1

Θέμα 16

Δίνεται η συνάρτηση f, με x 2 x 0

f(x)x 2 x 0

α) Να βρείτε το σημείο τομής της γραφικής παράστασης f της f με τον άξονα y′y.

β) i)Να χαράξετε τη Cf και την ευθεία y = 3, και στη συνέχεια να εκτιμήσετε τις συντεταγμένες των σημείων τομής τους.

ii) Nα εξετάσετε αν τα σημεία αυτά είναι συμμετρικά ως προς τον

άξονα y’y. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. γ) i)Για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού α, η ευθεία y=α τέμνει τη

Cf σε δυο σημεία; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. ii) Για τις τιμές του α που βρήκατε στο ερώτημα (γi), να προσδιορίσετε

αλγεβρικά τα σημεία τομής της Cf με την ευθεία y = α και να εξετάσετε

αν ισχύουν τα συμπεράσματα του ερωτήματος (βii), αιτιολογώντας τον ισχυρισμό σας.

α) Για χ = 0 έχουμε: y = f(0)=2.

Επομένως το σημείο τομής

με τον y’y είναι (0,2).

β) Τα σημεία τομής είναι K(1,3) και Λ(−1,3). Τα σημεία τομής είναι

συμμετρικά ως προς τον άξονα y’y αφού έχουν αντίθετες τετμημένες.

γ) Η ευθεία y = α τέμνει την

f σε 2 σημεία για α > 2. (αφού για α = 2 έχουμε ένα σημείο τομής ενώ για α < 2 κανένα σημείο

τομής).

Η συνάρτηση x 2 x 0

f(x)x 2 x 0

, γράφεται f(x) x 2 .

Λύνουμε: x 2 x 2 (1).

Αν α − 2 < 0 , δηλαδή α < 2, τότε η (1) είναι αδύνατη .

Αν α − 2 = 0 , δηλαδή α = 2, τότε η (1) έχει μια μοναδική λύση

την χ = 0 .

Αν α − 2 > 0 , δηλαδή α > 2 γίνεται: |χ| = α − 2 ⇔ χ = α − 2 ή

χ = −α + 2 .

Τα σημεία με τετμημένες χ = α − 2, χ = −α + 2 είναι συμμετρικά ως προς τον y′y αφού οι τετμημένες είναι αντίθετες (ισχύουν τα συμπεράσματα του ερωτήματος β(ii)).

2

Θέμα 17

Δίνεται η εξίσωση (χ − 2)2=λ(4χ-3) , με παράμετρο λ ∈ R. α) Να γράψετε την εξίσωση στη μορφή αx2+βx+γ = 0, α ≠ 0. β) Να βρείτε για ποιες τιμές του λ η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές και

άνισες. γ) Αν χ1, χ2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης, στην περίπτωση που έχει ρίζες

πραγματικές και άνισες, i. να υπολογίσετε τα S = χ1 + χ2 και P = χ1 ∙ χ2 ii. να αποδείξετε ότι η παράσταση A = (4x1−3)(4x2-3)

είναι ανεξάρτητη του λ, δηλαδή σταθερή.

α) Είναι χ2 – 4χ + 4 = 4λχ-3λ ⇔ χ2 − (4 + 4λ)χ + 4 + 3λ = 0. β) Η εξίσωση είναι πραγματικές και άνισες ρίζες όταν Δ > 0 .

Δ > 0 ⇔ (4 + 4λ)2 − 4(4 + 3λ) > 0 ⇔ 16 + 32λ + 16λ2 − 16 – 12λ > 0

⇔ 16λ2 + 20λ > 0 ⇔ 4λ2 + 5λ > 0 ⇔ λ(4λ + 5) > 0

⇔ 5

4 ή λ > 0.

γ) Για το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών είναι:

i. S = x1 + x2 = (4 4 )

4 41

−

P = x1 ∙ x2 = 4 3

4 31

ii. A = (4 x1 − 3)(4 x2 − 3) = 16 x1 ∙ x2 − 12(x1 + x2) + 9 =

=16 ∙ (4 + 3λ) − 12(4 + 4λ) + 9 = 64 + 48λ − 48 – 48λ + 9= =64 − 39 = 25 (ανεξάρτητη του λ)

Θέμα 18

Δίνεται η εξίσωση: χ2 − λχ − (λ2 + 5) = 0 (1) με παράμετρο λ ∈ R. α) Να βρείτε τη διακρίνουσα Δ της εξίσωσης (1).

