γλώσσες
Σελίδες
Νομικός
ΓΕΝΙΚΕΣ-ΣΥΝΔΥΑΣΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ
www.mathematica.grΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΜΙΧΑΛΗΣ ΝΑΝΝΟΣ
ΑΠΡΙΛΙΟΣ - ΜΑΪΟΣ 2011
www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 3
Προτείνουν οι καθηγητές: Λύνουν οι καθηγητές:1. Στάθης Κούτρας2. Ηλίας Καμπελής3. Χρήστος Κανάβης4. Μάριος Γκούρης5. Παναγιώτης Γκριμπαβιώτης6. Μίλτος Παπαγρηγοράκης7. parmenides51
Αφιερωμένο σε όλα τα μέλη του mathematica.gr
Ασκήσεις1. Μίλτος Παπαγρηγοράκης2. Μάκης Χατζόπουλος3. Χρήστος Κανάβης4. Μάριος Γκούρης5. Σπύρος Καρδαμίτσης6. parmenides51
4 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 5
Δίνεται η συνάρτηση 2 8f x x x22m m= - + +^ ^h h με R!m .
1) Να αποδείξετε ότι για κάθε τιμή του m η γραφική παράσταση της συνάρτησης τέμνει τον άξονα y yl σε σταθερό σημείο A.
2) Να αποδείξετε ότι για κάθε τιμή του m , η γραφική παράσταση της συνάρτησης έχει τουλάχιστον ένα κοινό σημείο με τον άξονα x xl με σταθερή τετμημένη.
3) Να βρείτε τις τιμές του m για τις οποίες τη εξίσωση 0f x =^ h έχει δύο ομόσημες ρίζες.
4) Να βρείτε τις τιμές του m , για τις οποίες η γραφική παράσταση της f εφάπτεται στην ευθεία y 0= .
5) Έστω ,0 2R!m - " , και ,B C είναι τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f με τον x xl τότε:
α) Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του τριγώνου ABC είναι 8 2E
m
m=
-.
β) Να βρείτε τις τιμές του m για τις οποίες είναι 24E = .
6) Αν 2m = να κάνετε πίνακα μονοτονίας και ακροτάτων της f .
Δίνεται η συνάρτηση : ( )f xx
x
x
x
1
6
0
0
<2 $m m
ao
ao=
-
+ -) με Rdm
1) Να βρεθούν οι τιμές του m ώστε (0)f f 8= -^ h.
2) Αν 3m = τότε:
α) Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης f3 183 ^ h .
β) Να βρείτε την απόσταση των σημείων , f3 3- -^^ hh και , f0 0^^ hh.
γ) Να βρείτε τα σημεία όπου η γραφική παράσταση της f τέμνει τους άξονες x xl και y yl .
δ) Να λύσετε την ανίσωση 9f x #^ h .
ε) Να βρείτε τη μονοτονία της f σε καθένα από τα διαστήματα του πεδίου ορισμού της.
στ) Να χαράξετε τη γραφική παράσταση της f .
Άσκηση 3: Προτάθηκε από τον Μίλτο ΠαπαγρηγοράκηΚυριακή 24 Απριλίου 2011 - 22:37
Άσκηση 4: Προτάθηκε από τον Μίλτο ΠαπαγρηγοράκηΔευτέρα 25 Απριλίου 2011 - 13:59
Έστω η συνάρτηση 2 2f x x x2 2m m m= - - + +^ ^h h με 2R!m - " ,.
1) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 0f x =^ h έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες για κάθε 2R!m - " ,.
2) Να βρεθεί η τιμή του m ώστε η συνάρτηση ( )f x με 2R!m - " , να έχει ελάχιστο στο 2x0 = .
3) Αν 4m = :
α) Να λύσετε την ανίσωση 8x
f x2
#-^ h
.
β) Να βρείτε τα σημεία στα οποία η γραφική παράσταση της f τέμνει τους άξονες x xl και y yl .
γ) Να λύσετε την εξίσωση 2 2f x x= -^ h .
δ) Να βρείτε τα διαστήματα όπου η γραφική παράσταση της f είναι πάνω από την ευθεία y 6= .
ε) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από την κορυφή της παραβολής f x^ h και το σημείο στο οποίο η f x^ h τέμνει τον y yl .
Δίνεται η συνάρτηση f xx
xx1
1
2=-
-^ h .
1) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της και να απλοποιήσετε τον τύπο της.
2) Να αποδείξετε ότι η f είναι περιττή.
3) Να βρείτε τη μονοτονία της f σε καθένα από τα διαστήματα του πεδίου ορισμού της.
4) Να βρείτε (εφ΄ όσον υπάρχουν) τα σημεία όπου η Cf τέμνει τις ευθείες , ,x x x0 1 1= =- = ή y 0= .
5) Να λύσετε την ανίσωση 1f x $^ h .
6) Να αποδείξετε ότι τα σημεία , , ,f O2 2 0 0- -^^ ^hh h και , f2 2^^ hh είναι συνευθειακά.
7) Να χαράξετε τη γραφική παράσταση της f .
Άσκηση 1: Προτάθηκε από τον Μίλτο ΠαπαγρηγοράκηΣάββατο 23 Απριλίου 2011 - 16:33
Άσκηση 2: Προτάθηκε από τον Μίλτο ΠαπαγρηγοράκηΣάββατο 23 Απριλίου 2011 - 21:56
6 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 7
Δίνεται η συνάρτηση f xx x4
1=-
^ h .
1) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f .
2) Να αποδείξετε ότι η f είναι περιττή.
3) Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης ( ) ( )f f2 1 2 12 2- + - -^ ^h h .
4) Να βρείτε τα σημεία (εφ όσον υπάρχουν) στα οποία η Cf τέμνει τους άξονες.
5) Να αποδείξετε ότι το σημείο ,O 0 0^ h είναι το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος με άκρα τα σημεία , ( )A f1 1- -^ h και , ( )B f1 1^ h.
6) Να λύσετε την εξίσωση f xx1=^ h .
7) Να αποδείξετε ότι η Cf δεν έχει κοινά σημεία με τη διχοτόμο της 2ης και 4ης γωνίας των αξόνων.
Δίνεται η συνάρτηση , 1g x x14 8 4
22
2!a a
a aa= - + +
- +^ h
1) Να λυθεί ως προς x η εξίσωση ( )g 0a = .
2) Να λυθεί ως προς x η εξίσωση 2 1g g= -^ ^h h.
3) Να δείξετε ότι ισχύει 0g x> Rd6a^ h .
4) Να αποδείξετε ότι 11
11 0>a
a- +
-+ , για κάθε πραγματικό αριθμό 1!a .
5) Να λυθεί η παραπάνω ανίσωση.
Άσκηση 7: Προτάθηκε από τον Μίλτο ΠαπαγρηγοράκηΤρίτη 26 Απριλίου 2011 - 15:24
Άσκηση 8: Προτάθηκε από τον Χρήστο ΚανάβηΤρίτη 26 Απριλίου 2011 - 21:56
Δίνεται η συνάρτηση 2f x x x1 22 2m l l= - + + -^ ^ ^h h h με x Rd και , R!l m .
Γνωρίζουμε ότι για x 1= η f έχει ελάχιστο το 3- .
1) Να βρείτε τα l και m .
2) Αν 1l = και 3m = τότε:
α) Να λύσετε την εξίσωση 2f x x x f x2 2 2- = -^ ^h h.
β) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης g με g x x f x 42= - +^ ^h h .
γ) Να γράψετε τα διαστήματα μονοτονίας της συνάρτησης f .
δ) Να αποδείξετε ότι f x f x1 1- = +^ ^h h.
ε) Να βρείτε τα σημεία στα οποία η γραφική παράσταση της g τέμνει τους άξονες.
στ) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από την κορυφή της παραβολής f x^ h και το σημείο που η γραφική παράσταση της g τέμνει το θετικό ημιάξονα Ox .
Δίνεται το τριώνυμο 2 2f x x x5 52 m m= - - - -^ ^ ^h h h, όπου Rdm .
1) Να αποδείξετε ότι η διακρίνουσα του τριωνύμου ισούται με 4 5 3m mD = - -^ ^h h.
2) Να βρείτε για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού m το τριώνυμο έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες.
3) Αν ,x x1 2 είναι οι άνισες ρίζες του τριωνύμου, να βρείτε το m αν ισχύει: x x12
22+ .
4) Να βρείτε τις τιμές του R!m ώστε: f x f x x Rd6=^ ^h h .
5) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης x x x x2 1 2 12
22{ m = + +^ h .
6) Αν η συνάρτηση f x^ h έχει άξονα συμμετρίας την ευθεία 21
x = τότε:
α) Να βρείτε το m .
β) Να αποδείξετε ότι η κορυφή της παραβολής f x^ h και τα σημεία ,1 0^ h και , ( )f2 2^ h είναι συνευθειακά.
Άσκηση 5: Προτάθηκε από τον Μίλτο ΠαπαγρηγοράκηΔευτέρα 25 Απριλίου 2011 - 21:04
Άσκηση 6: Προτάθηκε από τους: Μάκη Χατζόπουλο, Μίλτο ΠαπαγρηγοράκηΤρίτη 26 Απριλίου 2011 - 01:35 / 15:16
8 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 9
Δίνεται η εξίσωση 3 12x x42 2l- - =^ h (1)
1) Δείξτε ότι η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι 8 1604 2l lD = - + .
2) Να δείξετε ότι η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες για κάθε τιμή του πραγματικού l .
3) Να δείξετε ότι για τις τιμές του l που η διακρίνουσα παίρνει την ελάχιστη τιμή της, οι ρίζες της εξίσωσης (1) είναι αντίθετες. Ποιές είναι αυτές;
4) Έστω ,x x1 2 οι δύο άνισες ρίζες της. Για ποιές θετικές τιμές του πραγματικού l ισχύει 1 0x x x1 2 2 1+ +^ h ;
Έστω η συνάρτηση 1f x x x12m m m= + - + -^ ^h h με R!m .
1) Να βρείτε το m ώστε η εξίσωση 0f x =^ h να έχει μοναδική ρίζα.
2) Για 0!m να βρείτε τις τιμές του m , για τις οποίες η ανίσωση 0f x >^ h είναι αληθής για κάθε x R! .
3) Αν η εξίσωση 0f x =^ h έχει δύο πραγματικές ρίζες ,x x1 2 τότε:
α) Να βρείτε συναρτήσει του m τα x x1 2+ και x x1 2$ .
β) Να αποδείξετε ότι 0x x x x12
2 1 22$ $ #+ .
γ) Να λύσετε την ανίσωση x x x x41
12
2 1 22$ $ #+ ως προς m .
4) Αν 0<m , να μελετήσετε τη μονοτονία της συνάρτησης x x x x12
2 1 22$ ${ m = - -^ h .
5) Να βρείτε το m ώστε η συνάρτηση f x^ h να εφάπτεται στον άξονα x xl .
6) Να βρείτε τις τιμές του m ώστε η συνάρτηση h xf x
1=^^
hh
να έχει πεδίο ορισμού το R .
Άσκηση 11: Προτάθηκε από τον Μάριο Γκούρη (irakleios)Τετάρτη 27 Απριλίου 2011 - 13:16
Άσκηση 12: Προτάθηκε από τον Μίλτο ΠαπαγρηγοράκηΤετάρτη 27 Απριλίου 2011 - 19:32
Δίνεται η συνάρτηση f με f xx x
x x
1 1
1 1=
+ + -
+ - -^ h .
1) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της.
2) Να αποδείξετε ότι f xx x
xx
11
1>
#ao
ao=^ h *
3) Να αποδείξετε ότι η f είναι περιττή.
4) Να λύσετε την ανίσωση 1f x $^ h .
5) Να αποδείξετε ότι 2f x fx1
$+^ `h j για κάθε 0x ! .
6) Να βρείτε τη μονοτονία της f σε καθένα από τα διαστήματα του πεδίου ορισμού της.
7) Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης y f x= ^ h.
8) Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης ( )y f x= .
Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο 1 , 0f xx x
x2 1
2 != + +^ h .
1) Να λυθεί η εξίσωση 7 8x f x x 12 - + =^ h .
2) Να λυθούν οι εξισώσεις α) 0f x =^ h , β) 1f x =^ h και γ) 1f x =-^ h .
3) Να λυθεί η εξίσωση 0f xf x1+ =^^
hh
.
4) Να δείξετε ότι fx
x f x1 2=` ^j h για κάθε 0x ! .
5) Να λυθούν οι ανισώσεις α) 0f x $^ h και β) 4f x $^ h .
Άσκηση 9: Προτάθηκε από τον Μίλτο ΠαπαγρηγοράκηΤετάρτη 27 Απριλίου 2011 - 01:25
Άσκηση 10: Προτάθηκε από τον Χρήστο ΚανάβηΤετάρτη 27 Απριλίου 2011 - 12:11
10 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 11
Δίνεται η εξίσωση: 0 (1)x x2a b c+ + = με 0a b c+ + = και 0!a .
1) Δείξτε ότι η εξίσωση (1) δεν είναι ποτέ αδύνατη.
2) Πότε η εξίσωση (1) έχει μια διπλή λύση και ποια είναι;
3) Eξηγήστε γιατί η εξίσωση 1x x12 2 2l l l l+ = - + +^ ^h h με άγνωστο το x έχει, για κάθε τιμή του πραγματικού l , δύο άνισες λύσεις.
4) Έστω ,x x1 2 oι λύσεις της (1).
α) Υπολογίστε την τιμή της παράστασης: x x x x1 2 1 2$ - +^ h.
β) Αν και το άθροισμα x x1 2+ είναι λύση της (1), υπολογίστε την τιμή της παράστασης: x x x x1 11 2
20112 1
2011A = - + -^ ^h h.
