ALGEBRA B

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΓΙΩΡΓΟΣ ΦΡΑΝΤΖΕΣΚΟΣ

1

Τριγωνομετρικοί Αριθμοί Οξείας Γωνίας

· ημΒ= απέναντι κάθετη ΑΓ=υποτείνουσα ΒΓ Γ

· συνΒ= προσκείμενη κάθετη ΑΒ=υποτείνουσα ΒΓ Α Β

· εφΒ= απέναντι κάθετη ΑΓ=προσκείμενη κάθετη ΑΒ

· σφΒ= προσκείμενη κάθετη ΑΒ= απέναντι κάθετη ΑΓ

Τριγωνομετρικοί Αριθμοί Γωνίας ω με 0 ω 360′ ′o o

Α(χ,y)

· ημω=yp

ρ

· συνω=px

με 2 2p= x +y O

· εφω= yx

x 0÷

· σφω=xy

0y ÷

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

Σχέση Μοιρών-Ακτινίων : μ α=o π180 όπου μ: η γωνία σε μοίρες

α: η γωνία σε ακτίνια


2

Τριγωνομετρικοί Αριθμοί Γνωστών Γωνιών

γωνία σε μοίρες

0 30ο 45ο 60ο 90ο 180ο 270ο 360ο

γωνία σε rad

0 π/6 π/4 π/3 π/2 π 3π/2 2π

ημφ

0 21

22

23

1

0

– 1

0

συνφ

1 23

22 2

1

0

– 1

0

1

εφφ

0 33

1

3

δεν ορίζεται

0


0

σφφ


3

1 33

0


0


Τριγωνομετρικός Κύκλος: Είναι ο κύκλος με κέντρο Ο(0,0) και ρ=1.

Μνημονικός κανόνας για το πρόσημο των τριγωνομετρικών αριθμών

Ο: όλα θετικά

Η: ημίτονο θετικό Η Ο

Ε: εφαπτομένη(και συνεφαπτομένη) θετική

Σ: συνημίτονο θετικό

Ε Σ

Ρ=1


3

Παρατήρηση:

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

-1 ημω 1 και -1 συνω 1′ ′ ′ ′

ενώ οι αριθμοί εφω και σφω μπορούν να πάρουν όλες τις τιμές.

Βασικές Τριγωνομετρικές Ταυτότητες

· 2 2ημ ω+συν ω=1

Από αυτήν προκύπτουν οι τύποι : 2 2ημ ω=1-συν ω

2 2συν ω=1-ημ ω

· ημω

εφω=συνω

με συνω ÷ 0

· συνω

σφω=ημω

με ημω ÷ 0

· εφω σφω=1

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

ΑΝΑΓΩΓΗ ΣΤΟ 1Ο ΤΕΤΑΡΤΗΜΟΡΙΟ ΠΑΡΑΠΛΗΡΩΜΑΤΙΚΕΣ ΓΩΝΙΕΣ

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

ΣΥΜΠΛΗΡΩΜΑΤΙΚΕΣ ΓΩΝΙΕΣ

ημ π-ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø =συνω

συν π-ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø =ημω

εφ π-ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø =σφω

σφ π-ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø =εφω

ΑΝΤΙΘΕΤΕΣ ΓΩΝΙΕΣ ημ(-ω)=-ημω

συν(-ω)=συνω εφ(-ω)=-εφω σφ(-ω)=-σφω

ΔΙΑΦΕΡΟΝΤΕΣ ΚΑΤΑ π ημ(π+ω)=-ημω

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


4

ΜΕ ΑΘΡΟΙΣΜΑ 3π2

ημ 3π-ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø =-συνω

συν 3π-ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø =-ημω

εφ 3π-ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø =σφω

σφ 3π-ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø =εφω

ΔΙΑΦΕΡΟΝΤΕΣ ΚΑΤΑ 2π

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

ΜΕ ΑΘΡΟΙΣΜΑ 2π

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

ΔΙΑΦΕΡΟΝΤΕΣ ΚΑΤΑ π2

ημ π+ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø =συνω

συν π+ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø =-ημω

εφ π+ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø =-σφω

σφ π+ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø =-εφω

ΔΙΑΦΕΡΟΝΤΕΣ ΚΑΤΑ 3π2

ημ +3π ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø=-συνω

συν +3π ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø=ημω

εφ +3π ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø=-σφω

σφ +3π ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø=-εφω


5

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

άλλους:

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

π.χ Αν 21x =hm και p<<

p x2

να βρεθούν οι υπόλοιποι τριγωνομετρικοί αριθμοί της x

Λύση:

ημ2χ + συν2x = 1 23x

43x

411x1x

21

x2222

221x

-=sunÛ=sunÛ-=sunÛ=sun+÷øö

çèæÛ

p<<p

=hm

33

23

21

xxx -=

-

=sunhm

=ef

3

2123

xxx -=

-=

hmsun

=sf

2. Αν μας δίνουν την εφαπτομένη ή την συνεφαπτομένη , χρησιμοποιούμε πρώτα

τη σχέση x

xxsunhm

=ef ή xxx

hmsun

=sf ώστε να εκφράσουμε το ημx συναρτήσει

του συνx ή το συνx συναρτήσει του ημx. Έπειτα αντικαθιστούμε στη σχέση ημ2χ + συν2x = 1 και συνεχίζουμε όπως και παραπάνω.

πχ Αν 3x =ef και 2

x0 p<< να βρεθούν οι υπόλοιποι τριγωνομετρικοί αριθμοί της x

Λύση:

x3x3xx3x sun=hmÛ=

sunhm

Û=ef

ημ2χ + συν2x = 1 Û=sun+sunÛ=sun+sunÛsun=hm

1xx31x)x3( 2222x3x


6

21x

41x1x4

2x0

22 =sunÛ=sunÛ=sun

p<<

(1)

23

213x3x

)1(==sun=hm

33

33

31

x1x =×=ef

=sf

· Ασκήσεις όπου ζητείται να αποδειχθεί μία σχέση με τριγωνομετρικούς αριθμούς: Σ’αυτές τις ασκήσεις κάνουμε τις πράξεις που σημειώνονται (π.χ επιμεριστικές,ομώνυμα,ταυτότητες κ.τ.λ) και χρησιμοποιούμε τις γνωστές τριγωνομετρικές ταυτότητες:

· 2 2ημ ω+συν ω=1

· ημω

εφω=συνω

· συνω

σφω=ημω

· εφω σφω=1

π.χ. Να αποδείξετε ότι hmq

=hmqsunq+

+sunq+hmq 21

1

Λύση:

Ûhmq

=sunq+hmq

sunq++

sunq+hmqqhm

Ûhmq

=hmqsunq+

+sunq+hmq

sunq+hmqÈÈ

2)1(

)1()1(

211

221

Ûhmq

=sunq+hmqsunq+

Ûhmq

=sunq+hmqsunq++

Ûhmq

=sunq+hmq

qsun+sunq++qhm 2)1(

222)1(

2112)1(

21 22

hmq=

hmqÛ

hmq=

sunq+hmqsunq+ 222

)1()1(2

ισχύει.


7

· Υπολογισμός Παράστασης που περιέχει Τριγωνομετρικούς Αριθμούς όλων των Τεταρτημορίων : Σ’αυτήν την περίπτωση κάνουμε αναγωγή όλων των γωνιών στο πρώτο τεταρτημόριο χρησιμοποιώντας τους τύπους που αναφέρθηκαν παραπάνω.

π.χ Να υπολογιστεί η παράσταση:

÷øö

çèæ w+p

sun×w-sun×w-sf×w+ef

w+sun×÷øö

çèæ w+p

hm×w+phm×w+hm=A

ooo

oo

27)1170()603()90(

)270(2

5)2()1710(

Λύση:

ημ(1710ο + ω) = ημ(4 . 360ο + 270ο + ω) = ημ(270ο + ω) = - συνω ημ(2π + ω) = ημω

sunw=÷øö

çèæ w+

p+phm=÷

øö

çèæ w+

p+

phm=÷

øö

çèæ w+p

hm2

222

42

5

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

συν(1170ο – ω) = συν(3 . 360ο + 90ο – ω) = συν(90ο – ω) = ημω

hmw=÷øö

çèæ w+p

sun=÷øö

çèæ w+

p+psun=÷

øö

çèæ w+

p+

psun=÷

øö

çèæ w+p

sun23

232

23

24

27

Άρα

wsun=efw×sfwsunw×sunw

=hmw×hmw×efw×sfw-hmw×sunw×hmw×sunw-

=A 2

143421

.


8

Μελέτη Τριγωνομετρικών Συναρτήσεων Oρισμός :Μία συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το σύνολο Α ονομάζεται περιοδική,όταν υπάρχει πραγματικός αριθμός Τ>0 τέτοιος,ώστε:

· για κάθε χεΑ να ισχύει χ+Τ εΑ και χ-Τ εΑ. · f(x-T)=f(x)=f(x+T) για κάθε χεΑ.

Ο πραγματικός αριθμός Τ ονομάζεται περίοδος της συνάρτησης f.

Παραρηρήσεις:

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

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

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

Μελέτη της f(x)=ημχ

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

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

· Μονοτονία : Γνησίως Αύξουσα στο διάστημα π 3π

0, ,2π2 2

Èé ù é ùê ú ê úê ú ê úë û ë û

Γνησίως Φθίνουσα στο διάστημα π 3π

,π π,2 2

Èé ù é ùê ú ê úê ú ê úë û ë û

· Ακρότατα : ‘Εχει μέγιστο στο χ= π2

το f(π2

)=1

‘Eχει ελάχιστο στο χ=3π

2 το f(

3π

2)=-1

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


9

· Γραφική Παράσταση

Μελέτη της f(x)=συνχ

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

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

· Μονοτονία : Γνησίως Φθίνουσα στο διάστημα Ζ ∴0,π

Γνησίως Aύξουσα στο διάστημα Ζ ∴π,2π

· Ακρότατα : ‘Εχει μέγιστο στο χ=0 το f(0)=1

‘Eχει ελάχιστο στο χ=π το f(π)=-1

· Σημεία Τομής με τους άξονες : Τέμνει τον yy’ στο σημείο Ο(0,1)

Τέμνει τον χχ’ στα σημεία με χ=π2

,3π2

,5π2

.

· Γραφική Παράσταση


10

Μελέτη της f(x)=εφχ

· Πεδίο Ορισμού : Α={χεR/συνχ ÷ 0}={χεR/x÷ κπ+π2

, κεΖ}

· Σύνολο Τιμών : f(A)=R · Περιοδικότητα : Είναι περιοδική με Τ=π · Συμμετρίες : Είναι περιττή αφού για κάθε χεR και –χεR και ισχύει ότι

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

· Μονοτονία : Γνησίως Aύξουσα στο διάστημα (-π2

,π2

)

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

‘Εχει κατακόρυφες Ασύμπτωτες τις ευθείες χ=κπ+π2

με κεZ.

· Γραφική Παράσταση :

Μελέτη της f(x)=σφχ

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

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

· Μονοτονία : Γνησίως Φθίνουσα στο διάστημα (0,π) · Ακρότατα : Δεν έχει ακρότατα · Σημεία Τομής με τους άξονες : Δεν τέμνει τον yy’

Τέμνει τον χχ’ στα σημεία με χ=π2

,3π2

,5π2

...