β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (1) έχει δυο ρίζες πραγματικές και άνισες

για κάθε λ ∈ R. γ) Αν χ1, χ2 είναι οι δύο ρίζες της εξίσωσης (1), να βρεθούν οι τιμές του λ

∈ R για τις οποίες ισχύει: (x1 − 2 )(x2 − 2 ) = −4 Λύση:

α) Η εξίσωση γράφεται: x2 – λχ - (λ2 + 5) = 0 (1) και η διακρίνουσα είναι:

= λ2 − 4 ∙ (−λ2 − 5) = λ2 + 4λ2 + 20 = 5λ2 + 20 .

β) Παρατηρούμε ότι Δ = 5λ2 + 20 > 0 για κάθε λ∈ R, άρα η (1) έχει 2 ρίζες πραγματικές και άνισες.

γ) Είναι (x1 − 2)(x2 − 2) = −4 ⇔ x1 ∙ x2 − 2(x1 + x2) + 4 = −4 ⇔

⇔−λ2 − 5 − 2 ∙ λ + 8 = 0 ⇔ −λ2 – 2λ + 3 = 0 με Δ = 4 − 4 ∙ (−1) ∙ 3 = 16

1,2

2 4

2

δηλαδή λ1 = −3, λ2 = 1.

3

Θέμα 19

α) Να λύσετε την εξίσωση: χ2 – 3χ − 4 = 0 (1) β) Δίνονται οι ομόσημοι αριθμοί α, β για τους οποίους ισχύει:

α2-3αβ-4β2=0

i. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός

είναι λύση της εξίσωσης (1).

ii. Να αιτιολογήσετε γιατί ο α είναι τετραπλάσιος του β. Λύση:

α) Είναι: χ2 – 3χ − 4 = 0 (1). Δ = 25 Άρα: χ1 = 4 , χ2 = −1.

β) Είναι: α2 – 3αβ – 4β2 = 0 ⇔ α2 – 4αβ + αβ – 4β2 = 0 ⇔

⇔ α(α – 4β) + β(α – 4β) = 0

⇔ (α – 4β)(α + β) = 0 ⇔ α = 4β ή α = −β (απορρίπτεται αφού α, β ομόσημοι).

Τελικά: α = 4β ⇔ 4

.

Ο αριθμός 4

είναι λύση της (1) (ερώτημα (α))

Θέμα 20

Δίνεται η αριθμητική πρόοδος (αν) με διαφορά ω. α) Να αποδείξετε ότι α20-α10 = 10ω.

β) Αν α20 – α10 = 30 και α1 = 1, να αποδείξετε ότι αν = 3ν-2. γ) Ποιος είναι ο πρώτος όρος της προόδου που ξεπερνάει το 30; δ) Πόσοι όροι της παραπάνω προόδου είναι μικρότεροι του 60;

Λύση:

α) Είναι: α20 – α10 = α1 + 19 − α1 – 9ω = 10ω.

β) Είναι: α20 − α10 = 30, άρα 10ω = 30 ⇔ ω = 3 . Επίσης: α1 = 1

Έχουμε: αν = α1 + (ν − 1) ∙ ω = 1 + (ν − 1) ∙ 3 = 1 + 3ν − 3 = 3ν − 2 γ) Για ν = 11 έχουμε α11 = 3 ∙ 11 − 2 = 33 − 2 = 31.

Άρα είναι ο 11 όρος.

δ) Παρατηρούμε ότι για = 21 , α21 = 3 ∙ 21 − 2 = 63 − 2 = 61. Άρα 20 όροι της παραπάνω προόδου είναι μικρότεροι του 60.

4

Θέμα 21

Δίνεται η συνάρτηση: 2f(x) x x4

α) Να βρείτε τις τιμές του πραγματικού αριθμού α, ώστε το πεδίο

ορισμού της συνάρτησης f να είναι το σύνολο R.

β) Αν είναι γνωστό ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται

από το σημείο 1

0,2

, τότε:

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

σύμβολο της τετραγωνικής ρίζας.

ii. Να λύσετε την εξίσωση 1

f(x)2

.