Άσκηση 15: Προτάθηκε από τον Μάριο Γκούρη (irakleios)Πέμπτη 28 Απριλίου 2011 - 16:59
Άσκηση 16: Προτάθηκε από τον Χρήστο ΚανάβηΠαρασκευή 29 Απριλίου 2011 - 04:16
Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο 1,f x x x1 R2 da a a a= - + + +^ ^h h και 1!a .
1) Να προσδιοριστεί ο πραγματικός a ώστε α) η εξίσωση f x 0=^ h να μην έχει πραγματικές λύσεις, β) η εξίσωση f x 0=^ h να έχει τουλάχιστον μία ρίζα.
2) Αν ,S P το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών της f x 0=^ h για 0>D , να βρεθεί ο πραγματικός a ώστε S P= .
3) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης g , με τύπο g x f x=^ ^h h , όταν 3
2 3>a .
4) Να λυθούν οι εξισώσεις α) 1 1 0f f2011- =^ ^h h6 @ , β) 0f f1 1 1- =^^ ^h h h , γ) 1 81 0f 2 2a- =^ h .
5) Για x 0! να υπολογίσετε α) το 1fx
` j, β) Να λυθεί η εξίσωση 1x f
xx2 a=` j .
γ) Να λυθεί ως προς x η εξίσωση: 1x f
xf x2 =` ^j h.
Δίνονται οι συναρτήσεις f x x x2a b c= + +^ h και g x f x f x0 12 b a= + - +^ ^ ^^h h h h , όπου , , R!a b c με 0! !a c .
1) Να δείξετε ότι η εξίσωση g x 0=^ h (1) έχει δύο πραγματικές και άνισες λύσεις.
2) Να δείξετε ότι οι λύσεις της (1) είναι 1x1 =- και x2 ca=- .
3) Αν η εξίσωση 0f x =^ h έχει δύο ρίζες αντίθετες τότε: α) να βρεθούν οι λύσεις αυτές και β) να βρεθεί το πρόσημο της λύσης x2 της εξίσωσης (1).
4) Αν η εξίσωση 0f x =^ h έχει δυο πραγματικές και άνισες λύσεις τις ,1 2t t , τότε να δείξετε ότι
1 2t tab
+ = και 1 2t ta
D- = .
Δίνεται η συνάρτηση ,f x x2 R!a a= -^ h , η οποία διέρχεται από το σημείο 1, 3-^ h.
1) Να αποδείξετε ότι 1a = .
2) Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα.
3) Να αποδείξετε ότι: f f4 3>3^ ^h h.
4) Να βρείτε την απόσταση των σημείων στα οποία η γραφική παράσταση της f τέμνει τους άξονες.
5) Να βρείτε τις κοινές λύσεις των εξισώσεων f x x=^ h και f x x=^ h .
6) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g x f x f x= + -^ ^ ^h h h έχει άξονα συμμετρίας τον y yl .
7) Να αποδείξετε ότι f f4
1 14
1 13
2 2+ -+
- -=
^^ ^^hh hh.
Άσκηση 13: Προτάθηκε από τον Χρήστο ΚανάβηΠέμπτη 28 Απριλίου 2011 - 02:47
Άσκηση 14: Προτάθηκε από τον Μίλτο ΠαπαγρηγοράκηΠέμπτη 28 Απριλίου 2011 - 14:52
12 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 13
Δίνεται η συνάρτηση 3 1f x x x2= - +^ h και η εξίσωση 0 1f x =^ ^h h.
1) Να αποδείξετε ότι η 1^ h έχει δύο ρίζες ,x x1 2 άνισες και ομόσημες.
2) Να υπολογίσετε τις παραστάσεις: , ,Ax x
B x x x x2 21 2
12
22
1 2C= + = + = - .
3) Να βρείτε τα σημεία στα οποία η ευθεία 0Ax By C+ + = τέμνει τους άξονες x xl και y yl .
4) Να αποδείξετε ότι τα σημεία , , ,A B B A^ ^h h και ,C C^ h είναι κορυφές ισοσκελούς τριγώνου.
5) Αν οι ρίζες της εξίσωσης 2 5 6 0x x2 b c- + = είναι κατά μία μονάδα μεγαλύτερες από τις αντίστοιχες ρίζες της 1^ h, να βρείτε τους αριθμούς ,b c .
6) Να αποδείξετε ότι: 5 0 2
0 2
1 3
14
f
f
f
f
- +
++
- +
-=
^
^
^
^
h
h
h
h.
Άσκηση 17: Προτάθηκε από τον Μίλτο ΠαπαγρηγοράκηΣάββατο 30 Απριλίου 2011 - 12:43
Άσκηση 18: Προτάθηκε από τον Χρήστο ΚανάβηΣάββατο 30 Απριλίου 2011 - 04:25
Δίνεται η συνάρτηση 1 1,g x x x R2m m me= - - -^ ^h h με 1, 0! !m m- και η συνάρτηση f x x x x1 2= -^ h , όπου ,x x1 2 οι λύσεις της εξίσωσης g x 0=^ h .
1) Να βρεθούν οι λύσεις ,x x1 2 .
2) Αν x x<1 2 και 1,0me -^ h:
α) Να λυθεί ως προς m η εξίσωση f f0 1=^ ^h h.
β) Να λυθεί ως προς m η ανίσωση 0 1 0f f >^ ^h h .
γ) Να λυθεί η εξίσωση (1) 4f x f x g+ - = +^ ^h h .
δ) Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της g και η γραφική παράσταση της f τέμνονται σε δύο σημεία.
ε) Να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου που σχηματίζει η ευθεία ( ):y x x x1 2f = + με τους άξονες x xl και y yl .
Δίνεται η εξίσωση: 4 4 0x a x a2 - - - =^ h (1), όπου a παράμετρος.
1) Υπολογίστε την διακρίνουσά της.
2) Δείξτε ότι η εξίσωση έχει πάντα πραγματικές λύσεις. Για ποια τιμή του a αυτές οι λύσεις είναι άνισες;
3) Αν 2 1 3 , 3 1 2k k1 2t t= - = +^ ^h h είναι οι ρίζες της (1):
α) Υπολογίστε την τιμή της παραμέτρου a .
β) Υπολογίστε το γινόμενο 1 2 1 3k k+ -^ ^h h.
γ) Υπολογίστε τις τιμές του k .
δ) Να λυθεί η εξίσωση (1)
4) Να λυθούν οι εξισώσεις:
α) 1 5 41x x2+ - =^ h .
β) 2 x x5 262 2 2+ + =^ h .
Άσκηση 19: Προτάθηκε από τον Μάριο Γκούρη (irakleios)Σάββατο 30 Απριλίου 2011 - 20:42
Άσκηση 20: Προτάθηκε από τον Σπύρο ΚαρδαμίτσηΣάββατο 30 Απριλίου 2011 - 21:27
Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( 1)f x xl m= - + , με ,k R!m .
1) Αν η γραφική παράσταση της συνάρτησης διέρχεται από τα σημεία (0,7)A και ,B 1 5^ h, να προσδιορίσετε τα ,k R!m .
2) Για 1k =- και 7m = τότε:
α) Nα λύσετε την εξίσωση: ( ) 5f x = .
β) Να λύσετε την ανίσωση: ( ) 3f x < .
γ) Να λύσετε την ανίσωση: 2 3
( )0
x x
f x2 #+ -
.
14 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 15
Δίνεται η συνάρτηση 1,x x x R2 !{ m m m= - + -^ h .
1) Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση 0x{ =^ h έχει πραγματικές ρίζες για κάθε R!m .
2) Aν ,x x1 2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης της εξίσωσης 0x{ =^ h τότε:
α) Να εκφράσετε συναρτήσει του m την παράσταση x x12
22+ .
β) Να βρείτε για ποιες τιμές του m ισχύει ότι: 5x x x x
34 3 2
414 21 2 1 2$ $+ -
+ =- - -
.
γ) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης ( ) 3 5 2012f x x12
22m = + - + .
δ) Να ελέγξετε αν η συνάρτηση f είναι άρτια ή περιττή.
3) Αν η συνάρτηση { έχει άξονα συμμετρίας την ευθεία 21
x = τότε:
α) Να αποδείξετε ότι 1m = .
β) Να λύσετε την εξίσωση 1
2 23
x
x{
{
-= +
^^
hh
.
Άσκηση 21: Προτάθηκε από τον Μίλτο ΠαπαγρηγοράκηΣάββατο 30 Απριλίου 2011 - 22:40
Άσκηση 22: Προτάθηκε από τον Μάριο Γκούρη (irakleios)Κυριακή 01 Μαΐου 2011 - 19:07
Δίνεται η εξίσωση 1 1 0m x mx2- - + =^ h (1).
1) Αποδείξτε ότι η εξίσωση (1) έχει λύση για κάθε τιμή του πραγματικού αριθμού m .
2) Για ποιές τιμές του m η εξίσωση (1) έχει δύο λύσεις ,x x1 2 με x x 01 2 !- ;
3) Έστω 1m !! και ,S P το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών της (1) αντίστοιχα. Να δείξετε ότι
1m S P$ $ + .
4) Για ποιές τιμές του m η εξίσωση (1) έχει λύση το 1;
5)Αν 2011m 2012= , δείξτε ότι η εξίσωση (1) θα έχει δύο άνισες λύσεις, από τις οποίες μόνο μία θα είναι ακέραια.
Δίνονται οι ευθείες : 6y x12f m= +^ h και : 5 6 8y x2f m= - +^ ^h h , όπου Rdm .
1) Να εξετάσετε αν υπάρχει τιμή του m ώστε οι ευθείες να ταυτίζονται.
2) Αν οι ευθείες 1f^ h και 2f^ h δεν είναι οριζόντιες τότε:
α) Να βρείτε τα σημεία J και K στα οποία οι 1f^ h και 2f^ h τέμνουν τους άξονες y yl και x xl αντίστοιχα.
β) Να βρείτε το m ώστε για την απόσταση JK^ h να ισχύει ότι 10JK =^ h .
3) Για 1m = : α) Να βρείτε το κοινό σημείο M της ευθείας 1f^ h με τον άξονα x xl .
β) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο JKL είναι σκαληνό.
γ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγώνου JKL .
δ) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας 3f^ h που διέρχεται από τα J και K .
ε) Να βρείτε αν υπάρχει σημείο της 1f^ h που να είναι συμμετρικό κάποιου σημείου της 3f^ h ως προς άξονα συμμετρίας τον y yl .
Άσκηση 23: Προτάθηκε από τον Μίλτο ΠαπαγρηγοράκηΚυριακή 01 Μαΐου 2011 - 21:58
Άσκηση 24: Προτάθηκε από τον Χρήστο ΚανάβηΚυριακή 01 Μαΐου 2011 - 23:14
Δύο ποδηλάτες ο Μίλτος και ο Στάθης (τυχαίο;...δε νομίζω) έχουν να διανύσουν από 5 διαδρομές ο καθένας. Ο Μίλτος τις διαδρομές Am και ο Στάθης τις διαδρομές Bm , όπου 1,2,3,4,5!m " ,. Αν “προσομοιώσουμε”
τις διαδρομές A B,m m με τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων 20
1 1f x
x2
m m=
- + -^
^h
h και
207 1
g xx2m m
=- + +
^^
hh
αντίστοιχα, όπου 10 10x1 1- , να απαντήσετε στα εξής:
α) Για ποιες τιμές του m οι διαδρομές A B,m m είναι ανηφορικές;
β) Για ποια τιμή του m δε θα συναντηθούν ποτέ ο Μίλτος και ο Στάθης;
γ) Για ποιά τιμή του m ο Μίλτος θα κουραστεί περισσότερο απο το Στάθη;
δ)Αν οι δυο μας φίλοι θέλουν να ξεδιψάσουν στη μοναδική πηγή που βρίσκεται στο σημείο ,1 6^ h, ποια διαδρομή πρέπει να ακολουθήσει ο καθένας;
ε) Αν ο Μίλτος ακολουθησει τη διαδρομή A2 και ο Στάθης τη διαδρομή B3 , ποιο θα είναι το σημείο συνάντησης τους;
Παρατηρήσεις: Οι αποστάσεις x^ h εκφράζονται σε χιλιόμετρα και το -^ h δηλώνει αντίθετη κατεύθυνση.
16 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 17
Δίνεται η συνάρτηση 2 1 1f x x x2m m m= + - + +^ ^h h με R!m .
1) Να βρείτε το πλήθος των σημείων τομής της γραφικής παράστασης της f x^ h με τους άξονες για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθμού m .
2) Να βρείτε τις πραγματικές τιμές του m ώστε η η εξίσωση 0f x =^ h να έχει δυο άνισες πραγματικές ρίζες ,1 2t t , με 1 2 1 2t t t t+ =- - .
3) Αν ονομάσουμε g x^ h και h x^ h τις συναρτήσεις που προκύπτουν από την f x^ h για 0m = και 1m =-
αντίστοιχα, να λυθεί η ανίσωση 1g x
h xf$ -
^^
^hh
h.
4) Για 2m = να λυθεί η ανίσωση 8 12 29f x x x2 3# + +^ h .
5) Να βρείτε τα σημεία τομής των ευθειών : 1 0 1f x f y f1f - + =^ ^ ^ ^h h h h και : 0 1 3 1f x f y f2f - = -^ ^ ^ ^h h h h, όταν ισχύει ότι 1 1f f= -^ ^h h.
Άσκηση 25: Προτάθηκε από τον parmenides51Δευτέρα 02 Μαΐου 2011 - 02:01
Λύσεις
18 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 19
1) Έχουμε:2 4 2 2 4 4 4 4 4 16 16 0>
2 2 2 2 2$m m m m m m mD = - - - + = - - = - + =^ ^ ^ ^h h h h για κάθε 2R!m - " ,, οπότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες.
