο μιας γεωμετρικής προόδου, της οποίας ο 4ος όρος είναι 27

128 και ο

λόγος 3

4.

Λύση

4 =

27

128

1

4 1 =

27

128

1

3

3

4

= 27

128

1

.3

3

3

4 =

3

7

3

2

1

.3

6

3

2 =

3

7

3

2

1 =

1

2 . //

37. Να βρείτε το λόγο μιας γεωμετρικής προόδου, της οποίας ο 2ος όρος είναι 8

3 και ο 5ος όρος

είναι 64

81.

Λύση

2 =

8

3

1

2 1 =

8

3

1 =

8

3 (1)

5 =

64

81

1

5 1 =

64

81

1

4 =

64

81 (2)

2

1 3

=

64

818

3

= 3.64

8.81 =

8

27 =

32

3

λ = 2

3 . //

38. Να βρείτε τον 14 μιας γεωμετρικής προόδου με 4

= 125 και 10 =

125

64

Λύση

4 = 125

1

4 1 = 125

1

3 = 125 (1)

10 =

125

64

1

10 1 =

125

64

1

9 =

125

64 (2)

2

1 6

=

125

64

125 =

1

64 =

6

1

2=

61

2

λ = 1

2 ή λ =

1

2

104


α) Για λ =1

2 , η (1)

1

31

2

= 125

1

81

= 125 1

= 8. 125 = 1000

οπότε 14

= 1

14 1

= 100013

1

2

β) Για λ =1

2 , η (1)

1

31

2

= 125

1

8

1 = 125

1 = – 8. 125 = – 1000

οπότε 14

= 1

14 1

= –100013

1

2

= 100013

1

2

. //

39. Έστω η γεωμετρική πρόοδος 3, 6, 12, . . . .Να βρείτε το πλήθος των όρων της μέχρι και τον

όρο που ισούται με 768 Λύση

Είναι λ = 6

3 = 2

= 768 1

1

= 768

3 . 12 = 768

12 = 256

12 = 8

2 ν – 1 = 8 ν = 9 . //

40. Να βρείτε τον πρώτο όρο της γεωμετρικής προόδου 4, 8, 16, . . ., που υπερβαίνει το 2000. Λύση

Είναι λ = 8

4 = 2

> 2000 1

1

> 2000

4 . 12 > 2000

12 > 500

Επειδή όμως 82 = 256 και 9

2 = 512, θα έχουμε ν – 1 = 9 ν = 10 άρα ο ζητούμενος όρος είναι ο

10 . //

41. Να βρείτε τον πρώτο όρο της γεωμετρικής προόδου 128, 64, 32, . . ., που είναι μικρότερος

του 0, 25 Λύση

Είναι λ = 64

128 =

1

2

< 0,25 1

1

< 0,25

105


1281

1

2

< 1

4

7

1

12

2

< 2

1

2

1

1

2

< 2

1

27

1

2

1

1

2

< 9

1

2

12 > 9

2 ν – 1 > 9 ν > 10 άρα ν = 11 Άρα ο ζητούμενος όρος είναι ο

11 . //

42. i) Να βρείτε το γεωμετρικό μέσο των αριθμών 5 και 20, καθώς και των 1

3 και 3 .

ii) Να βρείτε τον x ώστε οι αριθμοί x – 4, x + 1, x – 19 να αποτελούν γεωμετρική πρόοδο. Λύση

i) Γεωμετρικός μέσος των 5 και 20 = 5.20 = 100 = 10

Γεωμετρικός μέσος των 1

3 και 3 =

13

3 = 1 = 1

ii) Θα πρέπει 2

x 1 = (x – 4) x – 19)

2x 2x 1 = 2

x – 19 x – 4 x + 76 25x = 75 x = 3 . //

43. Να βρείτε το άθροισμα των πρώτων 10 όρων της γεωμετρικής προόδου 1, 2, 4, . . . Λύση

λ = 2

1 = 2 και

10S =

1

101

1

= 1.

102 1

2 1

= 10

2 – 1 . //

44. Να υπολογίσετε το άθροισμα 2 + 8 + 32 + . . . + 8192 Λύση

Οι προσθετέοι του αθροίσματος αποτελούν γεωμετρική πρόοδο με λ = 8

2 = 4

= 8192

1

1 = 8192

2 14 = 8192

14 = 4096

14 = 6

4 ν – 1 = 6 ν = 7

7S =

1

71

1

= 2

74 1

4 1

=

2

3 74 1

. //

106


45. Μια μπάλα πέφτει από ύψος 60 μέτρων και αναπηδά σε έδαφος φθάνοντας κάθε φορά στο 1

3

του ύψους της προηγούμενης αναπήδησης. Να βρείτε σε τι ύψος θα φθάσει στην 4η

αναπήδηση.