α) Είναι: 2f(x) x x4

Πρέπει: 2x x 04

24x 4x 0 (1) για κάθε χ ∈ R.

Η (1) ισχύει όταν Δ ≤ 0 ⇔ 16 – 16α ≤ 0 ⇔ 16α ≥ 16 ⇔ α ≥ 1.

β) i. Είναι 21 1 1f(0) 0

2 4 2 4 2

Για α = 1 ,

2

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

4 2 2

ii. Λύνουμε:

1 1x

2 21 1

x ή2 2

1 1x

2 2

x 1

ή

x 0

5

ΘΕΜΑ 22

Δίνεται η εξίσωση: x2– x+(λ-λ2) = 0, με παράμετρο λR (1)

α) Να βρείτε τη διακρίνουσα Δ της εξίσωσης και να αποδείξετε ότι η

εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε λR

(Μονάδες 10)

β) Για ποια τιμή του λ η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες ίσες;

(Μονάδες 6)

γ) Αν λ ≠1

2 και x1, x2 είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης (1), τότε να

βρείτε για ποιες τιμές του λ ισχύει:

1 2

1 2

1d(x ,x )

d(x ,x )

(Μονάδες 9)

α) Είναι: x2 − x + λ2 = 0, λ ∈ R

= 1 − 4(λ – λ2) = 1 – 4λ + 4λ2 = (2λ − 1)2 ≥ 0

Άρα η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε λ∈R.

β) Η (1) έχει 2 ρίζες ίσες όταν Δ = 0 ⇔ (2λ − 1)2 = 0 ⇔ 1

2 .

γ) Για Δ = (2λ − 1)2 έχουμε 1,2

1 (2 1)x

2

δηλαδή χ1 = λ και χ2 = 1 − λ.

Λύνουμε: 1 2

1 2

1d(x ,x )

d(x ,x )

2

1 2d (x ,x ) 1

24 4 0 4 ( 1) 0 0 ή =1

6

ΘΕΜΑ 23

Δίνεται η εξίσωση: x2 – x +(λ - λ2) = 0, με παράμετρο λR. (1)

α) Να βρείτε τη διακρίνουσα Δ της εξίσωσης και να αποδείξετε ότι η

εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε λR

(Μονάδες 10)

β) Για ποια τιμή του λ η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες ίσες;

(Μονάδες 6)

γ) Να βρείτε το λ, ώστε η συνάρτηση 2 2f x x - x να έχει πεδίο

ορισμού το R.

(Μονάδες 9)

α) Είναι: x2 − x + λ2 = 0, λ ∈ R

= 1 − 4(λ – λ2) = 1 – 4λ + 4λ2 = (2λ − 1)2 ≥ 0

Άρα η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές για κάθε λ∈R.

β) Η (1) έχει 2 ρίζες ίσες όταν Δ = 0 ⇔ (2λ − 1)2 = 0 ⇔ 1

2 .

γ) Πρέπει 2 2x - x 0 Αυτό συμβαίνει όταν Δ ≤ 0.

Λύνουμε:

Δ ≤ 0 ⇔ 1 − 4(λ −λ2) ≤ 0 ⇔ 4λ2 – 4λ + 1 ≤ 0

⇔ (2λ – 1)2 ≤ 0.

Ισχύει μόνο το «=» άρα (2λ − 1)2 = 0 ⇔ 2λ − 1 = 0 ⇔ 1

2

7

ΘΕΜΑ 24

Σε μια ομάδα που αποτελείται από 7 άνδρες και 13 γυναίκες, 4 από τους άνδρες και 2 από τις γυναίκες παίζουν σκάκι. Επιλέγουμε τυχαία

ένα από τα άτομα αυτά. α) Να παραστήσετε με διάγραμμα Venn και με χρήση της γλώσσας των

συνόλων το ενδεχόμενο το άτομο που επιλέχθηκε:

i) να είναι άνδρας ή να παίζει σκάκι. (Μονάδες 6)

ii) να μην είναι άνδρας και να παίζει σκάκι. (Μονάδες 6)

β) Να υπολογίσετε την πιθανότητα το άτομο που επιλέχθηκε να είναι

γυναίκα και να παίζει σκάκι. (Μονάδες 13)

α) i) ii)

β) Συνολικά η ομάδα έχει 20 μέλη ( 7 άνδρες +13 γυναίκες ) Από τις γυναίκες παίζουν σκάκι 2. Επομένως

Ν(Α)=2 και Ν(Ω)=20 και έτσι ισχύει: 2

P(A) 0,120

ΑΝΔΡΕΣ ΓΥΝΑΙΚΕΣ

ΣΚΑΚΙ

ΑΝΔΡΕΣ ΓΥΝΑΙΚΕΣ

ΣΚΑΚΙ

8

Θέμα 25

Δίνεται η συνάρτηση 2 2

2

(x 1)(x 4)g(x)

x x

η οποία έχει πεδίο ορισμού το

R − {−2, 1}.