11

‘Εχει κατακόρυφες Ασύμπτωτες τις ευθείες χ=κπ με κεZ. · Γραφική Παράσταση :

f(x)=ρημ(ωχ)+c

· Περίοδος : Τ=2πω

· Μέγιστη Τιμή : |ρ|+c · Eλάχιστη Τιμή : -|ρ|+c · Πίνακας Τιμών : ωχ 0 π

2

π 3π2

2π

χ 0 π2ω

πω

3π2ω

2πω

ημ(ωχ) 0 1 0 -1 0 ρημ(ωχ) 0 ρ 0 -ρ 0

f(x) c ρ+c c -ρ+c c

f(x)=ρσυν(ωχ)+c

· Περίοδος : Τ=2πω

· Μέγιστη Τιμή : |ρ|+c · Eλάχιστη Τιμή : -|ρ|+c · Πίνακας Τιμών : ωχ 0 π

2

π 3π2

2π

χ 0 π2ω

πω

3π2ω

2πω

συν (ωχ) 1 0 -1 0 1 ρσυν(ωχ) ρ 0 -ρ 0 ρ

f(x) ρ+c c -ρ+c c ρ+c


12

Eπίλυση Τριγωνομετρικών Εξισώσεων

· ημχ=ημθx=2κπ+θ

ή ,κχ=2κπ+π-θ

Û Î

ì üï ïï ïï ïí ýï ïï ïï ïî þ

¢

· συνχ=συνθx=2κπ+θ

ή , χ=2κπ θ κχ=2κπ-θ

Û Û ° Î


¢

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

Ειδικές Μορφές Τριγωνομετρικών Εξισώσεων

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

εξισώσεων: ημf(x)=ημg(χ) f(x)=2κπ+g(x)

ή ,κ f(χ)=2κπ+π-g(x)

Û Î


¢ και λύνουμε

καθεμία από τις δύο εξισώσεις ως προς χ. · συνf(x)=συνg(χ)

Eφαρμόζουμε τους βασικούς τύπους επλιλυσης των τριγωνομετρικών

εξισώσεων: συνf(x)=συνg(χ) f(x)=2κπ+g(x)

ή ,κ f(χ)=2κπ-g(x)

Û Îì üï ïï ïí ýï ïï ïî þ

¢ και λύνουμε

καθεμία από τις δύο εξισώσεις ως προς χ. · εφf(x)=εφg(χ)

‘Οταν έχουμε αυτήν την μορφή ξεκινάμε λαμβάνοντας περιορισμούς:

συνf(x) ÷ 0 Û f(x) ÷ κπ+ π2 , κ Î ¢

συνg(x) ÷ 0Û g(x) ÷ κπ+ π2 , κ Î ¢ ,τους οποίους τους συνάληθεύουμε και

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


13

· σφf(x)=σφg(χ) Οταν έχουμε αυτήν την μορφή ξεκινάμε λαμβάνοντας περιορισμούς:

ημf(x) ÷ 0 Û f(x) ÷ κπ+π, κ Î ¢

ημg(x) ÷ 0 Û g(x) ÷ κπ+π, κ Î ¢ ,τους οποίους τους συνάληθεύουμε και βγάζουμε έναν τελικό περιορισμό. Στην συνέχεια εφαρμόζουμε τους γενικούς τύπους λύσεων: σφf(x)=σφg(χ) Û f(x)=κπ+g(x), κ Î ¢ ,και λύνουμε ως προς χ. Στο τέλος δεν ξεχνάμε να συναληθεύσουμε τις λύσεις που βρήκαμε με τον περιορισμό.

Παρατηρήσεις:

1) Η απαλοιφή του προσήμου (-) μπροστά από έναν τριγωνομετρικό αριθμό,γίνεται χρησιμοποιώντας τους τύπους:

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

2) Μπορούμε να μετατρέψουμε το ημίτονο σε συνημίτονο,την εφαπτομένη σε συνεφαπτομένη και αντίστροφα χρησιμοποιώντας τους τύπους:

ημω=συν π-ω2

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø

συνω=ημ π-ω2


εφω=σφ π-ω2


σφω=εφ π-ω2


3) Κάποιες φορές προκειμένου να έχουμε μόνο έναν τριγωνομετρικό αριθμό στην εξίσωση πρέπει να κάνουμε αντικαταστάσεις χρησιμοποιώντας τους τύπους:

ημ2χ=1-συν2χ συν2χ=1- ημ2χ

ημχεφχ=

συνχ

1εφχ=

σφχ


14

1σφχ=

εφχ

εφχσφχ=1 4) Κάποιες φορές η διαίρεση με ημχ ή συνχ μπορεί να οδηγήσει σε εξίσωση

που περιέχει μόνο την εφχ ή μόνο την σφχ.Προσοχή όμως μην ξεχάσουμε να λάβουμε περιορισμούς(ημχ÷ 0 ή συνχ÷ 0)

Παραδείγματα

Να λυθούν οι εξισώσεις:

ι)6ημ(2χ-π6

)-3=0 ιι)συν(χ-π3

)-συν(χ+π4

)=0 ιιι)εφ(χ-π6

)=εφ3χ

ιν)σφ(χ-π4

)+σφχ=0 ν)ημ(2χ-π3

)=συν(χ+π6

)

Λύσεις

ι) 6ημ(2χ-π6

)-3=0 π π 16ημ(2χ- ) 3 ημ(2χ- )6 6 2< Û < Ûπ πημ(2χ- )=ημ6 6

+

π2

π π π π π2χ- =2κπ+ 2χ=2κπ+ χ=κπ+6 6 6 6 6ή , κ ή ,κ ή ,κ

π π 2χ 2κπ+π2χ- 2κπ+π- χ κπ+6 6

ÛÛ Î Û Î Î<< <

ì ü ì üì üï ï ï ïï ïï ï ï ïï ïï ï ï ïï ïï ï ï ï ï ïí ý í ý í ýï ï ï ï ï ïï ï ï ï ï ïï ï ï ï ï ïï ï ï ï ï ïî þ î þî þ

¢ ¢ ¢

ιι)

π π πχ- =2κπ+χ+ 0χ=2κπ+ Αδύνατη3 4 4

ή ,κ ή ,κπ π πχ- =2κπ-χ- 2χ=2κπ+3 4 12

π πσυν(χ- )=συν(χ+ )

3 4

ì ü ì üï ï ï ïï ï ï ïï ï ï ïï ï ï ïï ï ï ïï ï ï ïï ï ï ïÎ Û Îí ý í ýï ï ï ïï ï ï ïï ï ï ïï ï ï ïï ï ï ïï ï ï ïï ïï ï î þî þ

Û ¢ ¢

πχ=κπ+

24Û , κ Î ¢

ιιι)Πρώτα λαμβάνουμε περιορισμούς : π

συν3χ 0 3χ λπ+ , λ2

÷ Û ÷ Î ¢

λπ π+3 6χ ÷

και π π π 2ππ πσυν(χ- ) 0 χ- λπ+ χ λπ+ χ λπ+ , λ6 6 2 2 6 3

÷ Û ÷ Û ÷ ∗ Û ÷ Î ¢


15

‘Αρα έχουμε π π π πκπεφ3χ=εφ(χ- ) 3χ=κπ+χ- 2χ=κπ- χ= , κ26 6 6 12

Û Û Û , Î ¢

Εξετάζουμε αν οι λύσεις ικανοποιούν τους περιορισμούς: κπ π λπ π

- + 6κπ-π 4λπ+2π (6κ-4λ)π 2π+π 6κ-4λ 3 2(3κ-2λ) 32 12 3 6

÷ Û ÷ Û ÷ Û ÷ Û ÷

Αυτό όμως ισχύει πάντα γιατι ο αριθμός 2(3κ-2λ) είναι άρτιος ενώ το 3 είναι περιττός.

Ομοίωςκπ π 2π

- λπ+ 6κπ-π 12λπ+8π (6κ-12λ)π 8π+π 6κ-12λ 9 2(3κ-6λ) 92 12 3

÷ Û ÷ Û ÷ Û ÷ Û ÷

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

ιν) Η σφ(χ-π4

) ορίζεται αν ημ(χ-π4

)÷ 0 και η σφχ αν ημχ÷ 0.

5π κπ 5π=κπ+π-χ 2χ=κπ+π+ 2χ=κπ+ χ=4 2 8π π π π

σφ(χ- )=-σφχ σφ(χ- )=σφ(π-χ) χ-4 4 4 4

Û Û Û ∗Û Û

Συναληθεύοντας με τους περιορισμούς βρίσκουμε ότι οι λύσεις είναι δεκτές.

ν) -χ)π π π π π π π

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

ÛÛ Û

2ππ π 2π 2κπχ +2χ- 2κπ+ -χ 3χ 2κπ+ 3 93 3 3ή ή ή ,κ

π π χ 2κπ+π χ 2κπ+π2χ- 2κπ+π- +χ

3 3

<< <

Û Û Î< <

<

ì ü ì üì üï ï ï ïï ïï ï ï ïï ïï ï ï ïï ïï ï ï ïï ïï ï ï ïï ï ï ïí ý í ý í ýï ï ï ï ï ïï ï ï ï ï ïï ï ï ï ï ïï ï ï ï ï ïï ï ï ï ï ïî þ î þï ïî þ

¢ .


16

Θέματα για λύση 1. Να βρείτε τους τριγωνομετρικούς αριθμούς των παρακάτω γωνιών:

ι)420ο ιι) 750ο ιιι) 25π

6 ιν)

33π4

2. α)Αν ισχύει π <χ<π2 ,να βρείτε το πρόσημο της παράστασης: Α=ημχ-εφχ-συνχ

β)Αν ισχύει 3ππ<χ< 2 ,να βρείτε το πρόσημο της παράστασης:Β=σφχ-ημχ-συνχ

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

ι)Α=2ημφ-3συνω ιι)Β=2-ημ2ω ιιι) Γ= 5

ημω+2

4. Να βρείτε το πρόσημο της παράστασης Α=ημ2ω-2ημω-8

5. Αν ισχύει 3

συνω=5

και π0<ω< 2 να βρείτε τους υπόλοιπους τριγωνομετρικούς

αριθμούς της γωνίας ω.

6. Αν ισχύει5

ημω= 3

και π <ω<π2 να βρείτε τους υπόλοιπους

τριγωνομετρικούς αριθμούς της γωνίας ω.

7. Αν ισχύει7

εφω= 3

και 3π <ω<2π 2 να βρείτε τους υπόλοιπους

τριγωνομετρικούς αριθμούς της γωνίας ω.

8. Αν ισχύει 2 6

εφω=- 5

και 3π <ω<2π 2 να βρείτε τους υπόλοιπους

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

ι)εφ2χσυν2χ+συν2χ=1 ιι)εφχ-εφχημ2χ=ημχσυνχ ιιι) 21-εφ χ 2 =1-2ημ χ21+εφ χ

ιν) 21+ημ χ 2 -2εφ χ=12συν χ

ν) συνφ συνφ 2

+ =1-ημφ 1+ημφ συνφ

νιι) 2 21+εφ ω 1+σφ ω4σφ ω=2 2συν ω ημ ω

× .

10. ‘Ομοίως:

ι) 2 2συν ω ημ ω 2 2- =συν ω-ημ ω2 21+εφ ω 1+σφ ω

ιι) συνω ημω

- =συνω-ημω1+εφω 1+σφω

ιιι) 2ω21+2ημω 3ημω

-1+ =3εφ1+ημωσυν ω

ιν) 2 2 2 2ω ωεφ +σφ ω 1-2ημ ω συν

=συνω ημωεφω+σφω

×

×


17

11. Να αποδείξετε ότι:

ι) 2 2συν β-ημ β 1+2ημα ημβ′ ×

ιι) 2β29συν α+6ημα ημβ+συν 10× ′

12. Να υπολογίσετε τους τριγωνομετρικούς αριθμούς των γωνιων:

ι)-45ο ιι)-30ο ιιι)150ο ιν)225ο ν)240ο νι) 3π4

νι) 2π3

13. Να υπολογίσετε τις τιμές των παραστάσεων:

ι)

5π 7π 4π 3πημ συν εφ συν

4 6 3 4Α= 2π 3π 5π πημ εφ σφ ημ(- )

3 4 6 6

× ×

× × ιι)

29π 43πημ σφ

6Β= 21π 26πεφ +συν

4

3

3

×

ιιι)

19π 27π 17πημ συν εφ 36 4Γ= 20π 37π 46πσφ ημ συν 33 4

× ×

× ×


ι) ημ(7π+χ) συν(21π-χ)

Α=ημ(13π-χ) συν(38π-χ)

×

× ιι)

συν(8π-χ)+σφ(3π+χ)Β=

συν(23π+χ)+σφ(27π-χ)

ιιι) εφ(5π-χ)

Γ=ημ(11π-χ)+ημ(15π+χ)+εφ(9π+χ)

ιν) Δ

13π 21πημ -χ συν +χ2 2= 17π 25πημ +χ συν -χ2 2

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è øæ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø

×

×


ι) πημ(χ-π) εφ(χ- ) συν(χ-2π)2

πσυν(χ-3π) σφ(χ-π) συν(χ- )2

Α=× ×

× × ιι)

41π 35πημ( -θ) εφ(21π-θ) συν( +θ)2 225π 5πσυν( +θ) σφ( -θ) συν(33π+θ)

2 2

Β=× ×

× ×

16. Αν Α,Β,Γ, γωνίες τριγώνου ΑΒΓ να αποδείξετε ότι:

ι)ημ2(Β+Γ)+συν2Α=1 ιι)εφ(Β+Γ)σφΑ=-1 ιιι)συν2 Α2

+συν2 Β+Γ2

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

ιιι)f(x)=2ημ8χ-3συν4χ έχει περίοδο Τ= π2


18

18. Να εξετάσετε αν καθεμία από τις παρακάτω συναρτήσεις είναι άρτια περιττή: ι)f(x)=2ημχ-εφχ ιι)f(x)=ημχσυνχ ιιι)f(x)=x3εφχ

19. Να βρείτε την περίοδο,την μέγιστη και την ελάχιστη τιμή των παρακάτω συναρτήσεων:

