Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

download Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

of 30

Transcript of Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    1/30

     

    SOS

    ΑΛΓΕΒΡΑΑ΄ΛΥΚΕΙΟΥ 

    Επιμέλεια

    Αυγερινός Βασίλης 

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    2/30

     

    ΑΛΓΕΒΡΑ 

    Α΄ΛΥΚΕΙΟΥ SOS

    ΜΕΡΟΣ 1ο ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΘΕΩΡΙΑΣ 

    1.  Τι καλούμαι Ασυμβίβαστα Ενδεχόμενα  ;

      Δύο ενδεχόμενα Α  και Β  λέγονται ασυμβίβαστα, όταν  A B=  . 

    Δύο ασυμβίβαστα ενδεχόμενα λέγονται επίσης ξένα  μεταξύ τους ή αμοιβαίως αποκλειόμενα.

    2.  Να διατυπώσετε τον κλασικό ορισμό της πιθανότητας και τις άμεσες

    συνέπειες του ορισμού αυτού ;

      Κλασικός   Ορισμός   Πιθανότητας   σε ένα πείραμα με ισοπίθανα στοιχειώδη αποτελέσματα ορίζουμε ως πιθανότητα του

    ενδεχομένου Α  τον αριθμό: 

      Από τον προηγούμενο ορισμό προκύπτει άμεσα ότι: 

    3. Για κάθε ενδεχόμενο Α ισχύει 0≤P(A)≤1 , αφού το πλήθος των

    στοιχείων ενός ενδεχομένου είναι ίσο ή μικρότερο από το πλήθος τωνστοιχείων του δειγματικού χώρου. 

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    3/30

     

    3.  Να διατυπωθούν και να αποδειχθούν οι Κανόνες Λογισμού των

    Πιθανοτήτων ; 

      Για οποιαδήποτε ασυμβίβαστα μεταξύ τους ενδεχόμενα Α  και Β

    ισχύει: P(A∪B)=P(A)+P(B)

    ΑΠΟΔΕΙΞΗ 

    Αν N(A)=κ και N(Β)=λ, τότε το Α∪Β έχει κ+λ στοιχεία, γιατί αλλιώςτα Α και Β δε θα ήταν ασυμβίβαστα. Δηλαδή,έχουμε N(A∪Β)=κ+λ= N(A)+N(Β).Επομένως:

    )Β(Ρ)Α(Ρ)Ω( Ν

    )Β( Ν

    )Ω( Ν

    )Α( Ν

    )Ω( Ν

    )Β( Ν)Α( Ν

    )Ω( Ν

    )ΒA( Ν)ΒΑ(Ρ  

       

    Η ιδιότητα αυτή είναι γνωστή ως απλός  προσθετικός  νόμος (simplyadditive law) και ισχύει και για περισσότερα από δύο ενδεχόμενα.

    Έτσι, αν τα ενδεχόμενα Α,  Β  και Γ  είναι ανά δύο ασυμβίβαστα θαέχουμε P(A ∪ B ∪ Γ )=P(A )+P(B )+P(Γ ).

      Για δύο συμπληρωματικά ενδεχόμενα Α και Α' ισχύει: P(A')=1 -P(A)

    ΑΠΟΔΕΙΞΗ 

    Επειδή A∩A'=∅, δηλαδή τα Α και A' είναι ασυμβίβαστα, έχουμεδιαδοχικά, σύμφωνα με τον απλό προσθετικό νόμο: 

    P(A∪A')=P(A)+P(A') άρα P(Ω)=P(A)+P(A') άρα 1=P(A)+P(A').Οπότε P(A')=1-P(A).

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    4/30

     

      Για δύο ενδεχόμενα Α και Β ενός δειγματικού χώρου Ω

    ισχύει: P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A B)

    ΑΠΟΔΕΙΞΗ 

    Για δυο ενδεχόμενα Α και Β έχουμε N(A∪B)=N(A)+N(B)-N(A∩B), (1)αφού στο άθροισμα N(A)+N(B) το πλήθος των στοιχείων

    του A∩B υπολογίζεται δυο φορές. 

    Αν διαιρέσουμε τα μέλη της (1) με N(Ω) έχουμε 

    :

    και επομένως P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)Η ιδιότητα αυτή είναι γνωστή ως προσθετικός νόμος (additivelaw).

      Αν  A⊆B, τότε P(A)≤P(B)

    ΑΠΟΔΕΙΞΗ 

    Επειδή A⊆B έχουμε διαδοχικά: )Β(Ρ)Α(Ρ

    )Ω( N

    )Β( N

    )Ω( N

    )A( N)B( N)A( N    

      Για δύο ενδεχόμενα Α και Β ενός δειγματικού

     χώρου Ω ισχύει:  P(A-B)=P(A)-P(A B)

    ΑΠΟΔΕΙΞΗ 

    Επειδή τα ενδεχόμενα A-B και A∩B είναι ασυμβίβαστα και 

    (A-B)∪(A∩

    B)=A, έχουμε:P(A)=P(A-B)+P(A∩

    B)Άρα P(A-B)=P(A)-P(A∩B)

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    5/30

     

    4.  Να δοθεί ο ορισμός της απόλυτης τιμής και να δοθούν οι άμεσες

    συνέπειες του ορισμού αυτού.

      Η απόλυτη τιμή ενός πραγματικού αριθμού α συμβολίζεται με |α| και

    ορίζεται από τον τύπο: 

    Δηλαδή: 

      Η απόλυτη τιμή θετικού αριθμού είναι ο ίδιος ο αριθμός.

      Η απόλυτη τιμή αρνητικού αριθμού είναι ο αντίθετός του. 

      |0| = 0 

    5.  Ποιες οι ιδιότητες των απολύτων  τιμών ; 

    Ιδιότητες των απόλυτων τιμών  

    1. 

    |α| = |-α| ≥ 0 

    2.  |α| ≥ α και |α| ≥ -α 

    Αν θ>0, τότε:|x| = θ ⇔x = θ ή x = -θ 3.  |x| = |α| ⇔x = α ή x = -α 

    4.  |α|2 = α2 

    5. 

    |α · β| = |α| · |β|

    ΑΠΟΔΕΙΞΗ Επειδή και τα δύο μέλη της ισότητας |α · β| = |α| · |β| είναι μη αρνητικοίαριθμοί, έχουμε διαδοχικά: |α · β| = |α| · |β| ⇔ |α · β|2 = (|α| · |β|)2 ⇔ |α · β|2 = |α|2 · |β|2⇔

     

    (α · β)2 = α2·β2 ⇔ α2·β2 = α2·β2 που ισχύει. 