α) Να βρείτε τις τιμές των κ και λ.

β) Για κ =1 και λ = −2:

i. Να απλοποιήσετε τον τύπο της g.

ii. Να δείξετε ότι: g(α +3) > g(α), όταν −1 < α < 2

Είναι: 2 2

2

(x 1)(x 4)g(x)

x x

με Αg = ℝ − {−2,1}

α) Οι τιμές x = −2 , x = 1 μηδενίζουν τον παρονομαστή.

Άρα για x = −2 έχουμε: 4 − 2κ + λ = 0 και για x = 1 έχουμε:

1 + κ + λ = 0.

Από το σύστημα των δύο εξισώσεων έχουμε ότι: 1

2

β) i. Για κ = 1, λ = −2 έχουμε:

2 2

2

(x 1)(x 4) (x 1)(x 1)(x 2)(x 2)g(x) (x 1)(x 2)

x x 2 (x 2)(x 1)

ii.Είναι: g( + 3) > g(α) ⇔ (α + 3 + 1)(α + 3 − 2) > (α + 1)(α − 2)

⇔ (α + 4)(α + 1) > (α + 1)(α − 2)

⇔ α2 + 5α + 4 > α2 − α − 2 ⇔ 6α > −6 ⇔ α > −1,

που ισχύει από υπόθεση

ή

g(α + 3) > g(α) ⇔ (α + 4)(α + 1) > (α + 1)(α −2), (1)

Από την υπόθεση έχουμε ότι: −1 < α < 2 .

Άρα: −1 < α ⇔ −1 + 4 < α + 4 ⇔ α + 4 > 3 (άρα α + 4 > 0)

Επίσης −1 < α ⇔ 0 < α + 1

Αντίστοιχα: α − 2 < 0 αφού α < 2 .

Από τα παραπάνω, ισχύει η (1).

9

Θέμα 26

Δίνεται η συνάρτηση 2 2

2

(x 1)(x 4)g(x)

x x

η οποία έχει πεδίο ορισμού το

R − {−2, 1}.

α) Να βρείτε τις τιμές των κ και λ.

β) Για κ =1 και λ = −2:

i. Να απλοποιήσετε τον τύπο της g.

ii. Να δείξετε ότι g(α) · g(β) > 0, όταν -1 < α < 2 και −1 < β < 2

Είναι: 2 2

2

(x 1)(x 4)g(x)

x x

με Αg = ℝ − {−2,1}

α) Οι τιμές x = −2 , x = 1 μηδενίζουν τον παρονομαστή.

Άρα για x = −2 έχουμε: 4 − 2κ + λ = 0 και για x = 1 έχουμε:

1 + κ + λ = 0.

Από το σύστημα των δύο εξισώσεων έχουμε ότι: 1

2

β) i. Για κ = 1, λ = −2 έχουμε:

2 2

2

(x 1)(x 4) (x 1)(x 1)(x 2)(x 2)g(x) (x 1)(x 2)

x x 2 (x 2)(x 1)

ii. g(α) ∙ g(β) > 0 ⇔ (α + 1)(α − 2) ∙ (β + 1) ∙ (β − 2) > 0 (1)

Έχουμε: −1 < α ⇒ α + 1 > 0 (2)

α < 2 ⇒ α − 2 < 0 (3)

−1 < β ⇒ β + 1 > 0 (4)

β < 2 ⇒ β − 2 < 0 (5)

Από τις (2), (3), (4) και (5) ισχύει η σχέση (1) .