ι)f(x)=5ημ6χ ιι)f(x)=-12συν8χ ιιι)f(x)= συν4χ6 ιν)f(x)=- ημ10χ

20

ν)f(x)= 5 συν(πχ)3

20. Na λύσετε τις εξισώσεις:

ι)ημχ= 3- 2 ιι)συνχ= 2- 2 ιιι)εφχ= 3

3- ιν)σφχ=-1


ι)ημ(χ+ π6

)=1 ιι)συν(χ+ π4

)=1 ιιι)ημ(2χ+ π3

)=-1 ιν)συν(π5

-2χ)=-1


ι)ημ(χ- π4

)=ημ2χ ιι)συν3χ=συν(χ+π3

) ιιι)εφχ=εφ(π6

-χ) ιν)σφ(χ-π3

)=σφ(π4

-χ)


ι)ημ(χ- π8

)-ημ(χ+ π4

)=0 ιι)ημχ+ημ(2χ-π3

) ιιι)συν(π3

-χ)-συν(π6

+2χ)=0

ιν)συν2χ+συν(π6

-χ)=0


ι)εφ(χ+ 3π4

)+εφ(χ-π6

)=0 ιι)σφ(χ+π6

)+σφ(χ+2π3

)=0 ιιι)ημχ=συνχ

ιν)ημ2χ=συν (χ-π3

) ν)εφχ=σφ(π4

-χ) ιν)εφ(χ-π5

)=σφ(χ+2π5

)


ι) ημ(3π8

+χ)+συν(π4

-χ)=0 ιι) εφ(7π10

-2χ)+σφ(3π

5+χ)=0 ιιι)

3πημ(χ+ )

4 1ημχ

<

ιν)

πημ(χ- )

6 1 0ημ2χ

∗ <


19

26. Na λύσετε τις εξισώσεις: ι)|2ημχ|=1 ιι)|4συνχ-1|=3 ιιι)|ημχ|=|συν2χ|

27. Να λύσετε τις εξισώσεις: ι)2ημχσυν2χ=-ημχσυνχ ιι)2ημχσυνχ-1=συνχ-2ημχ ιιι)σφχσυνχ+1=συνχ+σφχ

ιν) 2 3 ημχσυνχ-6συνχ=3- 3 ημχ ν)4ημ2χ-1=0 νι)ημχεφ2χ=3ημχ 28. Na λύσετε τις εξισώσεις:

ι)ημ2χ-ημ2(π4

-χ)=0 ιι)ημ2χ=συν23χ ιιι)ημ3χ=ημχσυν2χ


ι)2συν2χ+3συνχ+1=0 ιι)4ημ2χ-8ημχ+3=0 ιιι)2συν2χ+( 3 -2)συνχ- 3 =0

ιν)εφ2χ-( 3 -1)εφχ- 3 =0 30. Na λύσετε τις εξισώσεις:

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

ι)3εφχ=2 3 ημχ ιι)ημχσυνχ=εφχ ιιι)εφ4χσφ2χ=1 ιν)συνχ-εφχ= 1συνχ

ν) 1 +2 3σφχ+2=02ημ χ

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

ιν) 2 2 1= - 2ημχ+1 1-ημχ συν χ4-


20

ΔΙΑΙΡΕΣΗ ΠΟΛΥΩΝΥΜΩΝ

Ορισμοί

Μονώνυμο :Καλείται κάθε παράσταση της μορφής αχν με αεR και νεN.

Πολυώνυμο του χ :Καλείται κάθε παράσταση της μορφής ανχν+αν-1χν-1+....+α1χ+α0.

με α0,α1,.....,αν εR και νεN.

Τα πολυώνυμα της μορφής α0(δηλ. οι πραγματικοί αριθμοί) ονομάζονται σταθερά πολυώνυμα και ειδικότερα το 0 ονομάζεται μηδενικό πολυώνυμο.

Οι αριθμοί α0,α1,.....,αν λέγονται συντελεστές του πολυωνύμου και ειδικότερα ο α0 ονομάζεται σταθερός όρος.

Βαθμός πολυωνύμου : Ονομάζουμε τον μεγαλύτερο εκθέτη του χ που υπάρχει στο πολυώνυμο με την προυπόθεση ότι ο συντελεστής του δεν είναι μηδέν.

Το σταθερό και μη μηδενικό πολυώνυμο έχει βαθμό 0.

Για το μη μηδενικό πολυώνυμο δεν ορίζεται βαθμός.

Βαθμός πολυωνύμου με παραμετρικούς συντελεστές

Αν μας δίνεται πολυώνυμο P(x)=akxk+ak-1xk-1+…….+a1x+a0 και οι συντελεστές ακ,ακ-1,...,α1,α0 περιέχουν μέσα τους κάποια παράμετρο τότε λύνουμε αρχικά την

ακ ÷ 0 και έχουμε :

ι)Για όλες τις τιμές της παραμέτρου εκτός από αυτές που βρήκαμε το πολυώνυμο έχει βαθμό κ

ιι)Στην συνέχεια βάζουμε στο πολυώνυμο μία μία τις τιμές που εξαιρέσαμε και βρίσκουμε κάθε φορά τον βαθμό του (Σ’αυτήν την περίπτωση ο βαθμός είναι σίγουρα μικρότερος από κ).

π.χ

Αν P(x)=(λ3-4λ)χ3+(λ2-2λ)χ2+(λ2-4)χ+λ-2 ,να βρείτε τον βαθμό του πολυωνύμου για τς διάφορες τιμές του λεR.

Λύση

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

‘Αρα αν λ 0÷ και λ 2÷ ° το πολυώνυμο είναι τρίτου βαθμού.


21

Αν λ=0 το πολυώνυμο γίνεται P(x)=-4x+2 και έχει βαθμό 1.

Αν λ=2 το πολυώνυμο γίνεται P(x)=0 οπότε δεν ορίζεται βαθμός.

Αν λ=-2 το πολυώνυμο γίνεται P(x)=8χ2-4 και έχει βαθμό 2.

Ισότητα Πολυωνύμων

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

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

π.χ

1. P(x)=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0 και Q(x)=β3χ3+β2χ2+β1χ+β0 είναι ίσα αν

α5=α4=0 και α0=β0 ,α1=β1 , α2=β2 , α3=β3.

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

Πρέπει 2 2α -4=0 α 4 α= 2Û < Û °

και 2 2α +2α=3α+2 α -α-2=0 α=-1 ή α=2Û Û

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

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

Αριθμητική Τιμή Πολυωνύμου Αριθμητική τιμή πολυωνύμου ή απλά τιμή του πολυωνύμου για χ=ρ ονομάζεται ο αριθμός που προκύπτει αν στο πολυώνυμο P(x) βάλουμε στην θέση του χ τον αριθμό ρ ,και συμβολίζεται με P(ρ). Ρίζα ενός πολυωνύμου ονομάζεται ο αριθμός ρ για τον οποίο P(ρ)=0. Πράξεις μεταξύ πολυωνύμων ‘Οπως γνωρίζουμε και από την γ’ γυμνασίου η πρόσθεση,η αφαίρεση και ο πολλαπλασιασμός των πολυωνύμων γίνεται χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες των πραγματικών αριθμών. Βαθμός Αθροίσματος πολυωνύμων: Είναι μικρότερος ή ίσος από τον μεγαλύτερο βαθμό των πολυωνύμων που έχουμε.


22

Βαθμός Γινομένου πολυωνύμων: Είναι ίσος με το άθροισμα των βαθμών των πολυωνύμων που πολλαπλασιάζονται. Tαυτότητα Διαίρεσης πολυωνύμων

Δ(χ)=δ(χ)π(χ)+υ(χ) δ(χ) ÷ 0 και 0′Βαθμός υ(χ)<Βαθμός δ(χ) · Δ(χ): Διαιρετέος · δ(χ): Διαιρέτης · π(χ): Πηλίκο · υ(χ): Υπόλοιπο

Παρατηρήσεις · Το άθροισμα των βαθμών του διαιρέτη δ(χ) και του πηλίκου π(χ) είναι ίσο με

τον βαθμό του διαιρετέου Δ(χ). · Αν υ(χ)=0 η διαίρεση ονομάζεται τέλεια και το δ(χ) ονομάζεται παράγοντας

του Δ(χ). · Το πηλίκο είναι ένα άθροισμα μονωνύμων. Για να βρούμε το μονώνυμο που

κάθε φορά προστίθεται στο πηλίκο, διαιρούμε τον πρώτο όρο του πολυωνύμου με τον 1ο όρο του διαιρέτη. Πολλαπλασιάζουμε το αντίστοιχο μονώνυμο με το διαιρέτη και μετά αφαιρούμε το γινόμενο από το διαιρετέο. Βρίσκουμε έτσι ένα μερικό υπόλοιπο, που παίρνει το «ρόλο» του διαιρετέου για τη συνέχεια της διαίρεσης. Η ίδια διαδικασία συνεχίζεται για το μερικό υπόλοιπο, μέχρις ότου το υπόλοιπο υ(x) να γίνει μηδέν ή ο βαθμός του υ(x) να είναι μικρότερος από το βαθμό τον δ(x).

Διαιρετέος Δ(χ) Διαιρέτης δ(χ)

¯ ¯

3χ3 + 2χ2 + 5χ + 1 χ + 1

– 3χ3 – 3χ2 3χ2 – χ + 6

– x2 + 5χ + 1 πηλίκο π(χ)

χ2 + χ

6χ + 1

– 6χ – 6

– – 5 υπόλοιπο υ(χ)


23

Άρα 3x3 + 2χ2 + 5χ + 1 = (χ + 1) (3χ2 – χ + 6) – 5

Βαθμός υ(χ) < βαθμός δ(χ)

Ο Διαιρετέος – διαιρέτης κατατάσσονται κατά τις φθίνουσες δυνάμεις του χ.Αν κάποιος όρος λείπει από τον Διαιρετέο τότε αυτός αντικαθίσταται από τον όρο 0χν. Έτσι αφενός μεν ο διαιρετέος Δ(χ) δεν μεταβάλλεται, αφετέρου έχουμε παρούσες όλες τις δυνάμεις του χ που απαιτούνται για να γίνει η διαίρεση.

Σχήμα Horner

(x3 – 3χ2 – 2) : (χ + 2)

1η 1 – 3 0 – 2 – 2

2η ¯ – 2 10 – 20

1 – 5 10 – 22 3η

συντελεστές του πηλίκου υπόλοιπο

· Για να εφαρμόσουμε το σχήμα Horner τα μονώνυμα του πολλαπλασιασμού πρέπει να είναι διατεταγμένα κατά φθίνουσες δυνάμεις του χ

· Αν κάποιος όρος από το πολυώνυμο λείπει στο πινακάκι στη θέση του βάζουμε το μηδέν

Ο πίνακας μετά το σχήμα Horner αποτελείται από τρεις γραμμές

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

2. Το 1ο στοιχείο της 1η γραμμής το γράφουμε και στην 3η γραμμή ως 1ο στοιχείο

3. Το 1ο κουτάκι της 2ης γραμμής μένει κενό

4. Κάθε στοιχείο της 2ης γραμμής προκύπτει με πολλαπλασιασμό του αμέσως προηγούμενου στοιχείου της 3ης γραμμής επί το – 2

5. Κάθε στοιχείο της 3ης γραμμής (εκτός του 1ου) προκύπτει από το άθροισμα των αντίστοιχων στοιχείων της 1ης και της 2ης γραμμής.


24

Θεώρημα:

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

Θεώρημα:

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

Παρατήρηση

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

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

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

Ρ(ρ)=0

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

Πχ

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

Λύση

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

2κ2 + 5κ – 3 = 0 Û κ = – 3 ή 21

=k


25

2.Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς λ, μ ώστε το P(x) = x4 – λx2 + 2x + μ να έχει ρίζα το 1 και η τιμή του για x = 2 να είναι 5

Λύση

Αρκεί îíì

-=m+l-=m-l

Ûîíì

-=m+l--=m+l-

Ûîíì

=m++l-=m++l-

Ûîíì

==

)2(514)1(3

1543

54416021

5)2(P0)1(P

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1), (2)

Έχουμε – 3λ = – 12 Û λ = 4 και με αντικατάσταση του λ = 4 στην (1) έχουμε:

4 – μ = 3 Û – μ – 1 Û μ = 1

3.Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)=χ3+αχ2-12χ+β.Το χ-3 είναι παράγοντας του Ρ(χ) και το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το χ+1 είναι 28.Να βρείτε τις τιμές των α,β εR.

Λύση

‘Αφου το χ-3 είναι παράγοντας θα ισχύει Ρ(3)=0 Û 27+9α-36=β=0Û 9α+β=9 (1)

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

(1) -(2) έχουμε: 8α=8Û α=-1 τότε από (2) Þ β=18.