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    6/30

     

    6. 

     

    ΑΠΟΔΕΙΞΗ 

    Επειδή και τα δύο μέλη της ισότητας  

    είναι μη αρνητικοί αριθμοί, έχουμε διαδοχικά: 

     

      ⇔

      που ισχύει. 

    7.  |α + β| ≤ |α| + |β|

    ΑΠΟΔΕΙΞΗ Επειδή και τα δύο μέλη της ανισότητας |α + β|

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    7/30

     

    6.  Πως ορίζεται η ν -οστή ρίζα ενός μη αρνητικού αριθμού α ; Πως

    ορίζεται η πρώτη και η δεύτερη ρίζα του α ; 

    1.  ΟΡΙΣΜΟΣ : Η ν -οστή ρίζα ενός μη αρνητικού αριθμού α συμβολίζεται

    με  και είναι ο μη αρνητικός αριθμός α που, όταν υψωθεί στην ν, δίνει

    τον α.

    2. 

    Ορίζουμε 

    3.  Άρα αν α ≥ 0, τότε η  παριστάνει τη μη αρνητική λύση της

    εξίσωσης xν 

     = α . 

    7.  Ποιες οι ιδιότητες των ν -ιοστών ριζών

    1.  Αν α ≥ 0, τότε:   αα  ν ν  και αα ν   ν  

    2.  Αν α ≤ 0 και ν άρτιος, τότε: αα ν   ν  

    3.  Αν α, β ≥ 0, τότε:  ν ν ν βαβα    

    ΑΠΟΔΕΙΞΗ Έχουμε:

            βαβαβαβαβαβαβαβα   ν ν ν ν ν ν ν ν ν ν ν ν πουισχύει. 

    4. 

     ν ν

     ν

    β

    α

    β

    α   και με β 0

    5.  νμμ  ν αα

       

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    8/30

     

    ΑΠΟΔΕΙΞΗ 

    Έχουμε:   αααααααα  ν ν ν

    μμ  ν

    μν νμ

    μνμ  ν νμμ  ν

     

     

     

       

      

      

      

      

      

     

    που ισχύει

    6.   ν   μ νρ μρ αα    

    ΑΠΟΔΕΙΞΗ 

    Έχουμε:

    7.  Για μη αρνητικούς αριθμούς α1, α2, ... , ακ ισχύει: 

    8. 

    Στην ειδική μάλιστα περίπτωση που είναι α1 = α2 = ... = ακ = α>0, ισχύει: 

    9.  Για α , β ≥ 0 έχουμε 

    8.  Πως ορίζονται οι δυνάμεις με ρητό εκθέτη ; 

    ΟΡΙΣΜΟΣ : Αν α>0, μ ακέραιος και ν θετικός ακέραιος, τότε ορίζουμε:

    Με τη βοήθεια των ιδιοτήτων των ριζών αποδεικνύεται ότι οι ιδιότητες

    των δυνάμεων με ακέραιο εκθέτη ισχύουν και για δυνάμεις με ρητόεκθέτη. 

    9.  Πως λύνεται η εξίσωση xν  = α , για τις διάφορες τιμές του αR με νφυσικό αριθμό ; 

      Η εξίσωση xν = α , με α>0 και ν περιττό φυσικό αριθμό, έχει ακριβώς μια

    λύση την 

     ν α

     

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    9/30

     

      Η εξίσωση xν = α , με α0 και ν άρτιο φυσικό αριθμό, έχει ακριβώς δύο

    λύσεις τις  ν α   και -

     ν α  

      Η εξίσωση xν = α , με α 0 

    Έχει δύο ρίζες άνισες τις 

    Δ = 0Έχει μια διπλή ρίζα τη 

    Δ < 0  Είναι αδύνατη στο ℝ .

    11.  Να γραφούν και να αποδειχθούν οι τύποι του Vieta. 

    Αν με S  συμβολίσουμε το άθροισμα x1 + x2 και με P το γινόμενο x1 ·x2, τότεέχουμε τους τύπους Vieta: 

    Απόδειξη 

    a t hom pos er 1 . 1 . 5http:// www.mathcomposer.com

    =( )-β

    2 - ( )Δ

    2

    4α2

     =β

    2 - β

    2 - 4αγ

    4α2

     =

    MathComposer 1.1.5http://www.mathcomposer .com

    =4αγ

    4α2 =

    γ 

    α

    Mat hComposer 1. 1. 5ht t p: / / www. mat hcomposer. com

    x1  x

    2 =

    -β + Δ

    2α 

    -β - Δ

    2α =

     

    MathComposer 1.1.5http://www.mathcomposer.com

    x1 + x

    2 =

    -β + Δ

     +-β - Δ

     =

    MathComposer 1.1.5http://www.mathcomposer.com

    =-2β

     = -β

    α

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    10/30

     

    10 

    12.  Πως μετασχηματίζεται η εξίσωση αx2 + βx + γ = 0, με την

    βοήθεια των τύπων του Vieta ;

    Η εξίσωση αx2 + βx + γ = 0, με την βοήθεια των τύπων του Vieta,μετασχηματίζεται ως εξής: 

    0Pχ Sχ 0χ χ χ )χ χ (χ 0α

    γχ 

    α

    βχ 0γβχ αχ  22121

    220είναιπουαμεμε ύδιαιρο

    2

     

    Η τελευταία μορφή της εξίσωσης αx2 + βx + γ = 0 μας δίνει τη δυνατότητα νατην κατασκευάσουμε, όταν γνωρίζουμε το άθροισμα και το γινόμενο τωνριζών της. 

    13.  Ποιες εξισώσεις ανάγονται σε εξισώσεις 2ου βαθμού 

    Οι εξισώσεις που ανάγονται σε εξισώσεις 2ου βαθμού 

      Μορφής α(f(χ))2+β   )χ (f  +γ=0 με α ≠ 0

    που γίνεται α   )χ (f  2+β   )χ (f  +γ=0 δευτέρου βαθμού με άγνωστο καταρχήν

    το )χ (f  

     

    Κλασματικές  Μορφής α(f(x))2 + β (f(x)) + γ = 0 δευτέρου βαθμού με άγνωστο

    καταρχήν το f(x)

      Διτετράγωνες  μορφής α(f(x))2ν + β (f(x))ν + γ = 0 δευτέρου βαθμού μεάγνωστο καταρχή το (f(x))ν 

    14.  Πως λύνονται οι ανισώσεις με απόλυτες τιμές 

    Οι ανισώσεις με απόλυτες τιμές  λύνονται ως εξής :

      με τη βοήθεια της ιδιότητας :

    |x| <  ρ   - ρ  < x <  ρ  ή  της  

    |x - xο| < ρ  ⇔ xο – ρ < x < xο + ρ   με τη βοήθεια της ιδιότητας  :|x| >  ρ   x < - ρ  ή x >  ρ  

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    11/30

     

    11 

    15.  Πως παραγοντοποιείται το τριώνυμο αx2 + βx + γ, με α  0 ;

    Η παράσταση α x2 + β x + γ , α  0 λέγεται τριώνυμο 2ου βαθμού ή, πιο

    απλά, τριώνυμο.