2) Για να έχει η f ελάχιστο πρέπει:
x x x x
2 0
2 2 2
22
2 0
2 2 22
2
> > >
min min0 0+ +
m
ab
m
mm
ab
mm
-
= =- =--
-= = =- =-
--
=^ ^h h
* *
2 0
22
2 0
2 4
2 0
4
> > > > > >+ + +m
mm
m
m m
m
m-= = - =
* ) )
3) α) Για 4m = έχουμε: 2 8 6f x x x2= - +^ h , οπότε από την ανίσωση έχουμε:
xf x
xx
x x
xx
x x
xx
x x
x2
8
02
2 8 68
02
2 4 38
0
4 38
0
2 2 2
+ + ++ +! ! ! !
G G G G-- +
-- +
-- +
-^ ^h h
* * * *
4 38 0
0
4 3 80
0
4 30
0x
x x
xx
x x x
xx
x x
x
2 2 2
+ + + +! ! !
G G G- +
+- + + + +
* * *
4 3 0
0
1 3 0
0, 3 1,0
x x x
x
x x x
xx
2
+ + +$ $ $
,f 3! !
G G!
+ + + +- - -
^ ^ ^^
h h hh6@) )
3) β) Για 0 0 6 0, 6x f C y y Kf& & += = =l^ ^h h .
Για 0 2 8 6 0 2 4 3 0 4 3 0f x x x x x x x2 2 2+ + + += - + = - + = - + =^ ^h h
, , ,A AC x x 1 0 3 0f 1 2+ + =l ^ ^h h" , .
3) γ) Είναι:2 2 2 2 2 2f x x x x x x x x2 8 6 4 3 12 2
+ + +$ $= - - + = - - + = -^ ^h h
1x x x4 32+- + = -
, ,
,
, ,
,
,
, ,
( .),
,
x x x
x
x x x
x
x x
x
x x
x
x x
x
x o x
x
4 3 1
1 3
4 3 1
1 3
5 4 0
1 3
3 2 0
1 3
1 4
1 3
1 2
1 3
2
2
2
2
+ +
,0
,0
,0
3 3f
3 3 3 3!
!
!
!
!
!
ar t
- + = -
- +
- + - = -
- + =
- +
- + =
= =
- +
= =
^
^
^
^
^
^
h
h
h
h
h
h
6 6 6@ @ @
Z
[
\
]]]
]]]
Z
[
\
]]]
]]]
Z
[
\
]]]
]]]
)
)
)
)
)
)
3) δ) Πρέπει: 6 2 8 6 6 2 8 0 2 4 0 ,0 4,f x x x x x x x x> > > >2 2+ + + + ,3 3!- + - - - +^ ^ ^ ^h h h h
3) ε) Η κορυφή της παραβολής είναι 2
,2
2, 2 2, 2M f f M" "ab
ab
- - -cc ^^ ^mm hh h
και το σημείο που κόβει τον άξονα y yl είναι (όπως βρήκαμε) το 0,6K^ h.Είναι προφανές (με διαφορετικές τετμημένες) ότι η ζητούμενη ευθεία (ε) είναι της μορφής:
: : 1y ax bf = +^ ^h h
Με 2, 2 2 2: 3M a b+! f- + =-^ ^ ^h h h και με 0,6 6: 3K b+! f =^ ^ ^h h h.
Το σύστημα των (2) και (3) δίνει (εύκολα) 6b = και 4a =- . Άρα η ζητούμενη ευθεία θα έχει εξίσωση 4 6y x=- + .
Λύση Άσκησης 1: Στάθης ΚούτραςΣάββατο 23 Απριλίου 2011 - 17:22
1) Περιορισμοί:
, ,x
x
x
x
x
xA R
0
1 0
0
1
0
11 0 1f2 2+ + & &
!
!
!
!
!
!
!-= - -) ) ) " ,
, , , ,A 1 1 0 0 1 1f& , , ,3 3= - - - +^ ^ ^ ^h h h h και για
, 1 1,0 0,1 1,1
1
x f xx
xx
2&, , ,3 3! - - - + =-
-=^ ^ ^ ^ ^h h h h h
,xx
x
x xx
f xxx A
1
1
11 1
x
f2
2
2
2 1
&$
!=-
-
=-
-=
!!
^^
hh
όπου Af παριστάνει το πεδίο ορισμού της f .
2) Επειδή το πεδίο ορισμού της f είναι συμμετρικό ως προς το μηδέν, αν x A x Af f&! !- και 1 1
f xx x
f x- =-
=- =-^ ^h h, η f είναι περιττή.
3)
• Για κάθε , , 1x x1 2 3! - -^ h με 1 01 1
x xx x
f x f x f< < < > >1 21 2
1 2& & &- ^ ^h h γνησίως φθίνουσα στο , 13- -^ h.
• Ομοίως για κάθε , 1,0x x1 2 ! -^ h με 01 1
x xx x
f x f x f< < > >1 21 2
1 2& & &^ ^h h γνησίως φθίνουσα στο 1,0-^ h.
* Παρατήρηση: Αν 1 0 01
11
x xx x
f x f x f< < < > > > >1 21 2
1 2& & &- - ^ ^h h , οπότε η f
είναι γνησίως φθίνουσα στο , 1 1,0,3- - -^ ^h h .
• για κάθε , 0,1x x1 2 ! ^ h με 0 1 1x x
x xf x f x f< < > >1 2
1 21 2& & &^ ^h h γνησίως φθίνουσα στο 0,1^ h.
• και τέλος για κάθε , 1,x x1 2 3! +^ h με 0 11 1
x xx x
f x f x f< < < > >1 21 2
1 2& & &^ ^h h γνησίως φθίνουσα στο 1, 3+^ h.
** Παρατήρηση: Αν 0 11
11
x xx x
f x f x f< < < > > >1 21 2
1 2& & &^ ^h h , οπότε η f είναι
γνησίως φθίνουσα στο 0,1 1,, 3+^ ^h h .
*** Προσοχή!!! Η f δεν είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της αλλά κατά διαστήματα (στα
, 1 1,0,3- - -^ ^h h και 0,1 1,, 3+^ ^h h ), αφού αν 01
01
x xx x
f x f x< < < < <1
1
21 2
1 2& &!
^ ^h h.
Λύση Άσκησης 2: Στάθης ΚούτραςΣάββατο 23 Απριλίου 2011 - 21:56
20 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 21
Λύση Άσκησης 2: Στάθης ΚούτραςΣάββατο 23 Απριλίου 2011 - 21:56
4) Εφόσον 1,0,1 Af!- προφανώς η Cf δεν τέμνει τις κατακόρυφες ευθείες με εξισώσεις
1, 0, 1x x x=- = = , αλλά και επειδή 10,f x
xx Af6! !=^ h , η Cf δεν τέμνει ούτε την
οριζόντια ευθεία με εξίσωση 0y = (τον άξονα x xl ).
5)
1, , ,
f x xx
xx
x
x
11
0 1
11
0 1
1
0 1+ + + +
! !!! ! !
HH H G
^ h * * )
,, ,
x
x
x
xx
1 1
0 1
1 1
01 0 0 1
< <+ + +
!,
! !
G G!
- --^ ^h h) ) .
6) Έστω 2, 2 2,21
A f A
1f x
x
&- - - -
=
^^ `^
hh jh
, 2, 2 2,21
B f B
1f x
x
&
=
^^ `^
hh jh
και 0,0O^ h .
Θεωρούμε την ευθεία (ε) που διέρχεται από το 0,0O^ h και από το σημείο 2,21
B` j.
Προφανώς η εξίσωση της (ε) επειδή διέρχεται από το 0,0O^ h και δεν είναι παράλληλη στον y yl (τα O και B έχουν διαφορετικές τετμημένες) είναι της μορφής : : 1y xf m=^ ^h h
Επειδή , 2 : :B y x221
21
41
41
21
& & &! f m m f= = =` ^ ^ ^^
j h h hh
Επειδή 21
41
221
21
+- = - - =-^ h οι συντεταγμένες και του A επαληθεύουν την
εξίσωση της OB)f^ h , οπότε το σημεία , ,O A B είναι συνευθειακά.
6) 2ος Τρόπος - Ηλίας Καμπελής: Επειδή η f είναι περιττή τα σημεία , , ,A f B f2 2 2 2- -^^ ^^hh hh είναι συμμετρικά ως προς το 0,0O^ h, γιατί 2 2f f- =-^ ^h h. Έτσι τα , ,A O B είναι συνευθειακά.
7) Η γραφική της παράσταση:
1) Είναι 8 ,f C y y ct0 0 8f& + A= = =l^ ^h h .
2) Είναι 2 2 32 4 2 32 4 2 8 4 2 0, R2 2 2 2
& f 6H !m m m m m m m mD D= - + - = + - = + - = -^ ^ ^ ^h h h h6 6@ @
Οπότε η εξίσωση 0f x =^ h θα έχει ρίζες τις
,2
2 2 4 22
2 2 2 2x x1 2
2
&! !
mm m
mm m
=+ -
=+ -^ ^ ^ ^h h h h
, , ,x
x
x
xC x x
22 2 2 2
22 2 2 2
4
22 0
40f
1
2
1
2
& & +m
m m
mm m
mm
B C=
+ - -
=+ + -
=
==l
^ ^
^ ^ ^ `
h h
h h h j
Z
[
\
]]
]]* $ .
άρα η γραφική παράσταση της f θα τέμνει τον άξονα x xl στο σημείο με σταθερή τετμημένη 4.
3) Για να έχει η εξίσωση 0f x =^ h ρίζες ομόσημες πρέπει: 08
0 0> > >" &ac
mm .
4) Για να εφάπτεται η γραφική παράσταση της f στον άξονα x xl πρέπει και αρκεί: 0 4 2 0 2
2+ +m mD = - = =^ h .
5)
α) Είναι 8 4 4x x21
21
24 2 4
82
2 1 &$ $ $ $ $ $fm m
mm
mABC OA BC ABC= = - = - =
-=
-^ ^ ^ ^h h h h
β) Αν είναι:
24 8 24 32 2
2 32 3
2 3
1
21+ + + + +$
m
m
m
mm m
m m
m m
m
mE =
-=
-= - =
- =
- =-
=-
=) *
6) Για 2m = έχουμε: 2 6 8f x x x2= - +^ h με 2 4
623
ab
- = = , οπότε για 0>m έχουμε:
• Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ,23
3-` B και
• Η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 23, 3+ j8
• Έχει ελάχιστο στο 23
x0 = το 23
27
f f=` j .
Λύση Άσκησης 3: Στάθης ΚούτραςΚυριακή 24 Απριλίου 2011 - 23:33
22 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 23
Λύση Άσκησης 4: Στάθης ΚούτραςΔευτέρα 25 Απριλίου 2011 - 14:33
1) 0 8 6 9 6 9 0 3 0 3 0 3f f 2 2 2+ + + + +m m m m m m m= - - = - + = - = - = =^ ^ ^h h h .
2) Για 3m = έχουμε: 1 , 0
9, 0f x
x x
x x
<
H=
-
+^ h ) , οπότε:
α) 18 18 9 27 18 27 3 3 18 9 3f f f3 3 3& & $= + = = = = =^ ^ ^h h h .
β) Αν 3, 3 3, 4A f A"- - -^^ ^hh h και 0, 0 0, 9B f B"^^ ^hh h θα είναι 3 0 9 4 34AB AB
2 2& f= - - + - =^ ^ ^ ^h h h h
γ) Έχουμε: 0 9 0, 9f C y y Kf& += =l^ ^h h και
01 0, 0
9 0, 0
1 0( .), 0
9 0 ( .), 0f x
x x
x x
x o x
x o x
< > <
< <+ +
H H
ar t
ar t=
- =
+ =
=
=-^ h ) )
δηλαδή η γραφική παράσταση της f δεν τέμνει τον άξονα x xl .
δ) Έχουμε: 9
1 9
0
9 9
0
8
0
0
0
8,0
0
8,0f x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x< <
+ + + +0 0 0G
G
G
H
H
G
H
!
!
-
+
-
-
=
-^ h
h66 @
Z
[
\
]]]
]]]
Z
[
\
]]]
]]]
)
)
)
)
*
ε) Για x 0< επειδή ο τύπος της f είναι τύπος ευθείας με συντελεστή διεύθυνσης -1, η f θα είναι γνησίως φθίνουσα στο ,03-^ h.
Για 0x H επειδή ο τύπος της f είναι τύπος ευθείας με συντελεστή διεύθυνσης 1 η f θα είναι γνησίως αύξουσα στο 0, 3+ h6 .
στ) Η γραφική της παράσταση:
1) Είναι: 2 4
141
1 3x x1
min min
xmin
" & & fab m m
m=- =+ +
= ==
και
1 2 2 2 2 3min f f x f3
2
3
2min
minf
&fl l l l= = = - - - - =-m= =-
^ ^h h .
2) α) Για 1, 3 2 4 1f x x x2&l m= = = - -^ h , οπότε για την ανίσωση έχουμε:
2 2 2 2 0f x x x f x f x x f x x2 2 2 2+ G- = - =- - -^ ^ ^^ ^h h h h h 4 1 0
41
x x2 4 1f x x x2
+ +f fG H- - -= - -^ h
β) Είναι: 2 4 1 4 4 5g x x x x g x x x2 2 2& f= - - - + = - + +^ ^ ^h h h
Για να ορίζεται η g πρέπει και αρκεί το υπόριζο να είναι μη αρνητικός αριθμός, δηλαδή:
4 5 0 1,5x x x24 5 0 1, 5x x x x2
+H !- + + -+- + + = =- =
6 @
γ) Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ,2
,1"3 3ab
- - -c ^E @ και γνησίως αύξουσα στο διάστημα
2, 1,"3 3ab
- + +m h; 6 .