Αν μας δίνεται ότι το (χ-ρ)2 είναι παράγοντας του Ρ(χ) : · Το (χ-ρ) είναι παράγοντας του Ρ(χ),δηλαδή Ρ(ρ)=0. · Το πηλίκο π(χ) της διαίρεσης Ρ(χ): (χ-ρ) έχει και αυτό παράγοντα το

χ-ρ,δηλαδή π(ρ)=0 Αν μας δίνεται ότι το αχ2+βχ+γ με α ÷ 0 και Δ ″0 είναι παράγοντας του Ρ(χ) :

Βρίσκουμε την διακρίνουσα και το παραγοντοποιούμε οπότε:

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

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


26

4. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)=χ3+αχ2+β.Να βρείτε τις τιμές των α,β ώστε το Ρ(χ) να έχει παράγοντα το χ2-4χ+4.

Λύση

Παρατηρούμε ότι χ2-4χ+4=(χ-2)2 άρα το Ρ(χ) έχει διπλή ρίζα το 2.

Αρχικά ισχύει Ρ(2)=0Û 8+4α+β=0Û 4α +β=-8 (1)

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

1 α 0 β 2

2 2α+4 4α+8

1 α+2 2α+4 β+4α+8

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

4+2(α+2)+2α+4=0Û α=-3 και από (1) Þ β=4.

Κοινοί Παράγοντες Πολυωνύμων

‘Οταν θέλουμε να αποδείξουμε ότι δύο πολυώνυμα έχουν κοινούς παράγοντες:

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

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


27

ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ

Ορισμοί:

Πολυωνυμική εξίσωση βαθμού ν :ονομάζεται κάθε εξίσωση της μορφής:

ανχν + αν-1χν-1 + …. + α1χ + α0, αν ≠ 0

Ρίζα μιας πολυωνυμικής εξίσωσης ονομάζουμε κάθε ρίζα του πολυωνύμου

P(χ) = ανχν + αν-1χν-1 + …. + α1χ + α0 δηλαδή κάθε αριθμό ρ για τον οποίο ισχύει:

P(ρ) = 0

π.χ.

2χ5 – 3χ2 – 3χ + 4 = 0 είναι πολυωνυμική εξίσωση 5ου βαθμού, μια ρίζα της εξίσωσης

είναι το 1 διότι: P(1) = 0, όπου P(χ) = 2χ5 – 3χ2 – 3χ + 4

Πλήθος Ριζών μιας Πολυωνυμικής Εξίσωσης : Μία πολυωνυμική εξίσωση βαθμού

ν έχει το πολυ ν πραγματικές ρίζες(Αυτό σημαίνει ότι μπορει να έχει από καμία ρίζα

εως ν το πλήθος ρίζες).

Θεώρημα (ακέραιων ριζών)

Έστω η πολυωνυμική εξίσωση: ανχν + αν-1χν-1 + …. + α1χ + α0 = 0 με ακέραιους

συντελεστές. Αν ο ακέραιος ρ ≠ 0 είναι ρίζα της εξίσωσης, τότε ο ρ είναι διαιρέτης

του σταθερού όρου α0.

Παρατήρηση:

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

Horner) εξετάζουμε ποιοι από τους διαιρέτες του σταθερού όρου είναι ρίζες.

Δηλαδή, το αντίστροφο του θεωρήματος δεν ισχύει γιατί μπορεί το πολυώνυμο να

έχει και ρίζες πχ ρητές ή άρρητες.


28

Θεώρημα (ρητών ριζών)

‘Εστω η πολυωνυμική εξίσωση : ανχν + αν-1χν-1 + …. + α1χ + α0 = 0 με ακέραιους

συντελεστές. Αν ο ρητός κλ

÷ 0 (όπου είναικλ

ανάγωγο κλάσμα δηλαδή δεν

απλοποιείται)είναι ρίζα της εξίσωσης, τότε:

· ο κ είναι διαιρέτης του σταθερού όρου α0.

· ο λ είναι διαιρέτης του αν.

Eπίλυση Πολυωνυμικών Εξισώσεων

Οι πολυωνυμικές εξισώσεις βαθμού 3 ή μεγαλύτερου λύνονται με παραγοντοποίηση.

Παραγοντοποίηση μπορούμε να κάνουμε είτε με όλους τους γνωστούς τρόπους από

το γυμνάσιο είτε πλέον με το σχήμα Horner.

π.χ

Να λυθεί η εξίσωση :χ3 + χ2 – 4χ – 4 = 0

Λύση

χ2(χ + 1) – 4(χ + 1) = 0 Û (χ + 1)(χ2 – 4) = 0 Û x+1=0 x=-1Û ή

2 2x -4=0 x =4 x=-2ή x=2Û Û

Να λυθεί η εξίσωση 3x4 – 14x3 – 8x2 + 14x + 5 =0

Λύση

Διαιρέτες του 5: ± 1, ± 5

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

3 – 14 – 8 14 5 1

3 – 11 – 19 – 5

3 – 11 – 19 – 5 0


29

Άρα P(x) = (x – 1)(3x3 – 11x2 – 19x – 5)

Συνεχίζω ίδια με το πολυώνυμο Q(x) = 3x3 – 11x2 – 19x – 5

Διαιρέτες του 5: ± 1, ± 5

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

3 – 11 – 19 – 5 1

– 3 14 5

3 – 14 – 5 0

Άρα Q(x) = (x + 1)(x2 – 14x – 5)

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

ïïïïïïï

î

ïïïïïïï

í

ì

ïï

î

ïï

í

ì

=

=

Û=--

-=Û=+=Û=-

Û=

5xή

31x

05x14x

1x01x1x01x

0)x(P

2

Παρατηρήσεις :

· ‘Οταν όλοι οι συντελεστές μίας πολυωνυμικής εξίσωσης είναι ομόσημοι (είτε

θετικοί είτε αρνητικοί),τότε η εξίσωση δεν μπορεί να έχει θετικές ρίζες.


30

· ‘Οταν οι συντελεστές μίας πολυωνυμικής εξίσωσης είναι ρητοί αριθμοί,τότε

κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών ώστε να γίνουν ακέραιοι.Στη συνέχεια

εφαρμόζουμε το θεώρημα των ακέραιων ριζών.

Ειδικές Μορφές

Ø [Ρ(χ)]ν=α

Λύνονται όπως η εξίσωση χν=α

· Αν ν άρτιος και α>0, τότε νχ= α° . · Αν ν άρτιος και α<0, τότε είναι αδύνατη.

· Αν ν περιττός και α>0,τότε νχ= α .

· Αν ν περιττός και α<0, τότε νχ=- |α| .

Πολλές φορές η μορφή νχ =α προκύπτει αφού φέρουμε όλους τους όρους στο

πρώτο μέλος και κάνουμε παραγοντοποίηση.

Ø α[Ρ(χ)]2ν+β[Ρ(χ)]ν+γ=0 με α ÷ 0

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

Λύση

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

Η (1) γράφεται: ïî

ïí

ì

=

-=Û=--

4ωή

πτεταιίαπορρ,1ω04ω3ω2

Για ω = 4 έχουμε ïî

ïí

ì

=Û=-

-=Û-=-Û=-

3x21xή

1x21x4)1x( 2

Ø Αντίστροφες Εξισώσεις

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

συντελεστές


31

· 3ου βαθμού: αχ3 + βχ2 + βχ + α = 0

Λύνονται με παραγοντοποίηση

· 4ου βαθμού:αχ4 + βχ3 + γχ2 + βχ + α = 0

1. Στις αντίστροφες εξισώσεις 4ου βαθμού (και μόνο) πρώτα διαιρούμε με το χ2 (χ

= 0 δεν είναι λύση της εξίσωσης)

0xα

xβγxβxα 2

2 =++++ .

2. Βγάζουμε κοινούς παράγοντες τα α, β: 0γx1xβ

x1xα2

2 =+÷øö

çèæ ++÷

øö

çèæ + (1)

3. Θέτουμε: 2x1x

x1

x1x2x

x1x

x1x 2

222

222

2

-w=+Ûw=+×+Ûw=÷øö

çèæ +Þw=+

4. Η εξίσωση (1) γράφεται: α(ω2 – 2) + β× ω + γ = 0 Þ αω2 + βω + γ – 2 α = 0

5. Λύνουμε την δευτεροβάθμια εξίσωση και τα ω που βρίσκουμε τα

αντικαθιστούμε στην ωx1x =+ από όπου βρίσκουμε το χ

πχ

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

Λύση

6χ4 – 35χ3+ 62χ2 – 35χ + 6 = 0 Û 0x6

x3562x35x6 2

2 =+-+- Û

(αφού το μηδέν δεν είναι ρίζα της εξίσωσης)

062x1x35

x1x6 2

2 =+÷øö

çèæ +-÷

øö

çèæ + (1)


32

Θέτουμε ωx1x =+ οπότε 2ω

x1x....ω

x1x 2

22

2-=+ÛÛ=÷

øö

çèæ + . Η (1) γίνεται:

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

ïï

î

ïï

í

ì

=

=

25ω

ή3

10ω

2

1

Για 3

10ω = έχουμε:

ïï

î

ïï

í

ì

=

=

Û=+-Û=+Û=+3x

ή31x

03x10x3x103x33

10x1x

2

1

22

Για 25ω = έχουμε:

ïï

î

ïï

í

ì

=

=

ÛÛ=+2x

ή21x

....25

x1x

4

3

Εξισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές

Ø Κλασματικές Εξισώσεις

Για να λύσουμε μία κλασματική εξίσωση ακολουθούμε τα παρακάτω βήματα: · Παραγοντοποιούμε τους παρονομαστές. · Βρίσκουμε το Ε.Κ.Π και βάζουμε περιορισμούς(όλοι οι παράγοντες του

Ε.Κ.Π πρέπει να είναι διάφοροι του μηδενός). · Κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών πολλαπλασιάζοντας όλους τους όρους

με το Ε.Κ.Π . · Κάνουμε τις πράξεις και λύνουμε την εξίσωση που προκύπτει με μία από

τις μεθοδους που αναφέρθηκαν. · Συναληθεύουμε τις λύσεις με τους περιορισμούς.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ

Να λυθεί η εξίσωση 2

χ χ+10 2- =χ+2 χ -4 χ-2


33

ΛΥΣΗ

χ χ-10 2 χ χ-10 2- = - = Περιορισμοι: χ+2 0 και χ-2 02χ+2 χ-2 χ+2 (χ-2)(χ+2) χ-2χ -4χ χ-10 2(χ-2)(χ+2) -(χ-2)(χ+2) =(χ-2)(χ+2)

χ+2 (χ-2)(χ+2) χ-22(χ-2)χ-(χ-10)=2(χ+2) χ -2χ-χ+10=2χ+4

2χ -5χ+6=

Û Û ÷ ÷

Û

Û Û

20 άρα Δ=(-5) 4 1 6 15± 1 5±1χ = = = 3 ή 21,2 2 2

, × × <

Η λύση χ=2 όμως απορρίπτεται λόγω των περιορισμών.

Παρατήρηση

Αν η εξίσωση που προκύπτει μετά την απαλοιφή των παρονομαστών είναι βαθμου τρία ή μεγαλύτερου,την λύνουμε χρησιμοποιώντας το θεώρημα των ακέραιων ριζών και το σχήμα Horner.

Ø ‘Aρρητες Εξισώσεις

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

1ος Τρόπος Επίλυσης

· Βάζουμε περιορισμούς για να ορίζονται οι ρίζες.Κάθε υπόρριζη ποσότητα πρέπει να είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός(″0). · Απομονώνουμε στο ένα μέλος το ριζικό. · Υψώνουμε, ανάλογα με την τάξη του ριζικού, σε κατάλληλη δύναμη,ώστε να φύγουν τα ριζικά. · Λύνουμε την εξίσωση που προκύπτει. · Αντικαθιστούμε όλες τις ρίζες που βρήκαμε στην αρχική εξίσωση.Αν την επαληθεύου τις δεχόμαστε,αλλιώς τις απορρίπτουμε. Π.χ

2 4x x∗ ∗ < Û Πρέπει χ+2″0 Û χ″-2

2 22 4 2 (4 )x x x x∗ < , Û ∗ < , Û

9 14 02 22 16 8 xx x x x , ∗ <∗ < , ∗ Û

‘Αρα χ1=2 και χ2=7


34

Στην συνέχεια βάζουμε τις λύσεις στην αρχική εξίσωση:

Για χ1=2 : 2 2 2 4∗ ∗ < που ισχύει.’Αρα το χ1=2 το δεχόματε ως λύση.

Για χ2=7 : 9 2 4 5 47 2 2 4 ∗ < Û <∗ ∗ < Û ‘Ατοπο.’Αρα το χ2=7 απορρίπτεται.