    Η διακρίνουσα Δ=β2

    -4αγ της αντίστοιχης εξίσωσης α x2

     + β x + γ  = 0 λέγεταικαι διακρίνουσα του τριωνύμου Οι ρίζες της εξίσωσης α x2 + β x + γ  = 0, δηλαδή οι 

    ονομάζονται και ρίζες του τριωνύμου.Διακρίνουμε τώρα τις εξής περιπτώσεις:   Δ>0 .Τότε ισχύει: α x2 +  β x + γ  = α (x - x1)(x - x2) , όπου x1, x2 οι ρίζες του

    τριωνύμου.  Δ = 0 . Τότε

    22

    α2

    βχ αγβχ αχ   

     

      

     

       Δ0 και για τις τιμές του x, που

    βρίσκονται μεταξύ των ριζών .

      Μηδέν, όταν η τιμή του x είναι κάποια από τις ρίζες του τριωνύμου. 

     

    Ομόσημο του α σε κάθε άλλη περίπτωση. 

    17.  Πότε ένα τριώνυμο είναι πάντα θετικό και πότε πάντα αρνητικό

    δηλαδή πως λύνονται οι ανισώσεις της μορφής αχ2 + βχ + γ > 0 ή

    αχ2 + βχ + γ < 0 ; 

      για να είναι ένα τριώνυμο θετικό ΠΑΝΤΟΤΕ πρέπει Δ0 

      για να είναι ένα τριώνυμο αρνητικό ΠΑΝΤΟΤΕ πρέπει Δ

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    12/30

     

    12 

    18.  Πως ορίζεται η αριθμητική πρόοδος, και τι διαφορά αριθμητική

    προόδου; 

      Μια ακολουθία λέγεται αριθμητική πρόοδος, αν κάθε όρος

    της προκύπτει από τον προηγούμενό του με πρόσθεση του ίδιουπάντοτε αριθμού.   Τον αριθμό αυτό τον συμβολίζουμε με ω  και τον λέμε διαφορά της

    προόδου.   Επομένως, η ακολουθία (αν) είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω,

    αν και μόνο αν ισχύει: 

    αν+1 = αν + ω  ή  αν+1 − αν = ω 

    19.  Να αποδείξετε ότι ο ν -οστος όρος της αριθμητικής προόδου δίνεται

    από τον τύπο: αν =α1+(ν -1)ω 

    Απόδειξη

    Από τον ορισμό της αριθμητικής προόδου έχουμε: 

    α1+α2+α3+...+αν-1+αν=α1+ α1+α2+α3+...+αν-2+αν-1 +ω+ω+...+ω (ν-1) πλήθος

    Προσθέσαμε κατά μέλη της ν αυτές ισότητες και εφαρμόσαμε την ιδιότητα

    της διαγραφής άρα αν=α1+(ν-1)ω 

    20. 

    Να αποδείξετε ότι τρεις αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί όροιαριθμητικής προόδου αν και μόνο αν ισχύει β , πως ονομάζεται οβ ; 

    Απόδειξη 

      Ορθό Αν πάρουμε τρεις διαδοχικούς όρους α, β, γ μιας αριθμητικής προόδου με διαφορά ω, τότε ισχύει: 

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    13/30

     

    13 

      Αντίστροφο Αλλά και αντιστρόφως, αν για τρεις αριθμούς α, β, γ ισχύει 

    τότε έχουμε 

    που σημαίνει ότι οι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. 

      Ο β λέγεται αριθμητικός μέσος των α και γ 

    21.  Να γράψετε τους τύπους για το άθροισμα των πρώτων ν όρων

    αριθμητικής προόδου (αν ) με διαφορά ω

    Sν  =∙(αν +α1) 

    Sν  =∙[2α1+(ν -1)∙ω] 

    22.  Πως ορίζεται η γεωμετρική πρόοδος, και τι καλείται λόγος

    γεωμετρικής προόδου; 

      Μια ακολουθία λέγεται γεωμετρική πρόοδος,  αν κάθε όρος της

    προκύπτει από τον προηγούμενό του με πολλαπλασιασμό επί τον ίδιο

    πάντοτε μη μηδενικό αριθμό. 

     

    Τον αριθμό αυτό τον συμβολίζουμε με λ  και τον λέμε λόγο τηςπροόδου. 

      Σε μια γεωμετρική πρόοδο (αν) υποθέτουμε πάντα ότι α 1 ≠ 0, οπότε,αφού είναι και λ ≠  0, ισχύει αν   ≠  0 για κάθε ν €Ν*. Επομένως, ηακολουθία (αν) είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ, αν και μόνο ανισχύει: 

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    14/30

     

    14 

    23.  Ο ν -ος όρος μιας γεωμετρικής προόδου με πρώτο όρο α1 και λόγο

    λ είναι αν = α1 • λ ν−1 

    ΑπόδειξηΑπό τον ορισμό της γεωμετρικής προόδου έχουμε: 

    α1·α2·α3·...·αν-1·αν=α1· α1·α2·α3·...·αν-2·αν-1·λ· λ·... ·λ (ν-1) πλήθος

    Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις ν αυτές ισότητες και εφαρμόζοντας την

    ιδιότητα της διαγραφής, βρίσκουμε αν=α1λν-1 

    24.  Να αποδείξετε ότι τρεις μη μηδενικοί αριθμοί α, β, γ είναι

    διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, αν και μόνο αν ισχύει β2 = α∙γ

    πως καλείται ο β ; Απόδειξη 

      ορθό Αν  πάρουμε  τρεις  διαδοχικούς  όρους  α,  β,  γ  μιας  γεωμετρικής 

    προόδου με λόγο λ, τότε ισχύει 

      Αντίστροφο 

    Αλλά και αντιστρόφως, αν για τρεις αριθμούς α, β, γ ≠0 ισχύει β2 = αγ, τότε 

     =

      που  σημαίνει ότι οι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι 

    μιας γεωμετρικής προόδου. 