δ) Είναι: 2 4 1 2 4 2 3 2 1 3f x x x x x x2 2 2&= - - = - + - = - -^ ^h h
1 2 1 1 3 2 3 2 3
1 2 1 1 3 2 31 1 2 3
f x x x x
f x x xf x f x x
2 2 2
2 2
2& &
- = - - - = - - = -
+ = + - - = -- = + = -
^ ^ ^
^ ^^ ^
h h h
h hh h) .
ε) Είναι 5 5,g C y y K0 0g& +f= =l^ ^h h και
04 5 0
1 5
4 5 0
1 51, 5g x
x x
x
x x
xx x
2 2
+ + + &G G G G
=- + + =
-
- + + =
-=- =^ h ) )
, , ,C x x M1 0 5 0g& + K= -l ^ ^h h" , .
στ) Η κορυφή της παραβολής είναι 1, 3N -^ h
Άρα ζητάμε φανερά την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα σημεία N και M .Είναι προφανώς της μορφής : : 1y ax bf = +^ ^h h (λόγω διαφορετικών τετμημένων των σημείων N και M ).
Έχουμε:
1, 3
5,0
3
5 0
3
4 3415
43 :
43
415N
M
a b
a b
a b
a
b
ay x+ + + &f
!
!
f
ff
- + =-
+ =
+ =-
=
=-
== -
-^ ^
^ ^^
^h h
h hh
h
) ) ) *
Λύση Άσκησης 5: Στάθης ΚούτραςΔευτέρα 25 Απριλίου 2011 - 21:55
24 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 25
1) Αφού η f παρουσιάζει ελάχιστο για x 1= το -3 είναι f 1 3=-^ h .
Η συνάρτηση f x x x2a b c= + +^ h παρουσιάζει ακρότατο στη θέση 2ab
- το 4aD- . Άρα
41
1 3&m
m+
= = και 2 2 3 1 0 1.2 2& &l l l l- + - =- - = =^ h
2)
α) Για 1l = και 3m =- είναι 2 4 1f x x x2= - -^ h . Επομένως
2 2 4 1 4 1f x x x f x x x2 2&- = - + = +^ ^h h , το οποίο ισχύει για
41
x $- .
β) Είναι 4 5g x x x2= - + +^ h . Πρέπει 4 5 0 1,5x x x2& d$- + + -6 @.
γ) Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( ,1]3- , γνησίως αύξουσα στο [1, )3+
και παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το 1, 3-^ h.
δ) Είναι 1 1 2 3f x f x x2+ = - = -^ ^h h .
ε) Για x 0= είναι 0 5g =^ h . Άρα η γραφική παράσταση της συνάρτησης g τέμνει τον άξονα y yl στο σημείο 0, 5^ h.
Για y 0= είναι 0 4 5x x x x x x4 5 0 1 52 2& & 0- + + = - + + = =- = . Άρα η γραφική παράσταση
της συνάρτησης g τέμνει τον άξονα x xl στα σημεία 1,0 , 5,0-^ ^h h.
στ) Έστω y xa b= + η ζητούμενη ευθεία. Τα σημεία ,1 3A -^ h και ,5 0B^ h ανήκουν στην ευθεία, οπότε
επαληθεύουν την εξίσωση της. Λύνοντας το σύστημα 3
5 0
a b
a b
+ =-
+ =) 3 προκύπτουν
43,
415
a b= =- .
Λύση Άσκησης 5: Χρήστος ΚανάβηςΔευτέρα 25 Απριλίου 2011 - 22:08
1) 2 5 4 2 5 4 5 32
$ $ fm m m mD = - - - - - = = - -^ ^ ^ ^h h h h6 6@ @ .
2) Για να έχει το τριώνυμο ρίζες πραγματικές και άνισες πρέπει και αρκεί να είναι :
0 4 5 3 0> >
4 5 3 0 3, 5
4 0>
+ +m mD - -
+m m m m
a
- - = = =
=
^ ^
^ ^
h h
h h
,3 5,,f 3 3!m - +^ ^h h .
3) Είναι: 0,75 2 0,75x x x x x x12
22
1 22
1 2++ = + - =^ h
5x x x x
x x x x25
1 2 1 2
1 2 1 2
"
"$ $
ab
m
ac m
+ =- + = -
= =--
+ 55432+m m- + - =^ h
43
0 4 4 3 05 : 1
2 2+ + +n n n n+ - = + - =
m n- = ^ h
23
21
523
521
27
211
5
+ +f fn
n
m
m
m
m
=-
=
- =-
- =
=
=
m n- =
* * * .
4) Για να είναι:
0, 0 4 3 5 0f x f x f x x R2 0
0 3, 5
4 0> >
+ + + +6H ! G Gm mD= - -
+
a
m m
a
D
=
= = =
=
^ ^ ^ ^ ^h h h h h 3,5f !m 6 @
5) 2x x x x x x x x1 2 12
22
1 22
1 2& & &z m z m z m= + + = + = +^ ^ ^ ^h h h h 5 RA&z m m= - =z
^ h .
6) α) Είναι γνωστό ότι ο άξονας συμμετρίας της γραφικής παράστασης της f είναι η ευθεία με εξίσωση
2 25
21
6x2 2
5
& & fab m
m=--
= =ab m- =
-
.
β) Για 6 2 2 1f x x x2&m = = - -^ h με κορυφή το σημείο
2,
2 21,
23
K f K2 2
121
23
f
"ab
ab
= - - = -&
ab
- = =-
cc ``
mm jj
Ας ονομάσουμε λοιπόν 1,0 , 2, 2 2,3M f M"K^ ^^ ^h hh h .
Θεωρούμε την ευθεία (ε) που διέρχεται από τα σημεία K και M .
Προφανώς η (ε) έχει εξίσωση της μορφής : 1y ax b= + ^ h (αφού οι τετμημένες των K και M είναι διαφορετικές μεταξύ τους).
Τότε θα έχουμε: 1,0
2,3
0
2 3
0
3
3
3: 3 3
M
a b
a b
a b
a
b
ay x K
25
321
3
+ + + & &!
!!
f
ff f
K + =
+ =
+ =
=
=-
== -
$- - = -^ ^
^ ^^ ^
^h h
h hh h
h
) ) ) )
Αρα τα σημεία Κ, Λ, Μ είναι συνευθειακά.
Λύση Άσκησης 6: Στάθης ΚούτραςΤρίτη 26 Απριλίου 2011 - 02:01 / 16:43
26 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 27
1) Πρέπει: 4 0
4 00& 4
4
0& 4
4 44,0 0,4
x x
xx x
x
x x
xAf+ + &
$ ! ! ,! ! ! ! !
H # # #
-
- -= -^ ^h h) ) ' .
2) Έστω x A x A4,0 0,4
f
A
f
f
&! !-,= -^ ^h h
και 4
1
4
1f x
x xf x
x xf x
x x
&- =- - -
- =--
=-- =
^ ^ ^h h h, άρα η f είναι περιττή.
3) 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1K f f f f f f2 2= - + - - = - + - - = - + - - =^^ ^^ ^ ^ ^ ^h h h h h h h h
42
142
1 142
42
1 2 1 2 1 2K f f2 2
&= - + - - = - + + = - + - - =^^ ^^h h h h .
4) Επειδή 0 A Cf f&g δεν τέμνει τον άξονα y yl . Επίσης είναι φανερό ότι 0,f x x A Cf f&6! !^^ h h δεν τέμνει ούτε τον άξονα x xl .
5) Επειδή η f είναι περιττή τα σημεία 1, 1 , 1, 1A f B f- -^^ ^^hh hh θα είναι συμμετρικά ως προς το 0,0O^ h και συνεπώς τα σημεία , ,A O B θα είναι συνευθειακά και μάλιστα το O είναι το μέσο του τμήματος AB .
6) Έχουμε: 14
1 1
0, 4
4 1
0, 4
4 1
0, 4
3
0, 43f x
xx x x
x
x
x
x
x
x
xx+ + + + +
!! ! !
!
!! ! !
= -= - = - = =
=^ h * ) ) )
7) Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f x x=-^ h είναι αδύνατη στο 4,0 0,4,-^ ^h h.
Είναι 4
1
0, 4
4 0 1
0, 4f x x x x
x
x
x x
xf x x<2
0x
+ + &
! !!
!
!=- -
=- - - =-
!
^ ^h h* * .
Είναι αδύνατη στο πεδίο ορισμού της f .
Λύση Άσκησης 7: Στάθης ΚούτραςΤρίτη 26 Απριλίου 2011 - 15:51
1) 0 14 8 4
20 1
2 12
0g x x x x2
2
2+ + +$ $a a
a aa
a= - + +
- += - + +
-=^ h
0 :x x x x111
1 1 1 0 12 2 2+ +$ $ $a
aa a- + +
-= - + - + = ^ h
Με 1]a έχουμε: 4 3 01 1 1 <2 2 2
a a aD = - - - =- - , οπότε η δοσμένη εξίσωση είναι αδύνατη στο R .
2) Είναι ισοδύναμα:
2 1 1 221
2 2 2 4 2 1 2 122
g g x x x x x x x x x x2 2 2 2 2+ + + + !f= - + + = + + + + = + + = =^ ^h h
3) Η ανίσωση:
1 0x x x x x x14 8 4
21
2 12
1 1> > >2
2
21
2 2+ +fa
a aa
aa a- + -
- +- + -
-- + - +
!a
Όμως δείξαμε ότι 1f x x x1 12 2a a= - + - +^ h έχει με 1]a
4 3 01 1 1 <2 2 2
a a aD = - - - =- - , οπότε ,f x x0> R6 !^ h αφού 01 >2
1
a-!a
.
4) 11
11 0 1 1 1 0 1 0> > >
1 0, 1 12
1 02
> >
+ +aa
a a ~ ~- +-
+ - + - + + +a a a a ~- - = - - =
που ισχύει αφού:
1 , ,f f 0 0> R,
23 0 1 0< >
& 6 3! 3~ ~ ~ ~ ~= + + +aD=- =
^ ^ ^h h h .
5) Η ανίσωση 11
11 0>a
a- +
-+ ισχύει προφανώς για κάθε τιμή του 1R e !a όπως δείξαμε πιο
πάνω.
Mία διαφορετική αντιμετώπιση του 4 και 5 (Μάριος Γκούρης). Έχουμε μόνο θετικούς όρους. Mάλιστα από
γνωστή εφαρμογή ξέρουμε ότι για κάθε x 0> ισχύει 1 2x
x $+ . Παίρνοντας x1 0>a- = έχουμε ότι:
11
11 3 0>$a
a- +
-+ .
Λύση Άσκησης 8: Στάθης ΚούτραςΤρίτη 26 Απριλίου 2011 - 22:17
28 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 29
1) Πρέπει 1 1 0x x x R+! !+ + - αφού για να είναι:
1 1 0 1 1 0 1 1x x x x1 0, 1 0x x
+ + f+ + - = + = - = =-H H+ -
άτοπο άρα 1 1 0 1 1 0x x x x x>R & &6 !! + + - + + - , οπότε είναι A Rf =
2) Αν:
1 1 11 0
1 0
1 1
1 1 1 11 1
: 1x xx
x
x x
x xf x
x xx x
f x x+ & & & & fG G GH
G-
+
-
+ = +
- = -=
+ + -+ - -
=^^
^ ^hh
h h) )
11 1
1 1
1 0, 1 0
1 0, 1 0
1 1, 1 1
1 1, 1 1x
x
x
x x
x x
x x x x
x x x x>
> >
< <
> >
< <+ + & &
-
-
- +
+ -
- = - + = +
+ =- - - = -) ) )
1 11 1 1
1 11 1 1
1, 1 : 2
f xx xx x
x
f xx xx x
x
f xx
x >&
=+ + -+ - -
=
=- - + -- - - -
==
^^
^^ ^ ^
hh
hh h h
Z
[
\
]]
]]
Τέλος από τις σχέσεις ,1 2^ ^h h προκύπτει ότι: , 11, 1
f xx x
xx >
Gao
ao=^ h * .
3) Επειδή το πεδίο ορισμού της f είναι το ,R 3 3= - +^ h «συμμετρικό ως προς το μηδέν» για κάθε x xR R&! !- και
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1f x
x x
x x
x x
x x
x x
x xf x f x
1 1 , 1 1x x x x
&- =- + + - -
- + - - -=
- + +
- - +=-
+ + -
+ - -- =-
- + = - - - = +
^ ^ ^h h h
η f είναι περιττή.
Σημείωση (2ος τρόπος): Θα μπορούσαμε να έχουμε από τον απλοποιημένο τύπο:
• Αν 1,1 1,1x x&! !- - -6 6@ @ και f x x f x- =- =-^ ^h h
• Αν , 1 1, , 1 1,x x&, ,3 3 3 3! !- - + - - - +^ ^ ^ ^h h h h και 1 1f x
x xf x- =
-=- =-^ ^h h, οπότε
τελικά για κάθε x xR R&! !- και f x f x- =-^ ^h h .
Λύση Άσκησης 9: Στάθης ΚούτραςΤετάρτη 27 Απριλίου 2011 - 02:34
4)
1
1
1
11
1
1
1
1
1
1
1( )
1f x
x
x
xx
x
x
x
x
x
xo
x
>> >
+ + + +
!