10

ΘΕΜΑ 27

Μια ημέρα, στο τμήμα Α1 ενός Λυκείου, το 1

4 των μαθητών δεν έχει

διαβάσει ούτε Άλγεβρα ούτε Γεωμετρία, ενώ τo 1

3 των μαθητών έχει

διαβάσει και τα δύο αυτά μαθήματα. Η καθηγήτρια των μαθηματικών επιλέγει τυχαία ένα μαθητή για να τον εξετάσει. Ορίζουμε τα

ενδεχόμενα: Α: ο μαθητής να έχει διαβάσει Άλγεβρα Γ: ο μαθητής να έχει διαβάσει Γεωμετρία

α) Να παραστήσετε με διάγραμμα Venn και με χρήση της γλώσσας των

συνόλων τα δεδομένα του προβλήματος.

(Μονάδες 9) β) Να υπολογίσετε την πιθανότητα ο μαθητής:

(i) να έχει διαβάσει ένα τουλάχιστον από τα δύο μαθήματα (ii) να έχει διαβάσει ένα μόνο από τα δυο μαθήματα.

(Μονάδες 8)

γ) Αν γνωρίζουμε επιπλέον ότι οι μισοί από τους μαθητές έχουν διαβάσει Γεωμετρία, να βρείτε την πιθανότητα ο μαθητής:

i) να έχει διαβάσει Γεωμετρία ii) να έχει διαβάσει Άλγεβρα

(Μονάδες 8)

α) Το ενδεχόμενο:

«δεν έχει διαβάσει ούτε Άλγεβρα ούτε Γεωμετρία»

γράφεται ή

Και η πιθανότητα του είναι 1

P4

και το ενδεχόμενο:

«έχει διαβάσει και τα δύο αυτά μαθήματα» γράφεται

Και η πιθανότητα του είναι 1

P3

β) Το ενδεχόμενο: «έχει διαβάσει ένα τουλάχιστον από τα δύο μαθήματα» γράφεται

1 3

P 1 P 14 4

Το ενδεχόμενο: «να έχει διαβάσει ένα μόνο από τα δυο μαθήματα»

γράφεται A

3 1 9 4 5

P A P(A ) P(A )4 3 12 12 12

Α Γ

Α Γ

11

γ) Οι μισοί από τους μαθητές έχουν διαβάσει Γεωμετρία σημαίνει:

1

P2

Από τον προσθετικό νόμο έχουμε: P(A ) P(A) P( ) P(A )

3 1 1P(A)

4 2 3

3 1 1 9 6 4 7P(A)

4 2 3 12 12 12 12

12

ΘΕΜΑ 28

Σε αριθμητική πρόοδο είναι α2 = κ2 και α3 = (κ+1)2, κ ακέραιος με κ>1. α) Να αποδείξετε ότι η διαφορά ω της προόδου είναι αριθμός περιττός.

(Μονάδες 8) β) Αν επιπλέον ο πρώτος όρος της είναι α1=2, τότε: i) Να βρείτε τον αριθμό κ και να αποδείξετε ότι ω=7.

(Μονάδες 8) ii) Να εξετάσετε αν ο αριθμός 1017 είναι όρος της προόδου.

(Μονάδες 9)

α) ω = α3-α2 = (κ+1)2-κ2 = κ2+2κ+1-κ2 = 2κ+1 που είναι περιττός

β) i) α2-α1 = ω κ2-2 = 2κ+1 κ2-2κ-3 = 0

που έχει ρίζες κ=3 και κ=-1 που απορρίπτεται (κ>1).

Έτσι ω = 2κ+1 = 2∙3+1 = 7

ii) αν=α1+(ν-1)ω 1017 = 2+7(ν-1) 1017 = 2+7ν-7

7ν = 1022 1022

1467

που είναι ακέραιος.

ΘΕΜΑ 29

Μια μικρή μεταλλική σφαίρα εκτοξεύεται κατακόρυφα από το έδαφος. Το ύψος y (σε m) στο οποίο θα βρεθεί η σφαίρα τη χρονική στιγμή t (σε

sec) μετά την εκτόξευση, δίνεται από τη σχέση: y= 60t - 5t2

α) Μετά από πόσο χρόνο η σφαίρα θα επανέλθει στο έδαφος;

β) Ποιες χρονικές στιγμές η σφαίρα θα βρεθεί στο ύψος y = 175 m; γ) Να βρεθεί το χρονικό διάστημα στη διάρκεια του οποίου η σφαίρα

βρίσκεται σε ύψος μεγαλύτερο από 100 m.