      Ο θετικός αριθμός  β (με β=   ) λέγεται γεωμετρικός μέσος των α και γ. 

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    15/30

     

    15 

    25.  Να γραφεί ο τύπος για το άθροισμα των πρώτων ν όρων μιας

    γεωμετρικής προόδου (αν ) με λόγο λ≠1 .

    Sν =α1∙   

    Παρατήρηση: Στην περίπτωση που ο λόγος της προόδου είναι λ-1, τότε το

    άθροισμα των όρων της είναι Sv  = ν  ∙ α1  αφού όλοι οι όροι της προόδουείναι ίσοι με α1.

    26.  Τι ονομάζεται συνάρτηση; Τι πεδίο ορισμού; Πως παριστάνονται οι

    συναρτήσεις; Τι καλείται τιμή της f στο χ; Τι είναι η ανεξάρτητη

    μεταβλητή; Τι η εξαρτημένη μεταβλητή; Τι καλείται σύνολο τιμών ;

    και πως συμβολίζεται η συνάρτηση ; 

      ΟΡΙΣΜΟΣ : Συνάρτηση από ένα σύνολο Α σε ένα σύνολο Β λέγεται μια  διαδικασία  (κανόνας)  με  την  οποία  κάθε  στοιχείο  του  συνόλου  Α 

    αντιστοιχίζεται σε ένα ακριβώς στοιχείο του συνόλου Β. 

      Το σύνολο Α λέγεται πεδίο ορισμού ή σύνολο ορισμού της  ƒ  . 

    Οι συναρτήσεις παριστάνονται συνήθως με τα μικρά γράμματα  ƒ, g, hκτλ. του Λατινικού αλφαβήτου. 

      Αν  με  μια  συνάρτηση  ƒ   από  το  Α  στο  Β,  το x    Α  αντιστοιχίζεται στο y Β , τότε γράφουμε:  y = ƒ(x)  και διαβάζουμε «y ίσον  ƒ  του x». 

      Το  ƒ(x) λέγεται τότε τιμή της  ƒ  στο x. 

      Το γράμμα x , που παριστάνει οποιοδήποτε στοιχείο του πεδίου ορισμού 

    της  ƒ,  ονομάζεται ανεξάρτητη  μεταβλητή, ενώ  το  y, που  παριστάνει την τιμή της συνάρτησης στο x, ονομάζεται εξαρτημένη μεταβλητή.

      Το σύνολο, που έχει για στοιχεία  του τις τιμές  ƒ(x) για όλα τα xΑ, 

    λέγεται σύνολο τιμών  της  ƒ  και το συμβολίζουμε με  ƒ(Α) .  Η παραπάνω συνάρτηση συμβολίζεται ως εξής: f: A→Β με χ →f(χ) 

    27.  Τι καλείται γραφική παράσταση της ƒ και ποια είναι η βασική της

    ιδιότητα; 

      Έστω ƒ μια συνάρτηση με πεδίο ορισμού Α και O xy  ένα σύστημα

    συντεταγμένων στο επίπεδο. Το σύνολο των σημείων M  (x, y) για ταοποία ισχύει y = ƒ(x), δηλαδή το σύνολο των σημείων M  (x, ƒ(x)), xA,

    λέγεται γραφική παράσταση της ƒ και συμβολίζεται συνήθως με C  ƒ  .

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    16/30

     

    16 

      Η εξίσωση, λοιπόν, y = ƒ(x) επαληθεύεται από τα σημεία της  C  ƒ  και

    μόνο από αυτά. Επομένως, η y = ƒ(x) είναι η εξίσωση της γραφικήςπαράστασης της ƒ. Για το λόγο αυτό, τη γραφική παράσταση C  ƒ  της ƒ τη

    συμβολίζουμε, πολλές φορές, απλά με την εξίσωσή της, δηλαδή με

     y = ƒ(x).   Επειδή κάθε x  A αντιστοιχίζεται σε ένα μόνο yℝ  , δεν υπάρχουν

    σημεία της γραφικής παράστασης της ƒ με την ίδια τετμημένη. Αυτόσημαίνει ότι κάθε κατακόρυφη ευθεία έχει με τη γραφική παράστασητης ƒ το πολύ ένα κοινό σημείο (Σχ. α'). Έτσι, ο κύκλος δεν αποτελείγραφική παράσταση συνάρτησης (Σχ. β'). 

    28.  Όταν δίνεται η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης ƒ πως

    μπορούμε, να σχεδιάσουμε και τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

    –ƒ; 

    Όταν δίνεται η γραφική παράσταση μιαςσυνάρτησης ƒ μπορούμε, επίσης, νασχεδιάσουμε και τη γραφική παράσταση τηςσυνάρτησης - ƒ, παίρνοντας τη συμμετρική τηςγραφικής παράστασης της ƒ ως προς τον άξονα

    x'x και τούτο διότι η γραφική παράστασης της - ƒ αποτελείται από τα σημεία M '(x,- ƒ(x)) πουείναι συμμετρικά των σημείων M (x, ƒ(x)) τηςγραφικής παράστασης της ƒ ως προς τονάξοναx'x  .

    29.  Τι γνωρίζετε για την γραφική παράσταση της συνάρτησης

     ƒ(x) = αx + β  ;

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    17/30

     

    17 

      Γενικά, δεχόμαστε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης

     ƒ(x) = α x + β   είναι μία ευθεία, με εξίσωση y = α x + β , η οποία τέμνειτον άξονα των y στο σημείο Β(0,β) και έχει κλίση λ = α  . Είναι φανερό

    ότι: 

     

    αν α > 0 , τότε 0° < ω < 90°   αν α < 0, τότε 90° < ω < 180° 

      αν α = 0 , τότε ω = 0°. 

      Στην περίπτωση που είναι α = 0 , η συνάρτηση παίρνει την μορφή ƒ(x) = β  και λέγεται σταθερή συνάρτηση, διότι η τιμή της είναι η ίδιαγια κάθε xℝ.

    30.  Τι γνωρίζετε για την γραφική παράσταση της συνάρτησης

     ƒ(x) = αx + β αν β=0 δηλαδή ƒ(x) = αx ;

     

    Αν β = 0, τότε η ƒ παίρνει τη μορφή ƒ(x) = αx , οπότε η γραφική τηςπαράσταση είναι η ευθεία y = αx και περνάει από την αρχή τωναξόνων. Ειδικότερα: 

      Για α = 1 έχουμε την ευθεία y = x . Για τη

    γωνία ω, που σχηματίζει η ευθεία αυτή μετον άξονα x'x, ισχύει εφω = α = 1, δηλαδή

    ω = 45ο. Επομένως η ευθεία y = x είναι ηδιχοτόμος των γωνιών  και   τωναξόνων.