!H
H
G
HG G
adyoax
= =
=^ h
Z
[
\
]]]
]]]
Z
[
\
]]
]]
Z
[
\
]]
]]
)
*
"
)
"
)
5) Αν 11 1
x f x x f x fx
xx
& &H = + = +^ ^ `h h j αλλά και για
0 11 1 1 1
x f xx
f x fx x
x xx
< < & &= + = + = +^ ^ `h h j ,
δηλαδή για κάθε x R*! ισχύει 1 1f x f
xx
x+ = +^ `h j .
Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι:
2 2 2 1 2 1 2 0xx x
xx
xx x x x
1 1 1,x x x2 2 0
2 2>
2 2
+ + + + +H H H H H++ +
+ + -=
1 0: 3x2
+ H-^ ^h h . Η (3) όμως ισχύει άρα και η ισοδύναμή της αρχική.
6)
• Αν 1x f x x&G =^ h που είναι γνησίως αύξουσα (τμήμα της διχοτόμου 1ης και 3ης γωνίας των αξόνων), δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο 1,1-6 @.
• Αν 11
x f xx
> & =^ h που είναι (υπερβολή της μορφής , 1g xxaa= =^ h ) οπότε είναι γνησίως φθίνουσα
στα διαστήματα , 13- -^ h και 1, 3+^ h (Προσοχή!!! Κατά διαστήματα η μονοτονία).
7) και 8) Στο Σχήμα 1 και στο Σχήμα 2 αντίστοιχα.
Λύση Άσκησης 9: Στάθης ΚούτραςΤετάρτη 27 Απριλίου 2011 - 02:34
30 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 31
Η συνάρτηση f γράφεται ως εξής: ( )2 1 1
0, 0f xx
x xx
xx2
2 2
!$=+ +
=+` j .
1) ( ) 7 | 1 | 8 7 | 1 | 8x f x x xx
xx
12 22
+ +- + =+
- + =` j
( 1) 7 | 1 | 8 0 | 1 | 7 | 1 | 8 0x x x x2 2+ ++ - + - = + - + - =
Η παραπάνω εξίσωση θέτοντας όπου y x 1= + γίνεται: 7 8 0y y2 - - = , η οποία έχει δύο λύσεις τις y 8= ή y 1=- . Άρα ή 8 1 8x x x1 7+ +!+ = + = = ή x 9= ή x 1 1+ =- που είναι αδύνατη.
2)α)Η εξίσωση ( ) 0f x = ορίζεται για κάθε x 0! αφού ( ) 0, 0f x x6 !$
( ) 0 0 0 1f xx
xx
xx
1 12
+ + +=+
=+
= =-` j .
β) ( ) 11
11
1 | 1 | | | 1f xx
xx
xx x x x
2
+ + + +=+
=+
= + = + =` j αδύνατη ή
121
x x x++ =- =- .
γ)Η εξίσωση ( ) 1f x =- είναι αδύνατη.
3) f xf x x
xxx1
01
10
2 2
++ =+
++
=^^
` `hh
j j . Για να ορίζεται η εξίσωση πρέπει x 0! και x 1!- .
Όμως η παραπάνω εξίσωση για να έχει λύση πρέπει να ισχύουν ταυτόχρονα:1
0x
x + = και 1
0x
x+
= δηλαδή x 1=- και x 0= , αδύνατο.
4) x
xx
xx x
x f xf x 1
11
111
2
2
2
2 2
2=+
= + =+
=
J
L
KKK
c ^^
^
N
P
OOO
m hh
h
5) α) Για κάθε x 0! έχουμε:
xx
xf
10 0
2
+$ $+
^ ch m , η οποία όμως ισχύει για κάθε x 0! .
β)Για κάθε x 0! έχουμε:
xx
xx x x xf
11 4 3 2 1 04 4
2
2 2 2++ + $ #$ $
++ - -^ c ^h m h
Η παραπάνω έχει λύσεις τις 1 και 31- , άρα: | |x
31
1# #- , δηλαδή αρκεί x x1 1 1+# # #- .
Όμως για να ορίζεται η ανίσωση πρέπει και x 0! , οπότε τελικά η λύση είναι: [ 1,0) (0,1]x ,! -
Λύση Άσκησης 10: Παναγιώτης ΓκριμπαβιώτηςΤετάρτη 27 Απριλίου 2011 - 13:18
1) Δίνεται η εξίσωση 3 4 12 1x k x2 2- - =^ ^h h
3 4 12 3 4 12 0: 2x k x x k x2 2 2 2+- - = - - - =^ ^ ^h h h
Είναι:
4 4 3 12 4 144 8 16 144 8 160k k k k k k2 2 2 2 4 4&$ $D D= - - - - = - + = - + + = - +^ ^ ^h h h6 @
2) Επειδή
8 160 8 16 144 4 144 144 0k k k k k >4 4 2 24 0,k k R2 2
& HD D= - + = - + + = - +6H !-
^^
hh
, οπότε η (2) έχει δύο ρίζες άνισες στο R .
3) Είναι:
144,minD = όταν 4 0 4 0 4 2k k k k2 2 2 2+ + + !- = - = = =^ h και για 2k != η εξίσωση γίνεται
ισοδύναμα 3 12 0 4 2x x x2 2+ + !f- = = = αντίθετες.
4) Έχουμε:
34: 3x x x x
k1 2
4
3
1 2
2
k2
&ab
+ = - + =-
b
a
=- -
=
c ^
^
m h
h
και 4 : 4x x x x1 2
12
3
1 2&$ $ac
= =-
c
a
=-
=
` ^j h.
Είναι:
1 0 0 0x x x x x x x x x x x< < <1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2
3 , 4
+ + +$ + + + + + +^ ^^ ^
h hh h
34
4 034
4 4 12 16 16 4k k
k k k k< < < < < <2 2
2 2 20k>
+ + + + + +-
--
- .
Λύση Άσκησης 11: Στάθης ΚούτραςΤετάρτη 27 Απριλίου 2011 - 16:55
32 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 33
1) Για να έχει η εξίσωση 0f x =^ h μοναδική ρίζα πρέπει:
• Με 0m = θα είναι 1 1 0 1f x x x x0f x
+ +=- - - - = =-=
^^
hh
, οπότε μια ζητούμενη τιμή του m είναι το μηδέν.
• Με 0!m αρκεί (να έχει διπλή ρίζα)
0 1 4 1 0 1 1 4 02
+ + +$m m m m m mD = - - - = - - - =^ ^ ^ ^h h h h
1 3 1 01
31+ +$ fm m
m
m- - - =
=
=-^ ^h h * .
2) Για 0!m για να είναι
0,
0
&
0
0
&
1 3 1 0
0
&
131
1f x x R>
>
<
>
<
>
> <
>+ + + +
$
6 f!
m m
m m
m
m m
m
D - - - -
^
^ ^
h
h h
Z
[
\
]]
]]* * .
3) Αφού η εξίσωση 0f x =^ h έχει δύο πραγματικές ρίζες είναι:
0
1 3 1 0
&
031,0 0,1+ +
$
,f
!
H
H
!
m m
m
mD
- - -
-
^ ^
^
h h
j8 @* και
α) 1 1: 1x x x x1 2 1 2&
mm
mm+ =-
-+ =
-ab
-
^ h και 1 1: 2x x x x1 2 1 2&$ $
mm
mm=
-=
-ac
^ h
β) 1 1 10x x x x x x x x x x x x1
22 1 1
21 2 1 2
1 , 2 21
0,31,0 0,1
12
2 1 12
2
&$ $ $ $ $ Gmm
mm
mm+ = + = -
- -=-
-+
,6H !mm
m-
-
^ c^ ^ c ^
h mh h m j8 @
γ) Είναι: &
, ,
&
, ,
&
, ,
x x x x41
141
31
0 0 1
141
31
0 0 1
121
31
0 0 1
12
2 1 12
2 2
2
2
+ + + +$ $
, , ,
G
G
!
G
!
G
!
mm
m
mm
m
mm
m
+
--
-
-
-
-
-
c
^
c
^
^
^
m
j
m
j
h
j8 8 8@ @ @
Z
[
\
]]
]]
Z
[
\
]]
]]
Z
[
\
]]
]]
&
, ,
&
, ,
&
, ,
2 4 2
31
0 0 1
4 2 0
31
0 0 1
4 4 2
31
0 0 1
2 2 2 2
+ + + +
, , ,
G
!
G
!
G
!
m m m
m
m m
m
m m
m
- +
-
- +
-
- +
-^ ^ ^j j j8 8 8@ @ @
Z
[
\
]]
]]
Z
[
\
]]
]]
Z
[
\
]]
]]
2 2
&
31,0 0,1
2 2
&
31,0 0,1
2 2
&
31,0 0,1
2 2
+ + + +
, , ,
G
!
G
!
G
!
m
m
m
m
m
m
-
-
-
-
-
-
^
^
^
^ ^
h
j
h
j j8 8 8@ @ @
Z
[
\
]]
]]
Z
[
\
]]
]]
Z
[
\
]]
]]
2 2 2
&
31,0 0,1
2 2 2 2
&
31,0 0,1
2 2 1+ + +
, ,
G G
!
G G
!
G G
m
m
m
m
m
- -
-
- +
-
-
^ ^j j8 8@ @
Z
[
\
]]
]]
Z
[
\
]]
]].
Λύση Άσκησης 12: Στάθης ΚούτραςΤετάρτη 27 Απριλίου 2011 - 20:55
4) Η συνάρτηση
x x x x x x x x12
2 1 12
12
2 1 12
1x x x x12
2 1 12
2
&$ $ $ $z m = - - = - +
$ $mm+ =--
^ ^c
h hm
, ,1 1 1
1 0 1
, , , ,2 310 0 1 0 0 1>
& & & !z mmm
z mmm
z mm
m=-
=-
= -&,! !m m m-
^ c ^ ^ ^^` ^
h m h hj j8
@@ @
και επειδή η συνάρτηση z m^ h προκύπτει από την κατακόρυφη (κατά μία μονάδα μεταφορά της γνησίως
αύξουσας 11z m m
=^ h ) θα είναι και αυτή γνησίως φθίνουσα.
5) Για να εφάπτεται η γραφική παράσταση της f στον x xl πρέπει 0 1,31
+ f m mD = = =- .
6) Για να ορίζεται 1h x
f x=^
^h
h στο R αρκεί να ισχύει: 0, ,f x x R 1>
.2
+6 3! !m +ft~x
^ ^^
h hh
.
Λύση Άσκησης 12: Στάθης ΚούτραςΤετάρτη 27 Απριλίου 2011 - 20:55
34 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 35
1) Είναι (0)f c= και (1)f b a b b ac c- = + + - = + ,οπότε ( ) ( )g x x a x a2c c= + + + .
Η εξίσωση g x 0=^ h έχει διακρίνουσα ( ) 4 ( ) 0a a a >2 2c c cD = + - = - αφού a ! c , άρα η εξίσωση g x 0=^ h έχει δύο άνισες λύσεις.
2) Για να τις βρούμε κάνουμε αντικατάσταση στον γνωστό τύπο 2 2
( ) ( )x
ab a a
1,2
! !cc cD
=-
=- + -
(*)
και παίρνουμε 2
( ) ( )1x
a a1 c
c ccc
=- + + -
=-
=- και 2
( ) ( )22
xa a a a
2 cc c
c c=
- + - -=
-=-
(*) ισχύει | |x x! != .
Ενας άλλος τρόπος για να διαπιστώσουμε ότι είναι ρίζες, είναι να κάνουμε αντικατάσταση στην εξίσωση.
3) Αφού οι ρίζες της (1) είναι αντίθετες, από Vieta έπεται ότι b = 0 οπότε η εξίσωση γίνεται ax2 c=- άρα
xa
!c
= - , δηλαδή αντίθετες. Επίσης απο εδώ φαίνεται ότι 0a>c
- , άρα η x2 είναι θετική.
Για να μην υπάρξουν αμφιβολίες για το πρόσημο του a $ c , μπορούμε να το δείξουμε και με τη διακρίνουσα. Αφού δηλαδή η εξίσωση έχει δύο λύσεις αντίθετες θα έχει δύο λύσεις άνισες, οπότε 0>D και απο εκεί καταλήγουμε στο a 0>$ c- .
4) Από Vieta είναι ab
1 2t t+ =- , άρα ab
ab
1 2t t+ = - = .
Για να δείξουμε ότι a
1 2t tD
- = αρκεί να δείξουμε ότι: 2a1
222
1 2 2t t t tD+ - = . Αυτό γράφεται
( ) 4 4ab
a1 22
1 2 2
2
t t t tc
+ - = - και από Vieta παίρνουμε 4 4S P S P2 2- = - , το οποίο ισχύει.
Λύση Άσκησης 13: Μάριος Γκούρης (irakleios)Πέμπτη 28 Απριλίου 2011 - 12:14
1) 1, 3 1 3 3 3 1C f2
f
f x x
+ + +! a a- - = = =a= -
^ ^^
h hh
.
2) Πρέπει: 2 0 2 ,2x x Af+ + 3H G- = -^ @ . Έστω , ,2x x1 2 3! -^ @ και
2 2 2 2 0 2 2x x x x x x x x f x f x< > > > >1 2 1 2 1 2 1 2 1 2& & & &G H H- - - - - - - ^ ^h h .
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα (στο πεδίο ορισμού της).
3) 16 27 4 3 4 3 4 3 4 3f f< < < < >2 3 26 36 3 3
f
& & & &.
^ ^h h .
4) Για 1 2f x x&a = = -^ h είναι 0 2 0, 2f C y y Mf& += =l^ ^h h και
0 2 0 2 2,0f x x x C x x Nf+ + & += - = = =l^ ^h h .
Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΝΜ, όπου Ο η αρχή του συστήματος των αξόνων (ή από τον τύπο της απόστασης) βρίσκουμε: 2 2 6MN MN
2 2& f= + =^ ^ ^h h h .