α) Όταν η σφαίρα θα επανέλθει στο έδαφος το y=0.

Έτσι: 260t 5t 0 5t(12 t) 0 t 0 ή t=12

Το t=0 μας δίνει την αρχική θέση της σφαίρας επομένως η σφαίρα θα

επανέλθει στο έδαφος σε 12sec.

β) 2 260t 5t 175 -5t 60t 175 0 t 5 ή t=7

γ) Η σφαίρα βρίσκεται σε ύψος μεγαλύτερο από 100m σημαίνει ότι

y>100.

2 2 260t 5t 100 -5t 60t 100 0 t 12t 20 0

Το t2-12t+20 έχει ρίζες t=5 και t=7

t(5, 7)

Δηλαδή η σφαίρα βρίσκεται σε ύψος μεγαλύτερο από 100m από το 5s

έως το 7s.

5 7

++ -

13

ΘΕΜΑ 30

α) Να βρείτε τον πραγματικό αριθμό x ώστε οι αριθμοί: x+2, (x+1)2, 3x+2

με τη σειρά που δίνονται να είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής

προόδου.

(Μονάδες 13)

β) Να βρείτε τη διαφορά ω της παραπάνω αριθμητικής προόδου, όταν

i) x=1

ii) x= -1.

(Μονάδες 12)

α) 2(χ+1)2=χ+2+3χ+2

2(χ2+2χ+1)-χ-2-3χ-2=0

2χ2+4χ+2-χ-2-3χ-2=0

2χ2-2=0 χ2=1 χ=1 ή χ=-1

β) Αν χ=1 τότε οι τρεις αριθμοί γίνονται: 3, 4, 5 που έχει διαφορά ω=1

Αν χ=-1 τότε οι τρεις αριθμοί είναι: 1, 0, -1 που έχει διαφορά ω=-1

14

ΘΕΜΑ 31

Δυο φίλοι αποφασίζουν να συνεταιριστούν και ανοίγουν μια επιχείρηση που γεμίζει τόνερ (toner) για φωτοτυπικά μηχανήματα. Τα πάγια μηνιαία

έξοδα της εταιρείας ανέρχονται στο ποσό των 6500 ευρώ (για ενοίκιο, παροχές, μισθούς, φόρους κ.α ). Το κόστος γεμίσματος ενός τόνερ είναι 15 ευρώ, η δε τιμή πώλησης του ενός τόνερ καθορίζεται σε 25 ευρώ.

α) Να γράψετε μια σχέση που να περιγράφει το μηνιαίο κόστος Κ(ν) της

επιχείρησης, αν γεμίζει ν τόνερ το μήνα. (Μονάδες 5)

β) Να γράψετε μια σχέση που να εκφράζει τα μηνιαία έσοδα Ε(ν) της

επιχείρησης από την πώληση ν αριθμού τόνερ το μήνα. (Μονάδες 5)

γ) Να βρείτε πόσα τόνερ πρέπει να πωλούνται κάθε μήνα ώστε η

επιχείρηση i) να μην έχει ζημιά.

(Μονάδες 7) ii) να έχει μηνιαίο κέρδος τουλάχιστον 500 ευρώ.

(Μονάδες 8)

α) Το μηνιαίο κόστος της επιχείρησης είναι τα πάγια έξοδα συν τα έξοδα

γεμίσματος των ν τόνερ.

Κ(ν) = 6500+15ν

β) Τα μηνιαία έσοδα είναι: Ε(ν) = 25ν

γ)i) Για να μην έχει ζημιά πρέπει τα έσοδα να είναι ίσα με τα έξοδα

Ε(ν) = Κ(ν) 25ν =6500+15ν 25ν -15ν =6500

10ν = 6500 ν=650

Δηλαδή για να βγαίνει η επιχείρηση πρέπει να πουλάει 650 τόνερ.

ii) Το κέρδος είναι ίσο με τα έσοδα μείον το κόστος. Επομένως για να

έχει κέρδος 500€ και πάνω πρέπει:

Ε(ν)-Κ(ν) ≥ 500 25ν -15ν -6500 ≥ 500 10ν ≥ 7000 ν ≥ 700

Πρέπει λοιπόν να πουλάει τουλάχιστον 700 τόνερ.

15