     

     

    Για α = -1 έχουμε την ευθεία y = -x . Για τηγωνία ω, που σχηματίζει η ευθεία αυτή μετον άξονα x'x, ισχύει εφω = α = -1, δηλαδήω = 135°. Επομένως η ευθεία y = -x είναι η διχοτόμος των γωνιών  και  των αξόνων. 

    31.  Ποιες είναι οι σχετικές θέσεις δύο ευθειών στο επίπεδο και ποια

    συμπεράσματα εξάγονται ;

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    18/30

     

    18 

    Ας θεωρήσουμε  δύο ευθείες  ε1  και ε2  με εξισώσεις y = α1x + β1 

    και y = α2x + β2 αντιστοίχως και ας υποθέσουμε ότι οι ευθείες αυτέςσχηματίζουν με τον άξονα x'x  γωνίες ω1 και ω2 αντιστοίχως. 

      Αν α 1 = α 2, τότε εφω 1 = εφω 2, οπότε ω 1 = ω 2 και άρα οι

    ευθείες ε 1 και ε 2 είναι παράλληλες ή συμπίπτουν. Ειδικότερα :   Αν α 1 = α 2 και β 1 ≠ β 2, τότε οι ευθείες είναι παράλληλες (Σχ. α'), ενώ 

      Αν α1 = α 2 και β 1 = β 2, τότε οι ευθείες ταυτίζονται. 

      Αν α1 ≠ α2, τότε εφω 1 ≠ εφω 2, οπότε ω 1 ≠ ω 2 και άρα οι ευθείες ε1 καιε2 τέμνονται. (Σχ. β') 

    Σύμφωνα με τα παραπάνω συμπεράσματα: 

      Γενικά, οι ευθείες της μορφής y = αx + β,όπου β σταθερό και α μεταβλητό διέρχονται

    όλες από το σημείο β του άξονα y'y. 

      Γενικά, οι ευθείες της μορφής y =  α x + β ,όπου α σταθερό και β  μεταβλητό, είναι όλες

    παράλληλες μεταξύ τους. 

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    19/30

     

    19 

    ΜΕΡΟΣ 2ο

    ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 

    ΑΣΚΗΣΗ 1

    α) Να παραγοντοποιήσετε το τριώνυμο 23x 2x 1   Μονάδες 8 

    β) Να βρείτε τις τιμές του x για τις οποίες έχει νόημα η παράσταση: 

    2

    x 1A(x)

    3x 2x 1

     

    και στη συνέχεια να την απλοποιήσετε.  Μονάδες 9 

    γ) Να λύσετε την εξίσωση: A(x) 1   Μονάδες 8 

     ΛΥΣΗ α) Η παραγοντοποίηση του τριωνύμου με Δ > 0 γίνεται από τον τύπο:

    2

    1 2αx βx γ α (x x ) (x x )  

    Το τριώνυμο 23x 2x 1  έχει

    2

    Δ 2 4 3 ( 1) 16 0  

    και ρίζες 1x 1  και 21

    x3

    .

    Επομένως: 2  1

    3x 2x 1 3 (x 1) x3

      (x 1) 3x 1  

    β) Για να ορίζεται ένα κλάσμα θα πρέπει ο παρονομαστής να είναι διάφορος

    του 0. 

    Οπότε πρέπει: 

    23x 2x 1 0  άρα από το (α) ερώτημα x 1  και1

    x3

     

    Είναι:2

    x 1A(x)

    3x 2x 1

      x 1

    (x 1) 3x 1

    x 1

    1

    (x 1)   3x 1

    1

    3x 1 

    γ) Είναι:

    αα

    β β1A(x) 1 1

    3x 1

    11

    3x 1

      3x 1 1  

    Με τη βοήθεια της ιδιότητας x   ρ x ρ ή x ρ  έχουμε: 

    3x 1 1 3x 1 1 ή 3x 1 1

     3x 2 ή 3x 0

     

    2x   ή x 0

    3

     

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    20/30

     

    20 

    ΑΣΚΗΣΗ 2

    α) Να λύσετε την ανίσωση: 2x 10x 21 0  Μονάδες 12 

    β) Δίνεται η παράσταση: 2A x 3 x 10x 21  

    i) Για 3 x 7,  να δείξετε ότι: 2A x 11x 24  

    Μονάδες 8 

    ii) Να βρείτε τις τιμές του   x 3, 7 , για τις οποίες ισχύει Α = 6. 

    Μονάδες 5 

     ΛΥΣΗ α) Το τριώνυμο έχει διακρίνουσα 

    2 2Δ β 4αγ ( 10) 4 1 21 100 84 16 0  

    και ρίζες1,2 1 2

    β Δx x 3   και x 7

     

    Το πρόσημό του φαίνεται στον παρακάτω πίνακα. 

    x –∞ 3 7 +∞ 2x 10x 21   + –  +

    Από τον πίνακα φαίνεται ότι η ανίσωση2

    x 10x 21 0 έχει λύσεις τα x R   για τα οποία ισχύει 3 < x < 7, δηλαδή τα x 3, 7  

    β) i) Για 3 x x 3 0 οπότε είναι:  x 3 x 3  

    Για 3 x 7  από το (α) ερώτημα είναι 2x 10x 21 0 , οπότε είναι: 2 2x 10x 21 (x 10x 21)  

    Άρα, 2A x 3 x 10x 21     2 2x 3 x 10x 21 x 11x 24  Οπότε, 

    2A x 11x 24  

    ii) Είναι: 2A 6 x 11x 24 6   2x 11x 30 0  

    Το τριώνυμο έχει διακρίνουσα2 2

    Δ β 4αγ 11 4 ( 1) ( 30) 121 120 1 0  

    και ρίζες

    1,2 1 2

    β Δx x 5   και x 6

     

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    21/30

     

    21 

    ΑΣΚΗΣΗ 3 

    Δίνεται η συνάρτηση 2

    x 5 x 6f x

    x 3

     

    1. Να βρείτε το πεδίο ορισμού Α της συνάρτησης f. (Μονάδες 6) 

    2. Να αποδείξετε ότι για κάθε x A∈  ισχύει: f x x 2   (Μονάδες 9) 

    3. Για x A∈ , να λύσετε την εξίσωση:   2

    f x 2 4f x 5 0  

    (Μονάδες 10) 

     ΛΥΣΗ 1. Για να ορίζεται η f πρέπει ο παρονομαστής να είναι διάφορος του 0, δηλ.