2ος Τρόπος Επίλυσης

· Βάζουμε περιορισμούς για να ορίζονται οι ρίζες.Κάθε υπόρριζη ποσότητα πρέπει να είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός(″0). · Απομονώνουμε στο ένα μέλος το ριζικό. · Βάζουμε νέους περιορισμούς ,ώστε και τα δύο μέλη να είναι ομόσημοι αριθμοί.Τους νέους περιορισμούς που βρίσκουμε ,τους συναληθεύουμε με τους αρχικούς και έτσι δεν χρειάζεται στο τέλος να επαληθεύσουμε τις λύσεις. · Λύνουμε την εξίσωση που προκύπτει. Π.χ

2 4x x∗ ∗ < Û Πρέπει χ+2″0 Û χ″-2

2 22 4 2 (4 )x x x x∗ < , Û ∗ < , Û Πρέπει 4-χ″0 Û χ′4

9 14 02 22 16 8 xx x x x , ∗ <∗ < , ∗ Û Τελικά -2′χ′4

‘Αρα χ1=2 και χ2=7 που απορρίπτεται.

ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ

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

· Κάνουμε όλες τις πράξεις που σημειώνονται(απαλοιφή παρονομαστων,επιμεριστικη )

· Χωρίζουμε γνωστούς από αγνώστους · Διαιρούμε με τον συντελεστή του αγνώστου (προσοχή αν συντελεστής του

αγνώστου είναι αρνητικός ,μέτα την διαίρεση αλλάζει η φορά της ανίσωσης ενώ αν είναι θετικός η φορά παραμένει ίδια).

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ

Να λυθεί η ανίσωση: x-3 5 1014 2 4

x x∗ ∗, ; , ,


35

ΛΥΣΗ 2x-4 x+5 10+x 2x-4 x+5 10+x- <-1- 4 -4 <4 (-1)-4

4 2 4 4 2 42x-4-2(x+5 )<-4 -(10+x) 2x-4-2x-10<-4-10-x2x-2x+x<-10+10-4+4 x<0

Û × × × × Û

Û Û

Û

ΕΙΔΙΚΕΣ ΠΕΡΙΠΤΩΣΕΙΣ

· 0χ < αρνητικού αριθμού Αδύνατη · 0χ′ αρνητικού αριθμού Αδύνατη · 0χ> αρνητικού αριθμού Ισχύει για κάθε πραγματικό χ · 0χ″ αρνητικού αριθμού Ισχύει για κάθε πραγματικό χ · 0χ<0 Αδύνατη · 0χ>0 Αδύνατη · 0χ ′0 Ισχύει για κάθε πραγματικό χ · 0χ ″0 Ισχύει για κάθε πραγματικό χ · 0χ> θετικού αριθμού Αδύνατη · Οχ< θετικού αριθμού Ισχύει για κάθε πραγματικό χ · 0χ″ θετικού αριθμού Αδύνατη · 0χ′ θετικού αριθμού Ισχύει για κάθε πραγματικό χ

Ø ΠΡΟΣΗΜΟ ΤΡΙΩΝΥΜΟΥ ΕΠΙΛΥΣΗ ΑΝΙΣΩΣΕΩΝ 2ου ΒΑΜΟΥ

ΠΡΟΣΗΜΟ ΤΡΙΩΝΥΜΟΥ Για να βρούμε το πρόσημο του τριωνύμου αχ2 +βχ+γ βρίκουμε την διακρίνουσα Δ=β2-4αγ και αν:

· Δ>0 ,το τριώνυμο έχει δυο ρίζες χ1,χ2 και το προσημό του φαίνεται παρακατω

χ -⁄ χ1 χ2 +⁄ αχ2+βχ+γ Ομόσημο του α Ετερόσημο του α Ομόσημο του α

· Δ=0 ,τότε το τριώνυμο έχει μία διπλή ρίζα χ1,2 και το προσημό του φαίνεται παρακάτω

χ -⁄ χ1,2 +⁄ αχ2+βχ+γ Ομόσημο του α Ομόσημο του α


36

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

χ -⁄ +⁄ αχ2+βχ+γ Ομόσημο του α

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

+βχ+γ ″0 ή αχ2 +βχ+γ ′0: · Βρίσκουμε την Δ και τις ρίζες(αν έχει) · Κάνουμε τον πίνακα για το πρόσημο του τριωνύμου · Διαλέγουμε τα κατάλληλα διαστήματα για το χ,ανάλογα με τι μας έχει

ζητηθεί. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ Να λυθούν οι ανισώσεις ι) χ2+3χ-10>0 ιι) -χ2+2χ-1<0 ιιι) 3χ2+2χ+4>0 ιν) χ2+4χ+16<0 ν) 2χ2-4χ+3>0 νι)χ2+2χ+1 ′0 ΛΥΣΕΙΣ ι) χ2+3χ-10>0 , Δ=32-4 × 1 × (-10)=49

‘Αρα 1,23 49 3 7

2 2x , ° , °

< < χ1=-5 και χ2=2

χ -⁄ -5 2 +⁄ Χ2+3χ-10 + - +

‘Αρα . (- ,-5 ) (2 ,+ )x Î ⁄ È ⁄

ιι) -χ2+2χ-1<0 , Δ=22-4(-1)(-1)=4-4=0

‘Αρα 1,2

2 12( 1)

x ,< <

,

χ -⁄ 1 +⁄

-Χ2+2χ-1 - - ‘Αρα (- ,1 ) (1 ,+ )x Î ⁄ È ⁄ .

ιιι) 3χ2+2χ+4<0 , Δ=22-4×3×4=4-48=-44<0 ‘Αρα το τριώνυμο δεν έχει πραγματικές ρίζες και διατηρεί προσημο,το οποίο επειδή α=3>0είναι και θετικό.

χ -⁄ +⁄ 3Χ2+2χ+4 +


37

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

‘Αρα 1,24 2

2 1x ,

< < ,×

χ -⁄ -2 +⁄ Χ2+4χ+16 + +

‘Αρα η παραπάνω ανίσωση είναι αδύνατη. ν) 2χ2-4χ+3>0 , Δ=(-4)2 -4×2×3=16-24<0 ‘Αρα το τριώνυμο δεν έχει πραγματικές ρίζες και διατηρεί πρόσημο το οποίο επειδή α=2>0 είναι θετικό.

χ -⁄ +⁄ 2Χ2-4χ+3 +

‘Αρα η ανίσωση επαληθεύεται για κάθε πραγματικό αριθμό δηλαδή x Î Â

νι) χ2+2χ+1 ′0 , Δ=22-4 × 1 × 1=4-4=0

‘Αρα 1,2

2 12 1

x ,< < ,

×

χ -⁄ -1 +⁄ Χ2+2χ+1 + +

Παρατηρούμε ότι το τριώνυμο δεν μπορεί να είναι αρνητικό πουθενά,μοναδική λύση είναι το χ=-1 (για χ=-1 ισχύει χ2+2χ+1=0)

Ø ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ΒΑΘΜΟΥ ΜΕΓΑΛΥΤΕΡΟΥ ΙΣΟΥ ΤΟΥ 3

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

· Φέρνουμε όλους τους όρους στο Α’ μέλος και παραγοντοποιούμε με το σχήμα Horner,σχηματίζοντας παράγοντες Α(χ),Β(χ),......,Φ(χ) πρώτου ή δευτέρου βαθμού. · Βρίσκουμε τις ρίζες (αν υπάρχουν) των παραγόντων Α(χ),Β(χ),.......Φ(χ) . · Διατάσσουμε τις ρίζες σ’έναν άξονα απότην μικρότερη προς την μεγαλύτερη. · Κάτω από τον άξονα σχηματίζουμε πίνακα με τα πρόσημα των παραγόντων

στα διαστήματα που δημιουργήθηκαν από τις ρίζες. · Στην τελευταία γραμμή βρίσκουμε το πρόσημο του γινομένου

Α(χ)Β(χ).......Φ(χ) εφαρμόζοντας των κανόνα των προσήμων.


38

Ø Κλασματικές ανισώσεις

Μορφή A (x ) A (x )>0 ή <0

B (x ) B (x )

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

· A (x ) >0 Α (χ )Β (χ )>0 B (x )

Û , Β(χ) 0÷

· A(x) <0 Α(χ)Β(χ )<0B(x)

Û , Β(χ) 0÷

Προσοχή : Αν η λύση περιέχει κλειστά διαστήματα

( A(x) A(x) 0 ή 0B(x) B(x)

″ ′ ) πρέπει να εξαιρούμε τις ρίζες του παρονομαστή.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ Να λυθούν οι ανισώσεις:

ι) x-3 02x 3 10x;

, , ιι) 2 9 )(x +2 )(x 02x 2 3x

,″

∗ , ΛΥΣΗ ι) Πρέπει πρώτα να πάρουμε τον περιορισμό :

2x 3 10 0 5 κα ι χ -2x x, , ÷ Û ÷ ÷

Στη συνέχεια έχουμε 2x-3 0 (χ-3)(2x 3 10x 3 10) 0

xx; Û

, ,, , ;

Βρίσκουμε τις ρίζες των παραγόντων του γινομένου και φτιάχνουμε τον πίνακα προσήμων χ-3=0 Û χ=3 και χ2-3χ-10=0Û χ=5 ή χ=-2

χ -⁄ -2 3 5 +⁄ χ2-3χ-10 + 0 - - 0 +

Χ-3 - - 0 + + Π - + - +

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

Στη συνέχεια έχουμε 2 22 9 )(x+2)(x 02x 2 3(x+2)(x 9)(x 2 3) 0

xx, ″ Û

∗ ,, ∗ , ″


39

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

χ -⁄ -3 -2 1 3 +⁄ +⁄

χ+2 - - 0 + + + Χ2-9 + 0 - - - 0 +

Χ2+2χ-3 + 0 - - 0 + + Π - - + - +

‘Αρα χε(-⁄ ,-3) U (-3,-2] U (1,3]. Η διπλή γραμμή στις τιμές -3 και 1 σημαίνει ότι οι τιμές αυτές δεν είναι δεκτές γιατί μηδενίζουν τον παρανομαστη . Ειδικές Περιπτώσεις Αν η κλασματική ανίσωση περιέχει και άλλα κλάσματα ή ακόμα και κάποιον αριθμό

εκτός της παράστασης A (x )B (x )

δεν κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών

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

· Παίρνουμε περιορισμούς (οι παρονομαστές διάφοροι του μηδενός). · Μεταφέρουμε όλους τους όρους στο πρώτο μέλος της ανίσωσης και κάνουμε

ομώνυμα.

· Το πρώτο μέλος παίρνει τώρα την μορφή A(x)B(x)

,οπότε λύνουμε την ανίσωση

που προέκυψε όπως αναφέρθηκε πρίν.

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

Να λυθούν οι ανισώσεις : ι) 2 x-1 12x 4″

, ιι) 4 10

2x +1 1x 1x

x″ ,,,

ΛΥΣΗ

ι)Πρέπει χ2-4÷0 Û χ÷ ° 2

-1 0 022x-1 2x-1 2x-1 x 412 2 2 2x 4 x -4 x 4 x 4

″ Û , ″,

″ Û, , ,


40

2 22x-1-x +4 -x 2 3 2 20 0 (-x 2 3)(x 4 ) 02 2x -4 x 4x x∗ ∗

″ Û ″ Û ∗ ∗ , ″,

χ -⁄ -2 -1 2 3 +⁄ -χ2+2χ+3 - - 0 + + 0 -

Χ2-4 + 0 - - 0 + + Π - + - + -

‘Αρα οι λύσεις είναι χε(-2,-1] U (2,3]

Η διπλή γραμμή στις τιμές -2 και 2 σημαίνει ότι οι τιμές αυτές δεν είναι δεκτές γιατί μηδενίζουν τον παρανομαστη .

ιι) Πρέπει χ2-1 0 χ 1

4 10 4 102x+1 1 x+1 1(x+1)(χ-1)x 1

x xx x″ , Û ″ ,, ,,

Û

χ(χ+1)(χ -1)

4(χ-1) 10(x+1)(χ -1) (x-1)(χ+1)″ ,

χ(χ+1)- + 0(χ-1)4(χ-1) 10

(x+1)(χ-1) (x-1)(χ+1) ″

04(χ-1)-10+χ(χ+1)

(x+1)(χ -1) ″2

04χ-4-10+χ +χ(x+1)(χ -1) ″

20χ +5 χ -14

(x +1)(χ -1) ″

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

2 0(χ + 5 χ - 1 4 ) (χ - 1 ) (χ + 1 ) ″ χ-1=0 χ=1 και χ+1=0 χ=-1

΄Αρα χ2+5χ-14=0 χ=-7 ή χ=2

χ -7 -1 1 2 χ2+5χ-14 + 0 - - - 0 +

χ-1 - - - 0 + + χ+1 - - 0 + + + Π + - + - +

‘Αρα οι λύσεις είναι χ (- ,-7 ] (-1 ,1 ) [2 ,+ ]Î ⁄ È È ⁄

Η διπλή γραμμή στις τιμές -1 και 1 σημαίνει ότι οι τιμές αυτές δεν είναι δεκτές γιατί μηδενίζουν τον παρανομαστη .