5) & & &
f x x
f x x
x x
x x
x x
x x
x
x x
x
2
2
2
2
0
2
0
2
2
2
+ + + +
H
H
=
=
- =
- =
- =
- =
- =^
^
h
h
Z
[
\
]]
]]
* *)
)
,x x
x
x x
xx
2 0
0
1 2
01
2
+ + +H H
+ - = = =-=) )
6) Είναι: 2 , 2, & 2 , 2 2,2f x x x f x x x Ag&G H= - - = + - = -^ ^h h 6 @ (συμμετρικό ως προς το μηδέν). Άρα αν 2,2 2,2x x+! !- - -6 6@ @ και g x f x f x f x f x g x g x&- = - + = + - - =^ ^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h h , δηλαδή η g είναι άρτια άρα έχει άξονα συμμετρίας τον y yl .
7) Είναι: f f f f4
1 14
1 12
1 12
1 12 2+ -+
- -=
+ -+
- -=
^^ ^^ ^ ^hh hh h h
21 3
21 3
21 3
23 1
3f=+
+-
=+
+-
= .
Λύση Άσκησης 14: Στάθης ΚούτραςΠέμπτη 28 Απριλίου 2011 - 15:20
36 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 37
1) Για τη διακρίνουσα της εξίσωσης ισχύει ότι: 4 4 4 4 2 02 2 2 2 2
$b ac b a a b b a ab a bD = - = - - - = + + = +^ ^h h , επομένως η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες.
2) Η εξίσωση έχει διπλή ρίζα αν και μόνο αν 0 2 0 22
+ +$a b b aD = + =-^ h .
Τότε η διπλή ρίζα είναι η 2
1ab
- = . 3) Για το άθροισμα των συντελεστών της εξίσωσης ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 0x x x x2 2 2 2 2 2
+l l l l l l l l+ = - + + + - - + - = ισχύει ότι ( 1) ( 1) 02 2l l l l+ - - + - = , ενώ είναι 1 02 !l + . Σύμφωνα με το 1o ερώτημα η εξίσωση αυτή δεν είναι ποτέ αδύνατη.
Η περίπτωση να έχουμε διπλή ρίζα είναι όταν 1 2 1 1 2 4 2 3 3 3 02 2 2 2 2
+ +l l l l l l l l l- + =- + - + =- - - + + =^ h που είναι αδύνατη. Επομένως η εξίσωση ( 1) ( 1)x x2 2 2l l l l+ = - + + έχει δύο άνισες ρίζες για κάθε πραγματική τιμή του l .
4) α) Παρατηρούμε ότι το 1 είναι η μία λύση της εξίσωσης (1), έστω η x1 αφού την επαληθεύει. Τότε για τη ζητούμενη παράσταση θα ισχύει ( ) 1 1x x x x x x x x x x1 2 1 2 1 2 1 2 2 2- + = - - = - - =- .
β) Εφόσον οι ,x x1 2 είναι λύσεις της (1) και το άθροισμα x x1 2+ είναι λύση της (1), τότε θα είναι είτε 0x x x x1 1 2 2+= + = είτε 0x x x x2 1 2 1+= + = .
Δηλαδή η αρχική εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ρίζα το μηδέν. Έτσι θα είναι 0c = και λόγω του ότι b a=- η εξίσωση γίνεται 0 1 0x x x x2
+a a a- = - =^ h , που έχει εκτός από το μηδέν ρίζα και το ένα. Επομένως θα είναι 0x1 = και 1x2 = ή 1x1 = και 0x2 = .
Σε κάθε περίπτωση για την παράσταση ( 1) ( 1)A x x x x1 22011
2 12011= - + - με απλή αντικατάσταση βρίσκουμε
1A =- .
Λύση Άσκησης 15: Μίλτος ΠαπαγρηγοράκηςΠέμπτη 28 Απριλίου 2011 - 18:28
1) Έστω , 0 1 1 0f x x x f f20
& &!a b c a a b c= + + = + + =a b c+ + =
^ ^ ^h h h , άρα το 1 είναι ρίζα της (1) και συνεπώς η (1) δεν είναι ποτέ αδύνατη.
2) Για να έχει η (1) μια διπλή ρίζα (αφού το 1 είναι ρίζα έτσι και αλλιώς) το 1 θα είναι η διπλή ρίζα άρα θα πρέπει να ισχύει:
1 , 2 0,x x x x x x x x xR R2 2 2 2+6 6! !a b c a a b c a a a+ + = - + + = - + =^ h
2 : 2 ,x x R+ $f 6 !b a a c+ = -^ ^h h
Επομένως η (2) πρέπει να είναι ταυτότητα ως προς x , δηλαδή πρέπει:
2 0
0
0
2 0 2+ +
b a
a c
a b c
b a
a c
b a
c a
+ =
- =
+ + =
+ =
=
=-
=* ) )
3) Ας λύσουμε την εξίσωση…
1 1 1 1 1 1 1 0x x x x x x x x2 2 2 2 2 2 2 2 2+ +l l l l l l l l l l l+ = - + + + = + - + + - + - - =^ ^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h h
1 1 1 0 1 1 01
1x x x x x2 2
1 0, 1
2 2
R2
+ + +$l l l lt
tll+ - - - = - + - =
=
=+
6! !l l+
^ ^ ^ ^ ^h h h h h6 @ * και επειδή
2 1 2 2 1 1 1 1 2 1 2 0>2 2 2 2 21 0, 1 0,
2> R
2 2
&fl l l l l l l l l+ - = - + + + = - + + + -6H !l l l- +
^ ^ ^^
h h hh
1 11
> > >21 0
2 1 2 1 2
>2
+ & & &f !l lll
t t t t++
l +
. Άρα η εξίσωση 1 1x x2 2 2l l l l+ = - + +^ ^h h έχει δύο
ρίζες άνισες για κάθε πραγματική τιμή του l .
4) Έστω 1x1 = οπότε:
α) 1 1x x x x x x1 2 1 2
1
2 2
x1
- + = - - = -=
^ h , ομοίως αν είναι 1x2 = .
β) Αφού το άθροισμα 1x x x1 2 2&+ + είναι λύση της (1) τότε θα ισχύει υποχρεωτικά ότι 1 1 0x x2 2++ = = , διότι αν 1 1 0 ...x x2 2 ++ = = (άτοπο).
**Ας σημειωθεί ότι η δευτεροβάθμια εξίσωση δεν μπορεί να έχει περισσότερες από δύο πραγματικές διαφορετικές ρίζες.
Άρα η εξίσωση θα έχει ρίζες τις 1, 0x x1 2= = , οπότε σε κάθε περίπτωση (όπως αναφέρει και ο φίλος Μίλτος) η παράσταση Α ( λόγω της συμμετρίας της ως προς ,x x1 2) θα δίνει το ίδιο αποτέλεσμα, δηλαδή:
1A x1, 0
1
x x1 2
= - =-= =
.
Λύση Άσκησης 15: Στάθης ΚούτραςΠέμπτη 28 Απριλίου 2011 - 21:28
38 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 39
1) Είναι 4 1 1 4 1 4 32 2 2 2&$ fa a a a a aD D= - - + = - - = -^ ^ ^h h h .
α) Για να μην έχει η εξίσωση 0f x =^ h πραγματικές ρίζες πρέπει και αρκεί να είναι:
0 4 3 034
34
32 3
32 3
32 3
< < > > > < >2 2 2+ + + + + +fa a a a a aD - -
,3
2 33
2 3,+ ,3 3!a - - +c cm m .
β) Πρέπει
04 3 0
134
134
13
2 3
13
2 33
2 3
1
2 2 2
+ + + + + +f! ! ! ! !
HH G G G G Ga
aa
a
a
a
a
a
a
aD
- -) * * * *
32 3
,1 1,3
2 3+ ,!a - cm; E .
2) Για 03
2 3,1 1,
32 3
> + ,f !aD -c cm m θα είναι 1
S x x S1 2 &aa= + =--
και
11
p x x p1 2 &$aa= =-+ .
Για να είναι τώρα
, ,, , , ,
S p1 1
1
32 3
1 13
2 3
1 11
11
0
32 3
1 13
2 3
1 1
1
1 1 0
32 3
1 13
2 3
22
2
2
2
2
+ + + +
,, ,
!H
!
H
!
aa
aa
a
aa
aa
aa
a
aa
a
a
a a
a
=-
-=
-+
-
--
=-+
-+
-
-=
-
+
+ -
-c c
c
c c
^ ^^
^ ^
c cm m
m
m m
h hh
h h
m m
Z
[
\
]]
]]
Z
[
\
]]]
]]]
Z
[
\
]]]
]]]
, , , , , ,
1
1 0
32 3
1 13
2 3
1
1
32 3
1 13
2 3
1
1
1
32 3
1 13
2 3
2 2
2 2+ + + +
, , ,
H
!
H
!
H
!
a a
a
a
a a
a
a
a a
a a
a
a
= +
-
-
= +
-
= +
+ =-
-
^
c c c c c c
h
m m m m m m
Z
[
\
]]
]]
Z
[
\
]]
]]
Z
[
\
]]]
]]]
)
0 1( .)
21
, 1 1,
32 3
,1 1,3
2 3
21( .)
32 3
, 1 1,
o+ +
,
,
,3 3
3!
!!
adyo
a
a
a
a ar t
a
=
=-
- - +
-
=-
- - +^ ^
c cc ^
h h
m mm h
Z
[
\
]]]
]]]
*
**
άρα δεν υπάρχει τιμή του πραγματικού αριθμού a ώστε να ισχύει S p= .
Λύση Άσκησης 16: Στάθης ΚούτραςΠαρασκευή 29 Απριλίου 2011 - 15:43
3) Με 3
2 3,
32 3
32 3
,> + ,3 3!a a - - +c cm m όπως είδαμε στο 1o ερώτημα είναι 0<D , οπότε
για κάθε x Rd θα είναι 1 1f x x x2a a a= - + + +^ ^h h ομόσημο του 1a- .
Για το πεδίο ορισμού της g πρέπει:
0 32 3
1 0
,3
2 33
2 3,
1,3
2 3,f x >
>
32 3
0> <
+ + +,3 3
33H !
!!a
a
a
aa
-
- - +
++
+a D
^c c
^ch
m m
hm* * .
4) α) 1 1 1 3f a a a a= - + + + =^ h και 1 1 1f a a a a- = - - + + =^ h , οπότε η εξίσωση
1 1 0 3 0 3 0 0f f2011 2 2011 2
+ + +$ a a a- = = = =^ ^ ^h h h6 @ .
β) 1 1 1 0 3 1 3 00
31f f + +$ $a a
a
a- = - =
=
=^^ ^ ^h h h h * .
γ) 1 81 0 9 9 0 9 9 0 9 1 00
1f2 2 2 2
12 2
+ + + +a a a a a a aa
a- = - = - = - =
=
=-
!a a a=
^ ^h h ) .
5) α) Για 01 1
1x fx x x2&!
a aa=
-+ + +` j .
β) 1 11 1 1x f
xx x
x xx x x x2 2
22
+ + +$ aa a
a a a a a a=-
+ + + = - + + + =` c ^j m h
1 1
) 1 0 2( .)
) 111 )
11
, 1,1
) ( .), , 1 1,
x
i x
ii xiia x
iib
2
2
2+
&
+ +!
,
f
6
6 3 3!
!
!
a a
ao a adyo
ao aaa
aaa
adyo a
+ = -
=- =
- =+- =
+-
-
- - +
^
^ ^
h h
h h
6
Z
[
\
]]
]]* .
γ) 1 11 1 1x f
xf x x
x xx x2 2
22
+ +$a a
a a a a=-
+ + + = - + + +` ^ c ^j h m h
1 1 2x x x x x x1 1 1 12 2 2 2+ + +a a a a a a a a- + + + = - + + + + - - =^ ^ ^ ^h h h h
2 2 2 2 1x x x x x1 1 1 1 12 2 2 2+ + + + + !fa a a a+ - - = + - + = = = =^ ^h h6 6@ @ .
Λύση Άσκησης 16: Στάθης ΚούτραςΠαρασκευή 29 Απριλίου 2011 - 15:43
40 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 41
1) Είναι 9 4 5 0> &D = - = η εξίσωση 0f x =^ h έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες με 1 0x x >1 2$ =ac
, άρα οι ,x x1 2 είναι ομόσημες.
2) 2 2 21
2 36A
x x x xx x
A A1 2 1 2
1 2& &
$$
f= + =+
= =^ h
, 2 7B x x x x x x B12
22
1 22
1 2
3
1
x x
x x
1 2
1 2
&$= + = + - =$
+ =
=
^ h και
2 5 5x x x x x x x x21 2
21 2
212
22
1 2
7
12
0
B x x
x x x x >12
22
1 2 1 2
x x1 2
& &$C C C= - = - = + - = =$ C
= + =
= = -!
^ h .
3) Η ευθεία με εξίσωση : 0 :3 7 5 0 : 1Ax By x y3, 7, 5A B
+f fC+ + = + + =C= = =
^ ^ ^h h h
Για 0 7 5 075
0,75
x y y y y K1
& & & +f= + = =- = -l^ c^
h mh
Για 0 3 5 035)
0,35
y x x x x1
& & & +f K= + = =- = -l^ c^
h mh
4) Έστω , , , , , 6,7 , 7,6 , 5 , 5A A B A B A A A A A1 2 3 1 2 3"C C^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h" ", ,
τότε : 6 5 7 5 7 5 6 5A A A A1 3
2 2 2 2
2 3= - + - = - + - =^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h ,
οπότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές με κορυφή το A3 .