    πρέπει  x 3 0 x 3 x 3  Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το A ( , 3) ( 3,3) (3, )  2. Η

    συνάρτηση f ισοδύναμα γράφεται 2

    x 5 x 6f x

    x 3

    , x A  

    Αν x   ω 0  τότε2 2x 5 x 6 0   ω 5ω 6 0  

    με 2

    Δ 5 4 1 6 1 0  

    και έχει ρίζες 5 1   5 1

    ω ω 3 ή ω=22 1 2

     

     

    Έτσι,   x   ω

    2ω 5ω 6 ω 3 ω 2 x 3 x 2

     

    Άρα   2 x 3 x 2x 5 x 6

    f x x 2x 3 x 3

     και x A  

    3. Έχουμε,

        ερωτ.2

    22   2x 2 xf x 2 4f x 5 0 2 4 5 0 x 4 x 3 02 ,

    x A και θεωρούμε x   ω 0 , οπότε η τελευταία εξίσωση ισοδύναμα,2ω 4ω 3 0  

    με 22Δ β 4αγ 4 4 1 3 4 0  

    και έχει ρίζες 4 4β Δ 4 2

    ω ω 3 ή ω=12α 2 1 2

     

    Αν ω 3 x 3 Α και απορρίπτεται. 

    Αν ω 1 x 1 x 1  δεκτές ρίζες. 

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    22/30

     

    22 

    ΑΣΚΗΣΗ 4 

    Για δεδομένο λ  , θεωρούμε τη συνάρτηση 2f (x) (λ 1) x (λ 1) x 2 , με

     χϵR

    1. Να δείξετε ότι, για οποιαδήποτε τιμή του λ, η γραφική παράσταση

    της συνάρτησης f διέρχεται από το σημείο A 0,2 . (Μονάδες 3) 

    2. Για λ 1 , να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της f. (Μονάδες 4) 

    3. Αν η γραφική παράσταση της f τέμνει τον άξονα x x   στο σημείο

    B 2,0 , να βρείτε την τιμή του λ   και να εξετάσετε αν η γραφική

    παράσταση τέμνει τον άξονα x x  και σε άλλο σημείο. (Μονάδες 8) 

    4. Για λ 1 , να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της f βρίσκεται

    ολόκληρη πάνω από τον άξονα x x . (Μονάδες 10) 

     ΛΥΣΗ 1.  Η συνάρτηση f ορίζεται στο f A    R και η f C  θα διέρχεται από το σημείο

    A 0,2 για κάθε λ   αν f (2) 0 για κάθε λ   Και είναι 2f(0) = (λ +1) 0 (λ +1) 0 2 2  για κάθε λ   

    2.  Για λ = -1  έχουμε ότι 2f(x) = (-1+1) x (-1+1) x 2 2  

    οπότε η γραφική παράσταση της f είναι μια ευθεία παράλληλη στον άξονα x x  που διέρχεται από το σημείο A 0,2  και η γραφική της παράσταση είναι, 

    3.  Αφού η f C τέμνει τον άξονα x x  στο σημείο B 2,0  ισχύει f 2 0  και

    ισοδύναμα είναι,2

    (λ 1) 2 (λ 1) 2 2 0 4λ 4 2λ 2 2 0  2λ 4 λ 2  

    Για λ 2 ο τύπος της συνάρτησης γίνεται,2 2f (x) ( 2 1)x ( 2 1)x 2 f (x) x x 2  με x  

    Η f C τέμνει τον άξονα x x αν  f (x) 0   2x x 2 0  

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    23/30

     

    23 

    και είναι 2 2Δ β 4αγ 1 4 ( 1) 2 9  

    άρα,

    β Δ 1 9x x 2   ή x 1

    2   α 2 1

     

    Άρα, ηf 

    C τέμνει τον άξονα x x  και στο σημείο Γ 1, 0  

    4.  Για λ = 1 ο τύπος της συνάρτησης γίνεται, 2 2

    f(x) = (1+1) x (1+1) x 2 f(x) 2x 2x 2  με x  

    και το τριώνυμο 22x - 2x + 2  έχει διακρίνουσα2 2

    Δ β 4αγ = ( 2) 4 2 2 4 0 ,

    άρα είναι ομόσημο του α και αφού α 2 0  είναι

    22x - 2x +2 > 0 f (x) 0  για κάθε x R .

    Άρα ηf 

    C  βρίσκεται ολόκληρη πάνω από τον άξονα x’x.

    ΑΣΚΗΣΗ 5

    Δίνονται η συνάρτηση 2f (x) x x 1, x  

    1. Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση f C   της συνάρτησης f δεν

    τέμνει τον άξονα x x . (Μονάδες 5) 

    2. Να βρείτε τις τετμημένες των σημείων της f C  που βρίσκονται κάτω

    από την ευθεία y 2x 3 . (Μονάδες 10) 

    3. Έστω M x,y  σημείο της f C . Αν για την τετμημένη x του σημείου M

    ισχύει: 2x 1 3 , τότε να δείξετε ότι το σημείο αυτό βρίσκεται κάτω

    από την ευθεία y 2x 3 . (Μονάδες 10) 

     ΛΥΣΗ 

    1. Η συνάρτηση f ορίζεται στο f A    R  Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f (x) 0  είναι αδύνατη για κάθε x  

    Έχουμε f (x) 0   2x + x 1 0  (1)

    και έχει διακρίνουσα 2 2Δ = β 4αγ 1 4 1 1 3 0  

    άρα η εξίσωση (1) είναι αδύνατη στο R  , άρα η f C  δεν τέμνει τον άξονα x x .

    2.  Η f C  θα βρίσκεται κάτω από την ευθεία y 2x 3 στα διαστήματα που

    είναι λύσεις της ανίσωσης,2 2

    f (x) 2x 3 x x 1 2x 3 x x 2 0  

    Όμως για το τριώνυμο2

    x x 2  έχουμε διακρίνουσα2 2Δ = β 4αγ ( 1) 4 1 ( 2) 9 0  

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    24/30

     

    24 

    και α 1 0  και ρίζεςβ Δ ( 1) 9

    x x x 2   ή x 12α 2 1

     

    οπότε έχουμε 

    Άρα, 1 x 2  δηλαδή οι τετμημένες των σημείων τηςf 

    C  που βρίσκονται

    κάτω από  την ευθεία y 2x 3  είναι τα x ( 1,2)  

    3.  Λόγω του ερωτ.2., αρκεί να δείξουμε ότι, x ( 1,2) ,είναι,

    | 2x 1| 3 3 2x 1 3 2 2x 4 1 x 2  

    δηλαδή x ( 1,2)  

    ΑΣΚΗΣΗ 6

    Δίνεται η εξίσωση 2

    x 2   λ 4x 3  με παράμετρο   R x   .