Λύση Έστω

το ύψος, στο οποίο φθάνει η μπάλα ση ν-οστή αναπήδηση.

Τότε 1

= 1

3

.

Άρα πρόκειται για γεωμετρική πρόοδο με πρώτο όρο 1

= 1

360 = 20 και λ =

1

3.

4 =

1

4 1 = 20.

31

3

= 20 . 1

27 =

20

27 m. . //

46. Ο ν-οστός όρος μιας ακολουθίας είναι

= 1

12

3

. Να δείξετε ότι η ακολουθία αυτή είναι

γεωμετρική πρόοδος και να γράψετε τους 1

και λ.

Λύση

1

=

1

2

1

12

31

23

= 1 1

2

2 3

2 3

=

2

3

1 =

2

3

Άρα πρόκειται για γεωμετρική πρόοδο με πρώτο όρο με

1 = 1

1 1

12

3

= 2 .2

1

3 =

2

9 και λ =

2

3. //

47. Αν ισχύει

, να δείξετε ότι οι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικής

προόδου. Λύση

2 2 2

2 οι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικής προόδου . //

48. Αν οι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικής προόδου, να δείξετε ότι

2

2

Λύση

2

2

2 2

2 2 2 22 2

2 2 2 22 2

107


2 2 2 2

2( ) ( ) που ισχύει, αφού οι α, β, γ είναι

διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικής προόδου. . //

49. Αν οι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικής προόδου, να δείξετε ότι

2 2 2

Λύση

2 2 2

2 2 2 2 2 2

22 2

2

οι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικής προόδου . //

50. Αν οι α, β, γ, δ είναι διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικής προόδου, να δείξετε ότι

2 2 2 2

Λύση

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2

2 22 2 2 2 2 2

2 2 (1)

α, β, γ, δ διαδοχικοί όροι μιας γεωμετρικής προόδου

2 (2) και 2

(3) και λ =

άρα (4)

Από τις (2), (3), (4) έχουμε την (1) . //

51. Για ποια τιμή του ν οι αριθμοί 5 , 4 10 4 , 2 είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου;

Λύση Περιορισμοί: ν – 5 0 και 10ν + 4 0 και ν + 2 0

ν 5 και ν –4

10 και ν –2

ν 5

Οι αριθμοί 5 , 4 10 4 , 2 είναι διαδοχικοί όροι γ.προόδου

24( 10 4) = 5 2

10 4 = 5 2

108


10ν + 4 = (ν – 5)(ν + 2)

10ν + 4 = 2 + 2ν – 5ν – 10

2 – 13ν –14 = 0

Δ = 169 + 56 = 225, ν = 13 225

2

=

13 15

2

= 14 ή –1 απορρίπτεται. //

52. Να βρείτε τη γεωμετρική πρόοδο, της οποίας:

i) o 4ος όρος είναι 24 και το άθροισμα των τριών πρώτων όρων της είναι 21

ii) το άθροισμα των δύο πρώτων όρων της είναι 3 + 3 και το άθροισμα των τεσσάρων

πρώτων όρων της είναι 4(3 + 3 ). Λύση

i) 4

= 24 1

3

= 24 (1)

1 +

2 +

3 = 21

1 +

1 λ +

1

2 = 21

1 (1 + λ + 2

) = 21 (2)

(2)

(1)

2

3

1

=

21 7

24 8 7 3

= 8 + 8λ + 8 2

7 3 – 8 2

– 8λ – 8 = 0 (3) Σχήμα Horner για ρ = 2 7 –8 –8 –8 2 14 12 8 7 6 4 0

(3) (λ – 2)(14 2 + 6λ + 8) = 0 λ – 2 = 0 ή 14 2

+ 12λ + 8 = 0

λ = 2 ή 7 2 + 6λ + 4 = 0 αδύνατη,

αφού Δ = 36 – 112 = – 76

(1) 1

3

2 = 24 1

. 8 = 24 1

= 3

ii) 1

+2

= 3 + 3 1

+ 1

λ = 3 + 3 1

(1 + λ) = 3 + 3 (4)

1 +

2 +

3 +

4 = 4(3 + 3 )

3 +

4 = 3 (3 + 3 )

1

2

+1

3

= 3 (3 + 3 )

1

2

(1 + λ) = 3 (3 + 3 ) (5)