÷ Û ÷ °

Û

Û Û Û

Û Û

Û

-⁄ +⁄


41

Ø ‘Αρρητες Ανισώσεις

Μορφή <f(x)> g(x) ή f(x) g(x)

· Παίρνουμε περιορισμούς για τις υπόρριζες ποσότητες και τους συναληθεύουμε.

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

· Συναληθεύουμε τις λύσεις που προέκυψαν με τους αρχικούς μας περιορισμούς.

Π.χ Να λυθεί η ανίσωση: 2χ+6- 9-χ 0′

Αρχικά παίρνουμε περιορισμούς: 2χ+6″0 Û 2χ″-6 Û χ″-3 και 9-χ″0 Û χ′9 Τελικά -3′χ′9.

2χ+6- 9-χ 0′ Û2 2

2χ+6 9-χ 2χ+6 9-χ 2χ+6 9-χ′ Û ′ Û ′ Û

3χ 3 χ 1′ Û ′ .

Από την συναλήθευση της λύσης και των περιορισμών προκύπτει ότι: -3′χ′1

Μορφή f(x) ( ) ή f(x) ( )g x g x′ ″

· Παίρνουμε περιορισμούς για την υπόρριζη ποσότητα. · Παίρνουμε περιορισμούς για το g(x) (δηλαδή μία φορα <0 και

μετά ″0),λύνουμε την ανίσωση και συναληθεύουμε τις λύσεις με τους περιορισμούς που έχουν προκύψει.

Π.χ Να λυθεί η ανίσωση : χ+10 χ-2″

Αρχικά παίρνουμε περιορισμό για την υπόρριζη ποσότητα: χ+10″0 Û χ″-10. · Αν χ-2<0Û χ<2 η ανίσωση ισχύει πάντα.’Αρα οι λύσεις που προκύπτουν από

την συναλήθευση είναι -10′χ<2. · Αν χ-2″0 Û χ″2 έχουμε .’Αρα οι λύσεις που προκύπτουν είναι 2 ′χ ′6 . Τελικά οι λύσεις συνολικά είναι -10′χ ′6


42

Θέματα για Λύση

1. Να βρείτε ποιες από τις παρακάτω παραστάσεις είναι πολυώνυμα του x:

α) 1 + x – x4 β) p+- 24 x2x3 γ) m+m

-m x1x 22 δ) x-2 + 5x

ε) 3x1x + στ) 5xx 2 +-

2. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)=2χ3-3χ2+4χ-1

Να βρείτε:

α)το πολυώνυμο Q(x)=P(2x).

β)τον βαθμό του Q(x).

γ)τους όρους,τους συντελεστές και τον σταθερό όρο του Q(x).

3. Βρείτε για ποια λ Î R το πολυώνυμο:

P(x) = (λ2 – 5λ + 4)x2 + (λ2 – 3λ + 2)x2 + λ2 – 1 είναι το μηδενικό.

4. Να βρείτε για τις διάφορες τιμές του λ Î R το βαθμό του πολυωνύμου:

P(x) = (λ3 + 2λ2 – 3λ)x4 – (λ2 – λ)x2 + λ + 1

5. Oμοίως Ρ(χ)=(λ2-1)χ2+(λ2+λ)χ-λ-1

6. Δίνεται το Ρ(χ)=(λ3+λ2-6λ)χ2+(λ2+λ-6)χ-λ+2.

Να βρείτε το λ ώστε:

α)Το Ρ(χ) να είναι μηδενικού βαθμού.

β)να μην ορίζεται βαθμός για το Ρ(χ).


43

7. Δείξτε ότι το πολυώνυμο P(x) = (κ + 5)x2 + (3λ + 6)x + κ – λ + 6 είναι διάφορο

του μηδενικού.

8. Βρείτε για ποια κ είναι ίσα τα πολυώνυμα:

P(x) = (κ2 – 5κ)x5 + 4x2 + κ και Q(x) = - 6x5 + κ2χ2 + (κ3 – 8)x + 2

9. Δίνονται τα P(x) = 4x2 – κ και Q(x) = x2 + κx + λ,

Βρείτε τα κ, λ αν ο αριθμός 1 είναι κοινή τους ρίζα.

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

το p = 1.

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

Να βρείτε τα i. P(π(x)) ii. π(3 – π(x + 1)) iii. π(π(x) – 1)

12. Δίνεται το πολυώνυμο P(x) = x2 + x + 2. Βρείτε το λ Î R έτσι ώστε: P(λ – 1) = 3

13. Να δείξετε ότι αν το πολυώνυμο P(x) = 2αx3 + 2βx2 – 4x + β έχει ρίζα το 1, τότε

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

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

i. (x – 5)P(x) = x3 – 10x2 + 31x – 30 ii. [P(x)]2 = 4x2 – 12x + 9

15. Να βρείτε πολυώνυμο P(x), αν γνωρίζουμε ότι:

i. P(2x – 1) = x – 1 ii. P(x + 1) = x2 – x + 2

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

κάθε περίπτωση:

i. (x5 + x4 – 1) : (x4 + x2 – 2)

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


44

iii. x6 : (x + 1)2

17.Να βρείτε πολυώνυμο Δ(χ),το οποίο όταν διαιρεθεί με το πολυώνυμο χ2-3 δίνει

πηλίκο χ2-4χ+1 και υπόλοιπο -3χ+2.

18. Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης:

(4x2001 – x1821 + 7x1453 – 6) : (x + 1)

19. Να βρείτε το λ Î R ώστε το υπόλοιπο της διαίρεσης:

(λ2x6 – 5x3 + 4λx – λ) : (x + 1) να είναι – 1

20. Δίνεται το πολυώνυμο P(x) = κ2x2 + 2(κ2 – 3κ + 2)x – 3(4κ + 7).

Να δείξετε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης P(x) : (x + 2) είναι ανεξάρτητο του κ.

21. Να βρείτε τα α, β Î R ώστε τα x – 2 και x + 4 να είναι παράγοντες του

P(x) = x3 – αx2 – αx – βx + 24

22. Να βρείτε το α, β Î R ώστε το P(x) = x4 + αx3 + x2 + βx + 6 να διαιρείται με το

Q(x) = x2 + 4x + 3

23. Να βρείτε τα α, β Î R ώστε το P(x) = x3 – (α + 1)x2 + βx – 1 να έχει παράγοντα

το x2 – 3x + 2

24. Αν το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός πολυωνύμου P(x) με το x – 3 είναι 1 και με

το x + 1 είναι – 3, να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του P(x) με το (x – 3)(x + 1)

25. Να βρείτε τις ακέραιες ρίζες των εξισώσεων:

i. 5x3 – 7x2 + 9x – 7 = 0

ii. 5x3 + 6x2 + 3x + 2 = 0

iii. – 2x3 – 5x2 – 3x – 2 = 0


45

26. Βρείτε τις τιμές του λ Î R για τις οποίες η εξίσωση x3 + λx2 – 3x + 2 = 0 έχει

μια τουλάχιστον ακέραια ρίζα. Στη συνέχεια λύστε την εξίσωση για τη μεγαλύτερη

τιμή του λ που βρήκατε.

27. Βρείτε τα σημεία τομής του άξονα xx΄ και της γραφικής παράστασης της

συνάρτησης f(x) = x4 – x3 – x2 – 5x + 6

28. Να βρείτε τα σημεία τομής των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων

f(x) = 5x3 – 7 και g(x) = 7x2 – 9x

29. Να λυθούν οι ανισώσεις:

i. x3 – 7x2 – 21 x + 27 ≤ 0

ii. x4 – x3 – 4x2 – 2x – 12 > 0

iii. x6 > 64

iv. x4 – 5x2 + 4 < 0

30. Το πολυώνυμο Ρ(χ)=3χ3+αχ2-2χ+α+15 έχει παράγοντα το χ-2.

α)Να βρείτε το α

β)Να λύσετε την ανίσωση Ρ(χ) ≤0.

31. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η γραφική παράσταση της f(x) = 4x3 – 15x2 –

24x – 5 βρίσκεται πάνω από τον άξονα xx’.

32. Να λυθούν οι εξισώσεις:

α)2χ(3χ -8) 83χ+2- =2χ-χ-2 χ-2 β)

214 7 χ +χ+1- =4-2 χ-1 χ+1χ -1

γ)2 2χ -3χ+2 1-3χ 2- = 2χ χ-1 χ -χ

δ) 2 23(χ+1) χ+2 χ +2χ-12(χ+1) + = -χ χ χ(χ+1)


46


α) 2χ +4χ-5=4 β) 225-χ -3=0 γ) 3χ+18=χ δ) 20-8χ-χ=0 ε) 2χ+13=χ+7


α) χ- 14-2χ=3 β) 3χ-χ+3=0 γ) χ-4χ+8- =2 δ) χ-5-3= χ-8

ε) 2χ-3- χ-2=1


α) 29-χ - χ-5=2 β) 21-χ + χ-1=χ γ) 1+4 χ=1+ χ δ) 12- χ=6- χ


α) χ+8

χ- 0χ-1

″ β) 3χ +3χ-6

+2χ 0χ-4

″

γ) 2χ 4(χ-2) χ-10

> - 2χ+2 χ χ +2χ δ)

3χ +6χ-5 3χ 5+ + +2 02 χ+3 χ-3χ -9

″

ε) 2 23χ -6χ+2 2 5 χ -5χ+6

- + +22χ-2 χ-3 χ-1χ -3χ+2″


α) 2χ-1< 9-3χ β) 1-χ χ+3″ γ) 2χ+1- χ+3 0′ δ) χ-3 χ-5″

ε) χ+4 χ+7′


α) χ-6 3-χ′ β) 2χ -3χ χ-3″ γ) 2χ +3χ-10 χ+5′ δ) 22-χ +9χ-8<χ -8χ


47

Aκολουθίες

‘Ορισμός : Ακολουθία ονομάζεται κάθε συνάρτηση με πεδίο ορισμού το σύνολο Ν* των θετικών ακεραίων και παίρνει τιμές στο R.

a: Ν*↑ R

H τιμή μία ακολουθίας στο ν συμβολίζεται με αν

Αναδρομικός Τύπος Ακολουθίας: Ονομάζεται μία σχέση που συνδέει δύο ή περισσότερους γενικούς όρους της ακολουθίας πχ αν+1,αν.αν-1, με την βοήθεια της οποία μπορούμε να βρούμε οποιονδήποτε άλλο όρο της ακολουθίας.

Αριθμητική Πρόοδος(Α.Π)

‘Ορισμός: Μία ακολουθία ονομάζεται αριθμητική πρόοδος ,αν κάθε όρος της προκύπτει από τον προηγούμενο με πρόσθεση του ίδιου αριθμού ω. Ο αριθμός ω ονομάζεται διαφορά της προόδου.

αν+1=αν+ωÛ αν+1-αν=ω

ν-οστός όρος Α.Π : αν=α1+(ν-1)ω

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

Παρατηρήσεις:

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

τους δηλαδή α+β2

.

2. O αριθμητικός μέσος των α1,α2,α3,.........,αν είναι ο α +α +......+αν1 2

2.

‘Αθροισμα ν πρώτων όρων Α.Π :

Αν γνωρίζουμε τον πρώτο και τον ν-οστό όρο,καθώς και το πλήθος των

όρων ν χρησιμοποιούμε τον τύπο: ν

= (α +α )ν ν12S

α+γ2β=α+γ β=

2Û


48

Αν γνωρίζουμε τον πρώτο όρο,την διαφορά ω και το πλήθος των όρων

ν,χρησιμοποιούμε τον τύπο : ν

= [2α +(ν-1)ω]ν 12S .

Παρατηρήσεις για την επίλυση Ασκήσεων

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

ii)

ν-1S

ν 1 2 ν-1 ν ν ν-1 ν ν ν ν-1S = α +α +....+α +α S =S +α α S -SÛ Û <6444447444448

Έτσι βρίσκουμε τον όρο αν και συνεχίζουμε όπως ακριβώς παραπάνω.

π.χ : ι)Να αποδείξετε ότι η ακολουθία αν=3ν-5 είναι Α.Π

ιι)Το άθροισμα των ν πρώτων όρων μιας ακολουθίας (αν) είναι 2S =2ν -νν ,να αποδείξετε ότι είναι Α.Π.