    1. Να γράψετε την εξίσωση στη μορφή 2αx βx γ 0, α 0 .

    (Μονάδες 5) 

    2.Να βρείτε για ποιές τιμές του λ  η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές και

    άνισες. (Μονάδες 10) 

    3.Αν 1 2x , x  είναι οι ρίζες της εξίσωσης, στην περίπτωση που έχει ρίζες

    πραγματικές και άνισες, i) να υπολογίσετε τα 1 2S x x  και   1 2P x x .

    ii) να αποδείξετε ότι η παράσταση 1 2( )Α 4x 3 4( x 3)  είναι ανεξάρτητη

    του λ , δηλαδή σταθερή. (Mονάδες 10) 

     Λύση 

    1.  Είναι: 2 2(x 2)   λ(4x 3) x 4x 4 4λx 3λ    2 2

    x 4x 4 4λx 3λ = 0 x 4(1 λ)x 4 3λ = 0 ,

    η οποία είναι στη μορφή 2

    αx βx γ 0, α 0  με α 1 0 , β 4 1 λ    και γ 4 3λ   .

    2.  Το τριώνυμο 2x 4(1   λ)x 4 3λ    έχει διακρίνουσα:

    22 2Δ [ 4(λ 1)] 4 (4 3λ) 16 λ 1 4(4 3λ) 4[4(λ 2λ 1) (4 3λ)]

    2 24(4λ 8λ 4 4 3λ) 4(4λ 5λ)  

    Το τριώνυμο 24λ 5λ   έχει διακρίνουσα 2 2Δ β 4αγ 5 4 4 0 25  

    x   -1 2  2x x 2   +   +

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    25/30

     

    25 

    και ρίζες 1,2

    β Δx

     άρα

    1,2

    5 50

    85 25 5 5

    λ    ή2 4 8

    5 5 5

    8 4

     

     

     

    ενώ ισχύει 

    Η εξίσωση 2x 4(1   λ)x 4 3λ = 0  (1),

    έχει ρίζες πραγματικές και άνισες, όταν 

    2   5Δ 0 4(4λ + 5λ) > 0 λ < - ή λ 04 .

    3. i) Για5

    λ < - ή λ 04

     η εξίσωση (1) έχει δύο άνισες και πραγματικές

    ρίζες 1 2x ,x , με άθροισμα

    1 2β   4 1   λ 

    S x x 4 1   λ α 1

     

    και γινόμενο1 2

    γ 4 3λ  P x x 4 3λ 

    α 1

     

    ii)  Για5

    λ < - ή λ 0

    4

     έχουμε ότι: 

    1 2 1 2 1 2 1 2 1 2A (4x 3)(4x 3) 16x x 12x 12x 9 16x x 12(x x ) 9 16P 12S 9

      16(4 3λ) 12 4(1 λ) 9 64 48λ 48 48λ 9 25  

    που είναι ανεξάρτητη του λ .

    ΑΣΚΗΣΗ 7 

    Δίνεται η συνάρτηση: 2  α

    f (x) x x4

     

    1. Να βρείτε τις τιμές του πραγματικού αριθμού α , ώστε το πεδίοορισμού της συνάρτησης f  να είναι το σύνολο R . (Μονάδες 10)

    2. Αν είναι γνωστό ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f  

    διέρχεται από το σημείο1

    A 0,2

    , τότε: 

    i) Να αποδείξετε ότι α 1   και να γράψετε τον τύπο της χωρίς το

    σύμβολο της τετραγωνικής ρίζας. (Μονάδες 7)

    ii) Να λύσετε την εξίσωση1

    f(x)2

    . (Μονάδες 8)

    λ   5

    4   0

     24λ 5λ    +   +

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    26/30

     

    26 

     Λύση 

    1.  Η συνάρτηση f  ορίζεται όταν 2  α

    x x 04

    .

    Για να ορίζεται η συνάρτηση f  στο   R , πρέπει η ανίσωση 2  α

    x x 0

    4

     να

    ισχύει για κάθε x R   , δηλαδή θα πρέπει η διακρίνουσα του τριωνύμου να

    είναι μη θετική. 

    Συνεπώς πρέπει:  2  α

    Δ 0 ( 1) 4 1 0 1 α 0 α 14

    .

    2. i)  Αν α 1 , η γραφική παράσταση της f  διέρχεται από το σημείο

    1A 0,

    2

    , οπότε: 

    21   α 1 α 1 α 1f (0) 0 0   α 12 4 2 4 2 4 4 , που είναι δεκτή. 

    Για α 1 , έχουμε: 2

    2   1 1 1f (x) x x x x4 2 2

    .

    ii) Έχουμε,1 1 1 1 1

    f (x) x x2 2 2 2 2

     ή1 1

    x x 12 2

     ή x 0 .

    ΑΣΚΗΣΗ 8 

    Στο παρακάτω σχήμα, δίνονται οι γραφικές παραστάσεις f C  και gC  των

    συναρτήσεων f  και g  αντίστοιχα, με f(x) = x - 2  και1 2

    g(x) = x +3 3

    , x  

    α) Να εκτιμήσετε τις συντεταγμένες των σημείων τομής των f C  και gC  

    (Μονάδες 6) 

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    27/30

     

    27 

    β) Να επιβεβαιώσετε αλγεβρικά την απάντησή σας στο ερώτημα α).