5) Έστω ,1 2t t οι ρίζες της εξίσωσης 2 5 6 0x x2 b c- + = , τότε:
25
1 125
225
25
5 5
26
1 1 3 1 335
S x x x x
p x x x x x x
1 2
1, 1
1 2 1 2
3
1 2
1, 1
1 2 1 2 1 2
3
1
x x x x
x x
x x
x x
1 1 2 2 1 2
1 1 2 2
1 2
1 2
& & & &
& & & &$ $
f
f
t tb b b b
b
t tc
c c c
= + = + + + = + + = = =
= = + + = + + + = =$
t t
t t
= + = + + =
= + = +
+ =
=
^ ^h h
Z
[
\
]]]
]]]
6) Έχουμε:
5 0 2
0 2
1 3
1
5 3
3
5 3
5
f
f
f
f 0 1, 1 5f f
- +
++
- +
-=
-+
+=
= - =
^
^
^
^ ^ ^
h
h
h
h h h
45 3 5 3
3 5 3
5 3 5 3
5 5 32
15 32
5 152
15 3 5 15
$
$
$
$=
- +
++
- +
-=
++
-=
+ + -=
^ ^
^
^ ^
^
h h
h
h h
h
5 0 2
0 2
1 3
14
f
f
f
f&
- +
++
- +
-=
^
^
^
^
h
h
h
h.
Λύση Άσκησης 17: Στάθης ΚούτραςΣάββατο 30 Απριλίου 2011 - 01:49
1) Παρατηρούμε ότι το x 1= είναι λύση της εξίσωσης.
‘Εστω x2 η άλλη ρίζα. Τότε απο το γινόμενο των ριζών προκύπτει 1x2 m=
- .
2) α) Eπειδή ( 1,0)!m - έπεται ότι 1 1<m
- , άρα 1,1
x x1 2 m= =- .
Τότε ( ) 11 1
f x x xm m
= --
= + , αφού m- θετικός.
(0)1
& (1) 11
f fm m
= = + .
H εξίσωση 0 1f f=^ ^h h γράφεται 1 11
m m= + , δηλαδή 1 = 0 (Αδύνατη).
β) Iσχύει (0) (1) 0f f $ και εμείς θέλουμε ( ) ( ) 0f f0 1 > . Ουσιαστικά θέλουμε ( ) ( ) 0f f0 1 ! , αυτό όμως από το ερώτημα 2) α) ισχύει για κάθε επιτρεπόμενη τιμή του m . Δηλαδή ( 1,0)!m - .
γ) Επειδή 1 0g =^ h η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα: 1 14
24x x +
m m m+ - + = = , απ’ όπου παίρνουμε
21
!m = , δεκτό μόνο το 21- .
δ) Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση 0g x f x- =^ ^h h έχει δύο άνισες λύσεις.
Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα: 11
0x x2m mm
+ - - = με διακρίνουσα ( 2) 0>2mD = + για κάθε ( 1,0)!m - , άρα έχει δύο άνισες λύσεις.
ε) Τα σημεία τομής με τους άξονες είναι 0,1
,1,0A B
m m-` `j j, άρα το εμβαδόν θα είναι . .E
122mx n=
-=
Λύση Άσκησης 18: Μάριος Γκούρης (irakleios)Σάββατο 30 Απριλίου 2011 - 18:04
42 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 43
1) Είναι: 4 1 16 8 16 164 4 4 42 2 2 2
&$ $ fa a a a a a a aD D= - - - - = - + = - + + = -^ ^ ^ ^h h h h6 @ .
2) Προφανώς για κάθε 4 0R2
&! Ha aD = +^ h η εξίσωση (1) έχει πραγματικές ρίζες για κάθε R!a .
Για να έχει η (1) ρίζες ίσες πρέπει και αρκεί 0 4 0 4 0 42
+ + +a a aD = + = + = =-^ h .
3) α) Με 2 1 3 , 3 1 2 2 1 3 3 1 2p k p k p p k k1 2 1 2& &= - = + + = - + +^ ^ ^ ^h h h h
2 6 3 6 5 4 5 9p p k k p p1 2 1 2
4p p1 2
& & & & fa a+ = - + + + = - = =a+ = -a
b-
.
β) Είναι 1 3 1 22 3 6 6
361 3 1 2 6k k
p p p pk k
1 2 1 24 36p p p p1 2
9
1 2
&$ $$
$f- + = = =-
- + =-&$ $a=- =-
a
c
a=
^ ^ ^ ^
`
h h h h
j
.
γ) Με 1 3 1 2 6 1 2 3 6 6 6 7 01
67k k k k k k k
k
k
2 2+ + +f f- + =- + - - =- + - =
=
=-
^ ^h h * .
δ) Για 12 1 3 1 4
3 1 2 1 9k
p
p
1
2
&$
$=
= - =-
= + =
^
^
h
h) και για
67
2 1 367
9
3 1 267
4k
p
p
1
2
&$
$=-
= - - =
= + - =-
``
``
jj
jj* .
4) α)
1 5 41 1 5 41 0 1 5 5 36 0x x x x x x2 2 2
+ + ++ - = + - - = + - - - =^ ^ ^h h h
5 36 0( .)
x xx
x
x
xx1 1
1 9
1 4
8
0 58
x x2
9 11
+ + + + !f fG adyo
+ - + - =+ =
+ =-
=
=-=
& "cka a= +
^ ^
^
h h
h
) ) .
β)
2 5 26 2 5 26 4 4 5 26 0x x2 2 20
2 2x2
+ + +~ ~ ~ ~ ~+ + = + + = + + + - =H~=
^ ^h h
9 22 0( .)
2 2o
x x0 11
22
x2 2
2
+ + + & + !fG
~ ~~ ar t
~~+ - =
=-
== = =
~=
) .
Mία διαφορετική αντιμετώπιση του 4) β) - (Μάριος Γκούρης): Είναι (2 ) 5 26 ( 2 ) 5( 2 ) 36 0x x x x2 2 2 2 2 2
++ + = - - - - - - = που είναι η αρνητική λύση της (1) δηλαδή το -4, οπότε 2 4 2x x2
+ !+ = = .
Λύση Άσκησης 19: Στάθης ΚούτραςΣάββατο 30 Απριλίου 2011 - 01:49
Συνοπτική λύση:
1) Είναι 0 7f =^ h , άρα 7m = και 5f 1 =^ h δηλαδή 1l =- .
2) α) 5 2 7 5f x x+= - + =^ h .
Επομένως 2 7 5 1x x+- + = = ή 2 7 5 6x x+- + = = .
β) 5 2 7 5f x x< <+ - +^ h .
Επομένως 3 2 7 3 10 2 4 2 5x x x< < < < < <+ +- - + - - - .
γ) Είναι:
2 32 7
0 2 7 2 3 0 2 7 1 3 0 3,1 [27, )
x xx
x x x x x x x22
+ + + , 3# # # e+ -- +
- + + - - + - + - +^ ^ ^ ^ ^h h h h h 6 @ .
Λύση Άσκησης 20: Χρήστος ΚανάβηςΣάββατο 30 Απριλίου 2011 - 22:16
44 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 45
1) 0,7 0 7 7
1,5 1 5 1 5
7
1 7 5
7
1
A C f
B C f
1 0
1 1 1
f
f x x f
f
f x x f
+ +
+ +
+ + f!
!
m
l m
m
l
m
l
= =
= - + =
=
- + =
=
=-
&
&
f
f
l m m
l m l m
= - + =
= - + = - +
^ ^
^ ^ ^^
^ ^ ^
^ ^ ^ ^
h h
h h hh
h h h
h h h h* ) )
2) Για 1, 7 2 7f x x&l m=- = =- +^ h :
α) 2 7 5 1
6
f x x
x
x
x
x
5 2 7 5
2 7 5
f x x2 7
+ +0 0= - + =
- + =
- + =-
=
=
=- +
+^^
hh
* * .
β) 3 2 7 3 3 2 7 3 3 7 2 3 7f x x x x< < < < < <2 7 7f x x
+ + + +- + - - + - - - -=- + -
^^
hh
10 2 4210
22
24
2 5xx
x< < > > < <: 2 0<
+ + f- - ---
--
---^ h
.
γ) 0 0&x x
f x
x xx x x x
x x2 3 2 32 7 2 7 2 3 0
1 3
,x x x x
2 2
2 3 0 1 3 22
+ + +$
! !G G
G+ - + -
- + - + + -++ - = = =-^ ^ ^h h h)
3,127,x
2 7 2 3 0 1, 3,27
x x x x x x2
+ ,ff 3! - ++$ f- + + - = = =- =
^^ ^
h jh h
8 .
Λύση Άσκησης 20: Στάθης ΚούτραςΣάββατο 30 Απριλίου 2011 - 22:18
1) Είναι 4 1 4 4 1 0, R2 2 2
& 6H !m m m m m mD D= - - - = - + = -^ ^ ^h h h .
2) Επειδή ,x x1 2 είναι ρίζες της εξίσωσης 0xz =^ h τότε: : 1x x1 2
1
m+ =ab m- =-
-
^ h και 1 : 2x x1 2
11
$ m= -ac m=
-
^ h.
α) Είναι 2 2 1 2 2x x x x x x x x x x12
22
1 22
1 2
1 , 2
12
22 2
12
22 2
& & fm m m m+ = + - + = - - + = - +^ ^^ ^
h hh h
.
β) Είναι
3
4 3 25
414 2
34 3 2
54
14 2x x x x x x x x1 2 1 22 2
1 2 1 21 , 2x x x x1 2 1 2
+ +$ + -
+ =- - - + -
+ =+ +- - - = + + ^ ^h h
34 1 3 2
54
14 23
4 2 25
414 2
34 2
54
142 0
+ + + +m m m m ~ ~- + -
+ =+ + -
+ =+ -
+ =Hm ~+ =
16 8 60 42 42 16 52 26 52 2 0 222
+ + + + + +H~ ~ ~ ~ ~ ~ m- + = - = = = + =m ~+ =
2 2
2 2
4
0+ +m
m
m
m
- =
- =-
=
=) ) .
γ) Είναι: 3 2012 3 2012f x x f5 2 2 5x x
12
22
2 22
12
22 2
& &m m m m= + - + = - + - +m m+ = - +
^ ^h h
f 3 2 3 20122& m m m= - - +^ h .
Για να ορίζεται η f πρέπει και αρκεί:
2 3 0 1 3 , 1 3,22 3 0 1, 3
f
2
A+ &0 ,f 3 3H G Hm m m m- - - = - - ++m m m m- - = =- =
^ h6@ .
δ) Επειδή το πεδίο ορισμού της f δεν είναι «συμμετρικό ως προς το μηδέν» (δηλαδή επιλέγοντας το τυχαίο x του πεδίου ορισμού δεν ανήκει και το x- στο πεδίο ορισμού) η f δεν είναι ούτε άρτια, ούτε περιττή.
3) α) Επειδή η { έχει άξονα συμμετρίας την ευθεία με εξίσωση:
2 2 2
12
1x x2 2
. .21
o x
& & &ab m m
m=- = = =ab m
ap o vynn- = =
.
3) β) Για 1m = έχουμε: 2x x x 1
2 2
2&{ {
{= - - =
=^ ^
^h h
h) οπότε η δοσμένη εξίσωση γίνεται ισοδύναμα:
2 2 3 2 3 2 0 ( .)x
xk
kk k k k
k
k o2
2 23 1
23
2 0
021
>
<
,x
k x2
0 0
2 2
>
+ + + + +ar t
= + = + = + - - ==
=-
6 !=
*
22
2
0
1
0
1
01k x
x
x
x
x
xx
20, 0
xk x>
+ + + + +!
!! ! !
== = =
=
6 !=
* ) ) .
Λύση Άσκησης 21: Στάθης ΚούτραςΣάββατο 30 Απριλίου 2011 - 23:15
46 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 47
1) Για 1 0 1 1m m m+ + !! ! !- εχουμε 4 1 2 0m m m2 2$D = - - = -^ ^h h . Άρα η (1) έχει
τουλάχιστον μια λύση.
Για 1m = η (1) δίνει 1x = , ενώ για 1m =- η (1) δίνει 1x =- .
Άρα για όλες τις τιμές του πραγματικού m η (1) έχει λύση.
2) Η (1) έχει δύο λύσεις για 2 2m m+ !! ! , όπου τότε 02D και για
x xm m m m
m m2
22
22 4 21 2 + + +! ! ! !
+ - - + και m 2!- .
3) Για 1m !! είναι 1,
11
Smm
Pm
=-
=-
.
Άρα 11 1
11
1 11
1 0mS Pmm
m mm
m
2 2
+ + +$ $ $+- -
+-
--
-
0 0 0m
m m
m
m mm
1
1 1
1
12
+ + +$ $ $-
- + -
-
-^ h, που ισχύει και κάθε πραγματικό m .
4) Για 1x = η (1) γίνεται 1 1 0m m m m+- - + = = , η οποία ισχύει για κάθε 0m $ .
5 )Για 2011m 2012= είναι 2011 2 0D >2012= - , άρα η (1) έχει δύο λύσεις άνισες τις 2
2x
m m1,2
!=
-^ h.
Για 2011m 2012= έχουμε την ακέραια λύση 2
2011 2011 222
1x2012 2012
=- -
= =^ h
.
Λύση Άσκησης 22: Χρήστος ΚανάβηςΚυριακή 01 Μαΐου 2011 - 19:54
1) Για να ταυτίζονται οι ευθείες αρκεί το σύστημα των εξισώσεών τους να έχει άπειρες λύσεις(Παρατήρηση: Αν βέβαια ένα γραμμικό σύστημα 2x2 έχει δύο διακεκριμένες λύσεις τότε θα έχει άπειρες)
Έχουμε:
y x
y x
y x
x x
6
5 6 8
6
6 5 6 8
2 2
2+ +m
m
m
m m
= +
= - +
= +
+ = - +^ ^h h) )
6
6 5 6 8 0
6
5 6 2: 1
y x
x x
y x
x
2
2
2
2+ +m
m m
m
m m
= +
+ - - - =
= +
- + =^ ^ ^h h h) )
Για να συμβεί 1 2/f f^ ^h h αρκεί η εξίσωση (1) να είναι ταυτότητα, πράγμα που είναι αδύνατο (αφού είναι της μορφής xa b= με 2 0!b = ).