Λύση

ι) Θέτοντας όπου ν το ν+1 έχουμε αν+1=3(ν-1)-5=3ν-2.Στη συνέχεια βρίσκουμε την διαφορά αν+1-αν =3ν-2-(3ν-5)=3ν-2-3ν+5=3

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

ιι) Ισχύει ∋ ( 22=2 ν-1 -(ν-1)=2ν -5ν+3ν-1S άρα

2α -5ν-3) =4ν-3ν= ν νν-12α S -S =2ν -ν-(2ν αν Û Û και τότε

αν+1=4(ν+1)-3=4ν+1 άρα αν+1-αν=4ν+1-(4ν-3)=4

΄Αρα είναι Α.Π με ω=4 και α1 =1

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


49

1

3+3ω +8ω +11ω ω1 1

α =α +6ω α +6ω=9 α +6ω=9 α7 1 1 1 1α +α =16 α +α =16 2α =16 =294

< ,Û ÞÛ

ì ü ì ü ì ü ì üï ï ï ï ï ï ï ïï ï ï ï ï ï ï ïí ý í ý í ý í ýï ï ï ï ï ï ï ïï ïî þï ï ï ïî þ î þï ïî þ

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

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

διαφορά ω. iii. Προσθέτουμε την διαφορά ω στον προηγούμενο όρο και βρίσκουμε

τον επόμενο.

π.χ

Να παρεμβάλλεται 7 αριθμούς μεταξύ των αριθμών 2 και 50 ώστε όλοι μαζί να είναι διαδοχικοί όροι Α.Π.

Λύση

‘Εστω 2,χ1, χ2, χ3,........, χ7,50 τότε α1=2 και α9=α1+8ω Û 50=2+8ω Û 8ω=48 Û

ω=6.

‘Αρα οι όροι είναι 2,8,14,20,26,32,38,44,50.

· Αθροίσματα όρων Α.Π με περιττή ή άρτια τάξη i. Οι όροι περιττής τάξης α1, α3,α5,......αποτελούν μία νέα Α.Π με

διαφορά ω’=2ω ii. Οι όροι άρτιας τάξης α2, α4,α6,......αποτελούν μία νέα Α.Π με διαφορά

ω’=2ω . · Προσδιορισμός διαδοχικών όρων Α.Π,όταν γνωρίζουμε το αθροισμα τους

i. ‘Οταν γνωρίζουμε το άθροισμα περιττού πλήθους διαδοχικών όρων Α.Π συμβολίζουμε τον μεσαίο όρο με χ και οι υπόλοιποι όροι: .....,χ-3ω,χ-2ω,χ-ω,χ,χ+ω,χ+2ω,χ+3ω,......

ii. ‘Οταν γνωρίζουμε το άθροισμα άρτιου πλήθους διαδοχικών όρων Α.Π συμβολίζουμε τους δύο μεσαίους όρους με χ-ω, χ+ω και οι υπόλοιποι όροι: .....,χ-5ω,χ-3ω,χ-ω,χ+ω,χ+3ω,χ+5ω,......

π.χ

ι)Να βρείτε πέντε ακέραιους αριθμούς που αποτελούν διαδοχικούς όρους Α.Π και έχουν άροισμα 20 και γινόμενο -560.


50

ιι)Να βρείτε τέσσερις ακέραιους που αποτελούν διαδοχικούς όρους Α.Π και έχουν άθροισμα 4 και γινόμενο 105.

Λύση

ι)Συμβολίζουμε τους όρους: χ-2ω,χ-ω,χ,χ+ω,χ+2ω και συμφωνα με τις υποθέσεις της άσκησης έχουμε χ-2ω+χ-ω+χ+χ+ω+χ+2ω=20 Û 5χ=20 Û χ=4.

Επίσης (χ-2ω)(χ-ω)χ(χ+ω)(χ+2ω)=-560Û (4-2ω)(4-ω)4(4+ω)(4+2ω)=-560 Û

4(16-ω2)(16-4ω2)=-560Û 16(16-ω2)(4-ω2)=-560Û (16-ω2)(4-ω2)=-35Û ω4-20ω2+99=0.

Θέτουμε ω2=κ και έχουμε κ2-20κ+99=0 λύνοντας το τριώνυμο βρίσκουμε

κ=11 ή κ=9 άρα 2ω 11 ω= 11< Û ° που απορρίπτεται γιατί οι αριθμοί που προκύπτουν δεν είναι ακέραιοι.

2ω 9 ω= 3< Û ° . Για ω=3 και χ=4 προκύπτουν -2,1,4,7,10 Για ω=-3 και χ=4 προκύπτουν 10,7,4,1,-2 Επομένως σε κάθε περίπτωση οι ζητούμενοι αριθμοί είναι -2,1,4,7,10 ιι)Συμβολίζουμε τους όρους χ-3ω,χ-ω,χ+ω,χ+3ω και έχουμε χ-3ω+χ-ω+χ+ω+χ+3ω=4 Û 4χ=4 Û χ=1 Επίσης (χ-3ω)(χ-ω)(χ+ω)(χ+3ω)=105Û (χ2-9ω2)(χ2-ω2)=105 Û 9ω4-10ω2-104=0 Λύνοντας την εξίσωση όπως ακριβώς και παραπάνω προκύπτει

ω2=269

, Αδύνατη και ω2=4 Û ω=° 2

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


51

Γεωμετρική Πρόοδος

‘Ορισμός: Μία ακολουθία ονομάζεται γεωμετρική πρόοδος ,αν κάθε όρος της προκύπτει από τον προηγούμενο με πολλαπλασιασμό του επί τον ίδιο πάντοτε μη μηδενικό αριθμό λ.Ο αριθμός λ ονομάζεται λόγος της προόδου.

ν+1

ν=λ

αα

Û α =λ ανν+1 ×

ν-οστός όρος Α.Π : αν=α1λν-1 Σε μία Γ.Π υποθέτουμε πάντα α1÷ 0(γιατί αλλιώς όλοι οι όροι θα είναι 0) και αφού λ÷ 0 προκύπτει ότι αν÷ 0(κανένας όρος δεν είναι 0)

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

β2=αγ

· Ο θετικός αριθμός αγ ονομάζεται γεωμετρικός μέσος των α,γ.

· Δύο ετερόσημοι αριθμοί δεν έχουν γεωμετρικό μέσο. · Δύο ίσοι αριθμοί έχουν γεωμετρικό μέσο την απόλυτη τιμή τους. · Αν έχουμε 4 διαδοχικούς όρους Γ.Π α,β,γ,δ τότε ισχύει β2=αγ και γ2=βδ άρα

ισχύει και αγ=βδ.

‘Αθροισμα ν πρώτων όρων Α.Π : νλ -1

S =α με λ 1ν 1 λ-1÷

Αν δεν γνωρίζουμε το πλήθος ν των όρων της Γ.Π αλλά τα α1 , λ και τον αν έχουμε :

νν α λ -αλ -1 α -α α λ-αν+1 1 ν 11 1S =α = = =ν 1 λ-1 λ-1λ-1 λ-1

Παρατηρήσεις για την επίλυση Ασκήσεων

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

ότι ο λόγος ν+1

ν

αα

είναι σταθερός δηλάδή δεν εξαρτάται από το ν.

Αν γνωρίζουμε το άθροισμα νS έχουμε : ν-1S

ν 1 2 ν-1 ν ν ν-1 ν ν ν ν-1S = α +α +....+α +α S =S +α α S -SÛ Û <6444447444448

Έτσι βρίσκουμε τον όρο αν και συνεχίζουμε όπως ακριβώς παραπάνω.


52

π.χ ι)Ο ν-οστός όρος μίας ακολουθίας δίνεται από τον τύπο ν+13

α =ν ν-12.Να δείξετε

ότι είναι Γ.Π και να βρείτε τα α1,λ.

ιι)Το άθροισμα των ν πρώτων όρων μίας ακολουθίας είναι Sν=2(3ν-1). Να δείξετε ότι είναι Γ.Π και να βρείτε τα α1,λ.

Λύση

ι)Θέτουμε όπου ν το ν+1 και έχουμε ν+23

α = νν+1 2.Στη συνέχεια εξετάζουμε τον λόγο

3ν-(ν-1) -13 2 σταθερός2

ν+23ν+2 ν-1να 3 2 ν+2-(ν+1)ν+1 2= 3 2ν+1 ν+1 να 3 3 2ν

ν-12

< × < <×

< < ××

‘Αρα είναι Γ.Π με λ= 32 και α1=9

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

αν=Sν-Sν-1=2(3ν-1)- 2(3ν-1-1)= ν3 4ν ν2 3 2 33 3

× , × < × .

‘Ετσι έχουμε

4 ν+13αν+1 3 34 ναν 33

< < .’Αρα είναι Γ.Π με λ=3 και α1=4.

· Γεωμετρική Παρεμβολή ‘Εστω ότι έχουμε δύο μη μηδενικοί αριθμοί α,β με α÷ β και θέλουμε να τοποθετήσουμε ανάμεσα τους,ν το πλήθος αριθμούς,ώστε όλοι μαζί να αποτελούν διαδοχικούς όρους Γ.Π,τότε: § Θεωρούμε χ1,χ2,....,χν τους αριθμούς που ψάχνουμε. § Σχηματίζουμε την Γ.Π α, χ1,χ2,....,χν,β. § Διαπιστώνουμε α1=α και αν+2=β και έτσι έχουμε αν+2=α1λν+1 Û β=αλν+1

Û λ=

βν+1 ,αν ν άρτιοςαβν+1 ,αν ν περιττόςα

°

ì üï ïï ïï ïï ïï ïí ýï ïï ïï ïï ïï ïî þ


53

§ Αντικαθιστούμε το λ στον τύπο αν=α1λν-1 και βρίσκουμε τους υπόλοιπους όρους.

π.χ Μεταξύ των αριθμών 29

και 162 να βρείτε 5 αριθμούς,ώστε όλοι μαζί να

αποτελούν διαδοχικούς όρους Γ.Π

Λύση

‘Εστω χ1,χ2,χ3,χ4,χ5 οι όροι που ζητάμε τότε οι αριθμοί 29

, χ1,χ2,χ3,χ4,χ5,162 είναι

διαδοχικοί όροι Γ.Π με α1=29

α7=162 ,έτσι έχουμε:

α7=162Û α1λ6=162 Û29

λ6=162Û λ6=729 Û λ= ° 3 .

Για λ=3 : 29

,23

,2,6,18,54,162

Για λ=-3 : 29

,- 23

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

· Αθροίσματα ‘Ορων Γ.Π που έχουν άρτια ή περιττη τάξη ‘Εστω (αν) μία Γ.Π με λόγο λ,τότε: § Οι όροι α1,α3,α5,.....,με περιττή τάξη αποτελούν μία νέα Γ.Π με λόγο

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

λ’=λ2. § Οι όροι α1

κ,α2κ,α3

κ,..... αποτελούν μία νέα Γ.Π με λόγο λ’=λκ · Προσδιορισμός διαδοχικών όρων Γ.Π,όταν γνωρίζουμε το γινόμενό τους

§ ‘Οταν γνωρίζουμε το γινόμενο περιττού πλήθους διαδοχικων όρων μίας Γ.Π,συμβολίζουμε με χ τον μεσαίο όρο και αν λ ο λόγος της Γ.Π

έχουμε : χ χ χ 2....., , , ,χ,λχ,λ χ,....3 2 λλ λ

§ ‘Οταν γνωρίζουμε το γινόμενο άρτιου πλήθους διαδοχικων όρων μίας

Γ.Π,συμβολίζουμε με χλ και χλ τους δύο μεσαίους όρους και τότε

είναι λ2 ο λόγος της Γ.Π,οπότε έχουμε χ χ χ 3....., , , ,λχ,λ χ,....5 3 λλ λ


54

π.χ

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

ιι)Να βρείτε 4 αριθμούς που αποτελούν διαδοχικούς όρους Γ.Π και έχουν γινόμενο 64,ενώ ο τρίτος είναι ίσος με το τετράγωνο του δεύτερου.

Λύση

ι) ‘Εστω

χ,χ,χλ

λ οι ζητούμενοι αριθμοί τότε έχουμε

χ 3χ χλ=8 χ 8 χ=2λ

× × Û < Û

Επίσης: 12 2+4λ+4=21λ -17λ+4=0 λ=4 ή λ= 4

λ 1 1 21 λ 1 1 21+ + = + + = 4λ 4λ

χ χ λχ 8 2 2 2λ 8Û ÛÛ Û

Για χ=2 και λ=4: 12

,2,8

Για χ=2 και λ= 14

: 8,2, 12

Σε κάθε περίπτωση οι ζητούμενοι αριθμοί είναι 12

,2,8

‘Αθροισμα Απείρων ‘Ορων Γ.Π: 1aS=1-λ

με |λ|<1


55


1. Να βρείτε τον 15ο όρο της αριθμητικής προόδου: 7, 15, 23, 31, …..

2. Σε μια αριθμητική πρόοδο (αν) είναι: α8 = 22 και α14 = 40. Να προσδιορισθεί ο

εικοστός όρος της προόδου.

3. Ο πρώτος όρος αριθμητικής προόδου είναι 2 και ο ενδέκατος όρος είναι 92. Να

βρεθεί η πρόοδος και το άθροισμα των 20 πρώτων όρων της.