    (Μονάδες 8) 

    γ) Με την βοήθεια των γραφικών παραστάσεων, να βρείτε για ποιες

    τιμές του x  η f C  βρίσκεται πάνω από την gC   (Μονάδες 6) 

    δ) Με την βοήθεια του ερωτήματος γ), να βρείτε για ποιες τιμές του x  έχει νόημα πραγματικού αριθμού η παράσταση

    K = 3 2-x - x +2 

    (Μονάδες 5) 

     ΛΥΣΗ α) Από το σχήμα παρατηρούμε ότι τα κοινά σημεία των

    f C  και gC  είναι τα

    A(1,1)  και B(4,2)  

    β) Τα σημεία τομής τωνf 

    C  και gC  είναι οι λύσεις του συστήματοςψ f (x)

    ψ g(x)

     

    Οπότε λύνουμε την εξίσωση:1 2

    f (x) g(x) x 2 x 3 x 2 x 23 3

     (1)

    Διακρίνουμε περιπτώσεις για την παράσταση που είναι μέσα στην απόλυτητιμή: 

    ● Αν x 2 0 x 2  , τότε x 2 x 2  και η εξίσωση (1) ισοδύναμα γίνεται:

    3(x 2) x 2 3x 6 x 2 3x x 2 6 2x 8 x 4   που είναι

    δεκτή , αφού 4 2  

    ● Αν x 2 0 x 2  , τότε x 2 (x 2) x 2  και η εξίσωση (1)

    ισοδύναμα γίνεται:3( x 2) x 2 3x 6 x 2 3x x 2 6 4x 4 x 1   που

    επίσης είναι δεκτή , αφού 1 2  

    Για x 1  σε μια από τις δύο εξισώσεις του συστήματος , έχουμε:ψ f (1) 1 2 1 1  ,

    ενώ για x 4  σε μια από τις δύο εξισώσεις του συστήματος, έχουμε:

    ψ f (4) 4 2 2 2  

    Με τη λύση του προηγούμενου συστήματος επιβεβαιώνουμε αλγεβρικά ότι τακοινά σημεία

    f C  και gC  είναι τα A(1,1)  και B(4,2)  

    γ) Από το σχήμα παρατηρούμε ότι ηf 

    C  βρίσκεται πάνω από τη gC  όταν

    x ( ,1) (4, )  

    δ) Για να ορίζεται η παράσταση Κ θα πρέπει η υπόριζη ποσότητα να είναι μηαρνητική.

    Δηλαδή θα πρέπει:

    3 2 x (x 2) 0 3 2 x x 2 3 (x 2) x 2 3 x 2 x 2  

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    28/30

     

    28 

    1 2x 2 x f (x) g(x)

    3 3  

    Άρα οι λύσεις της παραπάνω ανίσωσης είναι τα διαστήματα του x για τα οποία

    ηf 

    C  βρίσκεται πάνω από τη gC  μαζί με τα σημεία τομής τους (λόγω του

    «ίσον»). Οπότε η παράσταση Κ ορίζεται όταν     x ,1 4,  

    Μέθοδος: Για να βρούμε τα διαστήματα του x για τα οποία η γραφικήπαράσταση μιας συνάρτησης f  βρίσκεται «πάνω» από τη γραφική παράσταση

    μιας συνάρτησης g  λύνουμε την ανίσωση f(x) g(x)  

    Για να βρούμε τα διαστήματα του x για τα οποία η γραφική παράσταση μιας

    συνάρτησης f  βρίσκεται «κάτω» από τη γραφική παράσταση μιας συνάρτησης

    g  λύνουμε την ανίσωση f (x) g(x)  

    ΑΣΚΗΣΗ 9 

    Θεωρούμε τις συναρτήσεις 2f(x) = x +1 και g(x) = x +α , με  χϵR και αϵR

    α) Για α =1, να προσδιορίσετε τα κοινά σημεία των γραφικών

    παραστάσεων των συναρτήσεων f  και g   (Μονάδες 5) 

    β) Να βρείτε για ποιες τιμές του α   οι γραφικές παραστάσεις τωνσυναρτήσεων f  και g  τέμνονται σε δύο σημεία.  (Μονάδες 10) 

    γ) Για α 1   , να εξετάσετε αν οι τετμημένες των σημείων τομής τωνγραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f   και g   είναι ομόσημες ή

    ετερόσημες. (Μονάδες 10) 

     ΛΥΣΗ α) Για α =1 , ο τύπος της συνάρτησης g γίνεται: g(x) = x +1 

    Τα σημεία τομής των f C  και gC  είναι οι λύσεις του συστήματοςψ f (x)

    ψ g(x)

     

    Από το παραπάνω σύστημα προκύπτει η εξίσωση f(x) g(x)  

    Έχουμε,2 2

    f (x) g(x) x 1 x 1 x x 0 x(x 1) 0 x 0 ή x=1  

    Για x 0  σε μια από τις δύο εξισώσεις του συστήματος , έχουμε:

    ψ g(0) 0 1 1  ,

    ενώ για x 1  σε μια από τις δύο εξισώσεις του συστήματος, έχουμε:ψ g(1) 1 1 2  

    Άρα τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f  και g

    είναι τα Α(0,1)  και B(1,2)  

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    29/30

     

    29 

    β) Για να τέμνονται οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f  και g  σε

    δύο σημεία θα πρέπει το σύστημαψ f (x)

    ψ g(x)

     να έχει δύο ακριβώς λύσεις.

    Δηλαδή η εξίσωση 2 2f (x) g(x) x 1 x   α x x α 1 0  (1)θα πρέπει να έχει δύο ακριβώς λύσεις. 

    Αυτό ισχύει όταν3

    Δ 0 1 4( α 1) 0 1 4α 4 0 4α 3 α4

     

    γ) Για3

    α 14

     οι γραφικές παραστάσεις των f  και g έχουν ακριβώς δύο

    κοινά σημεία με τετμημένες 1 2x , x  που αποτελούν τις λύσεις της εξίσωσης (1)

    του προηγούμενου ερωτήματος.Το γινόμενο P  των ριζών μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης δίνεται από τον

    τύπο1 2

    γ α 1P x x   α 1 0α 1

     

    ,που σημαίνει ότι οι τετμημένες 1 2x , x των κοινών σημείων των f C  και gC  

    είναι ετερόσημες. 

    ΑΣΚΗΣΗ 10 Για τους πραγματικούς αριθμούς α,β  ισχύει: 

     

    1 3α 2    Η απόσταση του αριθμού β  από τον αριθμό 2   είναι μικρότερη

    του 1.

    α) Να αποδειχθεί ότι1

    α 13

     

    Μονάδες 5 

    β) Να αποδειχθεί ότι β 3α 1 3  

    Μονάδες 10 

    γ) Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση 2 2x 4x 4   β 2f x   β  έχει πεδίο

    ορισμού όλο το σύνολο των πραγματικών αριθμών.  Μονάδες 10 

     ΛΥΣΗ 

    α) Είναι,1

    1 3α 2 3α 1 2 2 3α 1 2 α 13

     

    β) Έχουμε, 

    β 2 1 1 β 2 1 1 β 3 1

    και

    1α 1 1 3α 3 3 3α 1 2

    3

     

    προσθέτουμε κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2), 2   β 3α 4 3 β 3α 1 3 β 3α 1 3  

  • 8/18/2019 Αυγερινος Αλγεβρα Α Λυκειου SOS.pdf

    30/30