2) Αφού οι ευθείες ,1 2f f^ ^h h δεν είναι οριζόντιες οι συντελεστές διεύθυνσής τους είναι διάφοροι του μηδενός,
δηλαδή ισχύει: 0
&
5 6 0
0&56
2
+
!
!
! !
m
m
m m
-
* .
α) Είναι:
0,6K y y K1
: 6 6y x y12
0x
&+f=&f m= + ==
l^ ^^
h hh
και 5 6
8,0x x2
: 5 6 8 5 6 8 05 6
8y x x x2
0 56
y
&+fm
K K= --
& +f m mm
= - + - + = =--
!m=
l^ c^ ^ ^
h mh h h
.
β) Είναι:
10 10 100 100K K OK O y x2 2
( .), 0,02 2 2 2
OK o o O
K+ + + +K K K= = + = + =O ti cK
K^ ^ ^ ^^
h h h hh
65 6
8100
56
5 68
100 36
56
5 68
64
56
5 68
8
56
22 2 2
5 68
0>
+ + + +! ! ! !
m
m
m
m
m
m
m
m
+ --
=-
= --
=-
=m-
* * * *
5 6
88
56
5 61
1
56
5 6 1
56
5 6 1
5 6 1
56
57
1
56
57, 1+ + + + + f
! !!
! !
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m m-
=-
= - =- =
- =-=
= = =
Z
[
\
]]
]]
Z
[
\
]]
]]
Z
[
\
]]
]]
Z
[
\
]]
]]*
) *
Παρατήρηση: Προσπαθώ να αποφύγω τον τύπο της απόστασης σημείων γιατί είναι εκτός ύλης.
Λύση Άσκησης 23: Στάθης ΚούτραςΚυριακή 01 Μαΐου 2011 - 23:24
48 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 49
3) Για 1m = έχουμε: : 6y x1f = +^ h και : 8y x2f =- +^ h .
α) Είναι: : 6 0 6 6y x x x x1
0
1
y
" + & +f f= + = + =-=
^ ^h h .
β) Για 1m = είναι: 0,6 , 6,0K M -^ ^h h και 5 6
8,0 8,0
1
"m
K K--
m=
c ^m h , οπότε 10KK =^ h όπως βρήκαμε
(μην ξεχνάμε ότι και η τιμή 1m = προέκυψε με την απαίτηση 10KK =^ h ).
36 36 36 2 6 2KM x y KM KM2 2
M K & &$f f= + = + = =^ ^ ^h h h και
8 6 14M x x MM & fK K= - = - - =K^ ^ ^h h h .
Είναι K M MK K! ! !K K K^ ^ ^ ^h h h h, οπότε το τρίγωνο ΚΛΜ είναι σκαληνό.
γ) Είναι 21
21
1421
14 6 42 .K M M OK y K MK &$ $ $ $ $ $ x nK K K= = = =^ ^ ^ ^h h h h , όπου παριστάνει το
εμβαδόν του τριγώνου ΚΛΜ.
δ) Επειδή τα Κ και Λ έχουν διαφορετικές τετμημένες η ζητούμενη ευθεία 3f^ h θα είναι της μορφής: : y x3f a b= +^ h . Είναι:
0,6 6 0
8,0 0 8
6
8 6 0
6
43 :
43
6K
y x3
3
3
+
++ + &
$
$
!
!
f a b
f a b
b
a
b
af
K
= +
= +
=
+ =
=
=-=- +
^ ^
^ ^^
h h
h hh) ) * .
ε) Έστω , 6 : 3x y y x0 0 0 1
: 6
0 0
y x1
M &! f = +f = +
^ ^ ^^
h h hh
. Τότε και το συμμετρικό του ,x y0 0 0M ^ h ως προς τον y yl
θα είναι το σημείο ,x y0
0 0M -l ^ h, το οποίο για να ανήκει στην 43
6 : 4y x3
:43
6
0 0
y x3
&f = +f =- +
^ ^^
h hh
.
Επομένως αν υπάρχει τέτοιο σημείο θα πρέπει το σύστημα των εξισώσεων (3) και (4) να έχει λύση (η οποία θα αποτελεί και τις συντεταγμένες του ζητούμενου σημείου).
Έχουμε:
6
43
6
6
043
6
0 4 3
6
0
6
00,6
y x
y x
y x
x x
y x
x x
y x
x
y
xM
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0
0
0
0 1 3+ + + + & +f f= +
= +
= +
= -
= +
= -
= +
=
=
==
-
^ ^ ^^
h h hh
* * ) ) ) .
Λύση Άσκησης 23: Στάθης ΚούτραςΚυριακή 01 Μαΐου 2011 - 23:24
1) Επειδή οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων ,f x g x^ ^h h είναι ευθείες, θα είναι ανηφορικές εάν είναι γνησίως αύξουσες σαν συναρτήσεις, εάν δηλαδή έχουν θετικό συντελεστή διεύθυνσης, οπότε:
Ο μεν Μίλτος ανηφορίζει όταν 20
10 1 0 1 0 1> >
2
2+ + +! !
mm m m
-- -
^^
hh και επειδή
1,2,3,4,5!m " ,, άρα όταν 2,3,4,5!m " ,.
Ο δε Στάθης ανηφορίζει όταν 20
70 7 0 7 7 4 2> > > > >
22 2
+ + +m
m m m-
- = και επειδή
1,2,3,4,5!m " ,, άρα όταν 3,4,5!m " ,.
2) Ο Μίλτος κι ο Στάθης που κινούνται πάνω σε ευθείες δε θα συναντηθούν εφόσον οι ευθείες που κινούνται είναι παράλληλες, όταν δηλαδή έχουν τον ίδιο συντελεστή διεύθυνσης, οπότε:
201
207
1 7 2 1 7 42 2
2 2 2 2+ + + +f
m mm m m m m m
-=
-- = - - + = - =
^^
hh , δεκτή λύση.
Δηλαδή όσο κινείται ο Μίλτος στη A4 και ο Στάθης στηνB4 , οι τροχιές των κινήσεών τους ποτέ δεν συναντιούνται.
3) Ο Μίλτος θα κουραστεί περισσότερο από τον Στάθη όταν για την ίδια απόσταση διανύει πιο ανηφορικές διαδρομές, δηλαδή διαδρομές με μεγαλύτερη κλίση οπότε όταν:
20( 1)
207
( 1) 7 2 1 7 2 1 8 4> > > > <2 2
2 2 2 2+ + + +
m mm m m m m m m
- -- - - + - - - -
και επειδή 1,2,3,4,5!m " , τότε 1,2,3,!m " ,.
Άρα σε καθεμία από τα διαδρομές , ,A A A1 2 3 κουράζεται περισσότερο ο Μίλτος σε σχέση με τον Στάθη στις διαδρομές , ,B B B1 2 3 αντίστοιχα.
4) Για να ξεδιψάσουν στην πηγή στο σημείο 1,206` j θα πρέπει οι συντεταγμένες της πηγής να επαληθεύουν
τις γραφικές παραστάσεις των διαδρομών των ποδηλατών.
Ο Μίλτος:
, (1) 6( )
6C f1206
201 1
f
2
+ + +!m m
=- + -
=` j
202 1 1
206
6 0 2 32
2+ + +m m m
m m m m- + + -
= - - = =- = και επειδή 1,2,3,4,5!m " , τότε 3m = .
Ο Στάθης:
1,206
(1)206
207 1
206
C g2
g + + +!m m=- + -
=` j
12 0 3 42+ +m m m m+ - = = =- και επειδή 1,2,3,4,5!m " , τότε 3m = .
Λύση Άσκησης 24: parmenides51Δευτέρα 02 Μαΐου 2011 - 20:27
50 | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | www.mathematica.gr www.mathematica.gr | Επιμέλεια: Μιχάλης Νάννος | Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου | 51
5) Αν ο Μίλτος ακολουθήσει την διαδρομή A2 τότε θα κινείται στην ευθεία:
202 1 2 1
201
f xx x
2
=- + -
=+
^^
hh
.
Αν ο Στάθης ακολουθήσει την διαδρομή B3 τότε θα κινείται στην ευθεία:
203 7 3 1
202 4
g xx x
2
=- + +
=+
^^
hh
.
Οι δύο ποδηλάτες συναντιούνται όταν οι διαδρομές τους συναντιούνται, όταν f x g x=^ ^h h
201
202 4
1 2 4 3x x
x x x+ + ++
=+
+ = + =- , δεκτή λύση.
3203 1
202
101
f - =- +
=- =-^ h .
Το σημείο συνάντησης τους είναι το σημείο 3, 3 3,101
f- - = - -^^ `hh j.
ΥΓ.1 Με βάση την απάντηση στο ερώτημα 1:
Πρώτη αδικία για τον Μίλτο: 4/5 οι ανηφόρες γι΄ αυτόν ενώ 3/5 οι ανηφόρες για τον Στάθη.
ΥΓ.2 Με βάση την απάντηση στο ερώτημα 3:
Δεύτερη αδικία για τον Μίλτο: 3/5 οι διαδρομές που κουράζεται περισσότερο από τον Στάθη.
ΥΓ.3 Με βάση την απάντηση στο ερώτημα 4:
Παραδόξως πάνε και οι δυο ποδηλάτες στην πηγή, το μόνο σημείο δικαιοσύνης στην άσκηση.
ΥΓ.4 Με βάση τα υστερόγραφα 1 και 2:
Ο θείος Χρήστος κάνει διακρίσεις καθώς ευνοεί επανειλημμένα τον Στάθη. Άρα η ζωή είναι άδικη : )
Λύση Άσκησης 24: parmenides51Δευτέρα 02 Μαΐου 2011 - 20:27
1) Για 0!m έχουμε:Για 0x = είναι 0 1f m= +^ h , άρα μοναδικό σημείο τομής με τον άξονα y yl καθώς το R*!m .
Για 0f x y= =^ h έχουμε 2 1 1 0x x2m m m+ - + + =^ h . Είναι 4 1 4 1 12 4
2+m m m mD D= - - + =- +^ ^h h .
Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις.
α) Αν 031
> <+ mD , 0!m , οπότε έχουμε δύο κοινά σημεία με τον άξονα x xl για ,0 0,31
,3!m -^ `h j.
β) Αν 031
+ mD = = , τότε έχουμε ένα κοινό σημείο με τον άξονα x xl και
γ) Αν 031
< + mD = , τότε δεν έχουμε κανένα κοινό σημείο με τον άξονα x xl .
Για 0m = είναι 2 1f x x=- +^ h , η οποία έχει ένα σημείο τομής με τον άξονα x xl και ένα με τον άξονα y yl .
2) Για να έχει η εξίσωση 0f x =^ h δύο πραγματικές και άνισες λύσεις πρέπει 0>D , άρα 31
<m με 0!m και για να είναι 1 2 1 2t t t t+ =- - πρέπει 01 2 #t t+ (διότι 0a a a+ #=- ). Όμως απο τους τύπους Vieta
είναι 2 11 2t t
mm
+ =- -^ h
.Άρα πρέπει και 2 10 2 1 0 ,0 1,+ + ,3 3# # !
mm
m m m- -
- - - +^
^ ^h
h h h6 .
Επομένως ,0 0,31
,0 1,,0&
,
,
3
3 33
!
!!
m
mm
-
- +-
^ `
^^
h j
h hh
6
* 4 .
3) Για 0m = είναι 2 1g x x=- +^ h και για 1m =- είναι 4h x x x2=- -^ h , ενώ 1 3f - =^ h .
Άρα η ανίσωση για 21
x ! γίνεται: 3 3 0g x
h xf
xx x
xx x
12 1
42 1
42 2
+ + +$ $ $-- +- -
- +- -
-^^
^hh
h
2 14 6 3
0 2 3 2 1 021,
xx x x
x x x x2
2+ + + 3$ $ !
- +- - + -
- + - - + +^ ^ `h h j.
4) Για 2m = είναι 2 2 3f x x x2= + +^ h . Άρα η ανίσωση γίνεται:8 12 29 4 4 9 8 12 12 8 12 29 4 5 0f x x x x x x x x x x x x2 3 4 2 3 2 3 4 2
+ +# # #+ + + + + + + + + + -^ h .
Θέτουμε 0x2 $~= και βρίσκουμε 11~ = (δεκτή) ή 52~ =- .
Επομένως η ανίσωση γίνεται 1 5 0 1,1x x x2 2+# !- + -^ ^h h 6 @.
5) Είναι 1 3, 0 1, 1 4 1f f fm m- = = + = -^ ^ ^h h h και επειδή 1 1 1f f + m= - =^ ^h h , άρα 1 3, 0 2, 1 3f f f- = = =^ ^ ^h h h .
Για να βρούμε τα σημεία τομής των ( ), ( )1 2e e λύνουμε το σύστημα:
3 2 3
2 3 9
6 4 6
6 9 27
13 21
3 2 31321
3981
1321
1327
x y
x y
x y
x y
y
x y
y
x
y
x3
2
+ + + ++ =
- =
+ =
- + =-
=-
+ =
=-
=
=-
=$
$
-
+^ h
) ) ) * *3 3 3 4 4.
Λύση Άσκησης 25: Χρήστος ΚανάβηςΔευτέρα 02 Μαΐου 2011 - 02:52
ΤΕΛΟΣ