Για 1 + λ = 0, δηλαδή για λ = –1, η εξίσωση (5) είναι αδύνατη Για 1 + λ 0, δηλαδή για λ –1, έχουμε (5)

(4) 2

= 3 λ = 3 ή λ = – 3

α) Για λ = 3 , η εξίσωση (4) 1

(1 + 3 ) = 3 + 3

109


1

= 3 3

3 1

=

(3 3)( 3 1)

( 3 1)( 3 1)

= 3 3 3 3 3

3 1

=

2 3

2 = 3

β) Για λ = – 3 , η εξίσωση (4) 1

(1 – 3 ) = 3 + 3

1

= 3 3

1 3

=

(3 3)(1 3)

(1 3)(1 3)

= 3 3 3 3 3

1 3

=

6 4 3

2

= 3 2 3 . //

53. Να βρείτε το άθροισμα των πρώτων 10 όρων της γεωμετρικής προόδου, στην οποία είναι

2

+ 6

= 34 και 3

+ 7

= 68.

Λύση

2 +

6 = 34

1 λ +

1

5 = 34

1 λ (1 + 4

) = 34 (1)

3 +

7 = 68

1

2 +

1 6

= 68 1

2

(1 + 4 ) = 68 (2)

(2)

(1) λ = 2

(1) 1

2 (1 + 42 ) = 34 2

1 . 17 = 34

1 = 1

10S =

1

101

1

= 1.

102 1

2 1

= 10

2 1 . //

54. i) Να βρείτε το άθροισμα 1 + + 2

+ . . . + 1

ii) Να υπολογίσετε το γινόμενο 2 11 (1 . . . )

Λύση

i) Οι όροι του αθροίσματος αποτελούν γ. πρόοδο με λόγο , S = 1.

1

1

=

1

1

ii) Λόγω του ii), θα έχουμε 2 11 (1 . . . )

= (1 )

1

1

= 1

. //

55. Να υπολογίσετε το γινόμενο των πρώτων ν όρων της γεωμετρικής προόδου 2, 4, 8, . . . Λύση

Είναι 1 1

12.2 2

1

2

3 . . .

= 2 . 2

2 . 32 . . . 2

= 1 2 3 . . . 2

(1)

Ο εκθέτης είναι άθροισμα ν όρων αριθμητικής προόδου με διαφορά 1, επομένως ισούται με (1 )2

.

Άρα 1

2

3

. . .

= (1 )

22

. //

110


56. Αν το άθροισμα των πρώτων τριών όρων μιας γεωμετρικής προόδου είναι –13 και το γινόμενό τους είναι –27, να βρείτε τους όρους αυτούς.

Λύση

1 +

2 +

3 = –13

1 +

1 λ +

1

2 = –13

1

(1 + λ + 2 ) = –13 (1)

1

2

3 = –27

1 .

1 λ .

1

2 = –27

3

1

3 = –27

3 3

1( ) ( 3)

1

λ = –3 1

= 3

(2)

(1) 3

(1 + λ + 2 ) = –13 –3 – 3λ – 3 2

= –13λ

3 2 – 10λ + 3 = 0

Δ = 100 – 36 = 64, λ = 10 64

6

=

10 8

6

=

2

6 ή 3 =

1

3 ή 3

α) Για λ = 1

3, η (2)

1 = –3. 3 = –9

οπότε οι ζητούμενοι αριθμοί είναι –9, –3, –1 β) Για λ =3, η (2)

1 = –1,

οπότε οι ζητούμενοι αριθμοί είναι –1, –3, –9 . //

57. Είναι γνωστό ότι για κάθε νϵΝ* , το άθροισμα των πρώτων ν όρων μιας ακολουθίας (αν)

είναι Sν = 2ν1. Να δείξετε ότι η ακολουθία είναι γεωμετρική πρόοδος και να γράψετε τους α1

και λ.

Λύση

Sν = α1 + α2 + α3 +…+ αν-1 + αν Sν = Sν-1 + αν και από την υπόθεση

2ν1 = 2ν-11+ αν

αν = 2ν2ν-1

αν = 2ν-1(21)

αν = 2ν-1 , νϵΝ*

Οπότε α1 = 21 - 1 = 20 = 1 και 1

=

1

2

2

= 2

αν+1 = 2αν που σημαίνει ότι η ακολουθία είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ = 2 και α1 = 1 . //

ι σκήσεις της ΄ υκείου · 33: £ ¶ ¥ § ³ « ¯ ± ´ « © ´ 10 π 2,3 13...

Documents

Transcript of ι σκήσεις της ΄ υκείου · 33: £ ¶ ¥ § ³ « ¯ ± ´ « © ´ 10 π 2,3 13...