4. Σε μια αριθμητική πρόοδο δίνονται α1 = 23, ω = - 2 και αν = 5. να βρεθεί το ν και

το Sν.

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

αν.

6. Σε αριθμητική πρόοδο δίνονται: α1 = 1, αν = 25 και Sν = 91. Να βρεθούν οι ν και ω.

7. Δείξτε ότι σε κάθε αριθμητική πρόοδο (αν) ισχύει:

α1 – 4α2 + 4α3 – α5 = 0

8.Σε μία Α.Π ισχύει : α4+α12=0 και α7+α19=-30.

Να βρείτε:

α)τον πρώτο όρο και την διαφορά της προόδου,

β)τον όρο αν για τον οποίο ισχύει αν=ν.

9. Σε μία Α.Π ισχύει α3+α4+α12=10 και ο όρος α13 είναι τριπλάσιος από τον όρο α8.

Να βρείτε:


β)τον όρο α23

γ) τον όρο αν για τον οποίο ισχύει αν=2ν.


56

10. Να προσδιορισθεί ο λ Î R ώστε ο λ + 1 να είναι αριθμητικός μέσος των λ2 + 3

και 1 – λ.

11.Δίνονται δύο αριθμοί που ο ένας είναι τριπλάσιος του άλλου και έχουν

αριθμητικό μέσο τον 16.Να βρείτε τους αριθμούς αυτούς.

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

δίνονται είναι διαδοχικοί όροι Α.Π

13.Αν οι αριθμοί α,β,γ είναι διαδοχικοί όροι Α.Π να αποδείξετε ότι το ίδιο ισχύει και

για τους αριθμούς (β+γ)2-α2 , (α+γ)2-β2, (α+β)2-γ2.

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

α+β α γ γ+β, + ,

β+γ β+γ β+α β+α

να είναι διαδοχικοί όροι Α.Π.Να αποδείξετε ότι και οι αριθμοί:

α2 , β2 , γ2

είναι διαδοχικοί όροι Α.Π

15.Να υπολογίσετε τα αθροίσματα:

ι)1+4+7+....+94 ιι)-5-1+3+7+....+135 ιιι)-6-9-12-.....-114

16.Να βρείτε το άθροισμα:

ι)των πρώτων 50 θετικών πολλαπλασίων του 3.

ιι)των πρώτων 40 θετικών πολλαπλασίων του 5.

ιιι)των άρτιων αριθμών μεταξύ 21 και 153.

ιν)των πολλαπλασίων του 5 μεταξύ 31 και 206.

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

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


57

18.Σε μία Α.Π με α1=45 και α6+α11=0.Να βρείτε το άθροισμα των θετικών τηε όρων.

19. Σε μία Α.Π με ω=4 ισχύει α21=3α16.Να βρείτε το άθροισμα των άρνητικών της

όρων.

20.Σε μία Α.Π με α6=8 και α11=23.Να βρείτε:


β)πόσοι όροι της προόδου έχουν άθροισμα 14,

γ)το άθροισμα S=α15+α16+...+α25

21.Ο ν-οστός όρος μία ακολουθίας είναι: αν=5ν-8,να δείξετε ότι η ακολουθία αυτή

είναι Α.Π,της οποίας να βρείτε τον πρώτο όρο και την διαφορά.

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

Sν = 2ν2 – 5ν, δείξτε ότι η (αν) είναι αριθμητική πρόοδος και να βρείτε τους α1 και ω.

23. Αν για κάθε ν Î N* είναι Sν = 3ν2 – ν (άθροισμα ν πρώτων όρων), να βρείτε το

νιοστό όρο της ακολουθίας (αν) και να αποδείξετε ότι είναι αριθμητική πρόοδος.

24.Μεταξύ των αριθμών 6 και 50 θέλουμε να παρεμβάλουμε10 αριθμούς,ώστε όλοι

μαζί να απολτελούν διαδοχικούς όρους Α.Π.Να βρείτε τους αριθμούς αυτούς.

25.Δίνονται πέντε διαδοχικοί όροι Α.Π που έχουν άθροισμα 55,ενώ το άθροισμα

των τετραγώνων τους είναι 695.

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

άθροισμα των αντιστρόφων τους είναι 2524

.

27. Να λύσετε τις εξισώσεις:

α) (x + 2) + (x + 4) + (x + 6) + ….. + (x + 60) = 1050

β) 1 + 7 + 13 + ….. + x = 280, x >0


58

28. Στο αμφιθέατρο του Μαθηματικού τμήματος υπάρχουν 20 σειρές καθισμάτων.

Το πλήθος των καθισμάτων κάθε σειράς σχηματίζει αριθμητική πρόοδο. Η 1η σειρά

έχει 16 καθίσματα, η 7η σειρά έχει 28 καθίσματα.

α) Πόσα καθίσματα έχει η 10η σειρά;

β) Πόσα καθίσματα υπάρχουν από την 4η ως και τη 10η σειρά;

γ) Αν στην πρώτη σειρά του αμφιθεάτρου υπάρχουν 6 κενές θέσεις, στη δεύτερη 9

κενές θέσεις, στην τρίτη 12 κενές θέσεις κλπ, από ποια σειρά και πέρα θα υπάρχουν

μόνο κενά καθίσματα;

δ) Πόσοι είναι οι παρόντες φοιτητές;

29.Ο κατασκευαστής μίας πολυκατοικίας 12 ορόφων με πυλωτή καθόρισε ως τιμή

πώλησης του πρώτου ορόφου 1200€/m2 και για κάθε επόμενο όροφο 100€/m2

ακριβότερα από τον προηγούμενο του όροφο.

α)Πόσο πωλείται το διαμέρισμα ανά m2 στον δέκατο όροφο;

β)Πόσο πωλείται ένα διαμέρισμα 82 m2 στον δωδέκατο όροφο;

γ)Αν ο κάθε όροφος έχει 200 m2,πόσα χρήματα θα εισπράξει ο κατασκευαστής απ’ο

την πώληση όλων των διαμερισμάτων;

30.Σε μία Γ.Π είναι α1=48 και α5=3.Να βρείτε τον λόγο λ και τους 5 πρώτους όρους.

31.Σε μία Γ.Π είναι α6=-108 και α3=4.Να βρείτε:

α)τον πρώτο όρο και το λόγο

β)τον όρο α5

32. Σε μια γεωμετρική πρόοδο είναι: α1 = 6, λ = 2 και αν = 3072. Να βρεθεί το ν.

33. Να προσδιορισθεί ο x Î R ώστε οι αριθμοί: 1x - , 4 1x5 + , 3x + να είναι

διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου.


59

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

αποδείξετε ότι και οι όροι α , β ,γ ,είναι διαδοχικοί όροι Γ.Π.

35.Να βρείτε το άθροισμα των πρώτων 7 όρων της γεωμετρικής προόδου:

192,96,48,......

36.Να υπολογίσετε τα παρακάτω άθροίσματα:

α)5+10+20+....+640

β)4-8+16-.....-8192

37. Να βρεθούν οι αριθμοί x, ψ, z αν γνωρίζουμε ότι έχουν άθροισμα 147, οι x, ψ, z

είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, ενώ οι x, z, ψ είναι διαδοχικοί όροι

γεωμετρικής προόδου.


α) 3 + 32 + 33 + ….. + 3x = 120, x Î N*

β) 1 + x + x2 + x3 + ….. + x39 = 0

39. Να βρεθεί γεωμετρική πρόοδος αν οι τρεις πρώτοι όροι της έχουν άθροισμα 21

και ο πρώτος όρος της με τον τέταρτο όρο της έχουν άθροισμα 27.

40.Ο ν-οστός όρος μίας ακολουθίας είναι αν=3 2ν.

α)Να αποδείξετε ότι η ακολουθία αυτή είναι Γ.Π της οποίας να βρείτε τον πρώτο

όρο και τον λόγο.

β)Να βρείτε το άθροισμα των 6 πρώτων όρων της.

41. Ο ν-οστός όρος μίας ακολουθίας είναι αν=χ 24-ν,όπου χεR .

α)Να αποδείξετε ότι η ακλολουθία αυτή είναι Γ.Π

β)Αν το άθροισμα των 7 πρώτων όρων της είναι 127,να βρείτε το χ.


60

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

διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου.

43. Να βρεθούν τρεις αριθμοί που να είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου αν

το άθροισμα τους είναι 42 και το γινόμενό τους είναι 512.

44. Να βρείτε 4 αριθμούς που είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικοί προόδου όταν το

γινόμενό τους είναι 4096 και ο τέταρτος ισούται με το γινόμενο των δύο μεσαίων.

45. Ένας αριθμός βακτηριδίων τριπλασιάζεται σε αριθμό κάθε μία ώρα.

α) Αν αρχικά υπάρχουν 10 βακτηρίδια, να βρείτε το πλήθος των βακτηριδίων ύστερα

από 6 ώρες.

β) Στο τέλος της έκτης ώρας ο πληθυσμός των βακτηριδίων ψεκάζεται με μια ουσία

η οποία σταματά τον πολλαπλασιασμό τους και συγχρόνως προκαλεί την καταστροφή

33 . 10 βακτηριδίων ανά ώρα.

i. Να βρείτε το πλήθος των βακτηριδίων που απομένουν 20 ώρες μετά τον ψεκασμό.

ii. Μετά από πόσες ώρες από τη στιγμή του ψεκασμού θα καταστραφούν όλα τα

βακτηρίδια;

46.Παρατηρήθηκε ότι η ποσότητα του πετρελαίου που διαρρέει στην θάλασσα από

ένα βυθισμένο πλοίο διπλασιάζεται κάθε μέρα.Το πετρέλαιο που διέρρευσε κατά την

διάρκεια της πρώτης μέρας ήταν 20 τόνοι.

α)Πόσοι τόνοι πετρελαίου θα διαρρεύσουν κατα την διάρκεια της 7ης μέρας;

β)Πόσοι τόνοι πετρελαίου θα διαρρεύσουν συνολικά κατά τις πρώτες 5 ημέρες;

γ)Αν η διαρροή σταματήσει στο τέλοες της 7ης ημέρας και το κόστος καθαρισμού του

πετρελαίου είναι 1000€ ανά τόνο,πόσο θα στοιχίσει ο καθαρισμός της θάλασσας από

την πύπανση που προκάλεσε το πλοίο.


61

47.Να υπολογίσετε τα αθροίσματα απείρων όρων σε καθεμία από τις παρακάτω

Γ.Π:

α)4,2,1,... β)9,-3,1.... γ)18,12,8,...

48.Δίνεται Γ.Π με α1=18 και λόγο λ,με |λ|<1.Αν το άθροισματων πρώτων 3 όρων

είναι 27,τότε να βρείτε:

α)το λόγο λ

β)το άθροισμα των απείρων όρων της.

49.Να λυθεί η εξίσωση : 1 1 2|x|

1+ + +.....=22+|x| 3(2+|x|)

50.α)Να αποδείξετε ότι x 12 2x +1

′

β)Να λύσετε την εξίσωση : 2 3

x x x 2+ + +......=2 2 2 3x +1 x +1 x +1

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø


62

Iδιότητες Δυνάμεων

Ορισμος : Αν α πραγματικός αριθμός και ν φυσικος τότε

ν

α α α ........ α , ν 2α = α ,ν=1

1 ,ν=0

ì × × × ″ïïïïíïïïïî

Προσοχή : Αν α=0 τότε η δύναμη 00 δεν ορίζεται (είναι απροσδιόριστη μορφή).

Αν α,β θετικοί πραγματικοί και χ,χ1,χ2εR,τότε ισχύουνΑ

· 1 2 1 2x x x xa a a ∗× <

· 1 2 1 2:x x x xa a a ,<

· 1 1 22( )

xx x xa a ×<

· χ χα α

= χβ β


· ∋ (χ χ χαβ =α β×

· μ

μν να =α

Εκθετική Συνάρτηση

f(x)=ax με α>1

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

ευθεία τον αρνητικό ημιάξονα Οχ.

· Είναι γνησίως αύξουσα δηλαδή αν χ1<χ2 τότε χ χ1 2α <α

· Καθώς το χ τείνει στο +⁄ και η συνάρτηση αχ τείνει στο + ⁄ ,ενώ όταν το χ τείνει στο -⁄ η συνάρτηση αχ τείνει στο 0.


63

f(x)=ax με 0<α<1

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

ευθεία τον θετικό ημιάξονα Οχ.

· Είναι γνησίως φθίνουσα δηλαδή αν χ1<χ2 τότε χ χ1 2α >α .

· Καθώς το χ τείνει στο +⁄ και η συνάρτηση αχ τείνει στο 0,ενώ όταν το χ τείνει στο -⁄ η συνάρτηση αχ τείνει στο + ⁄ .

Παρατηρήσεις για την Επίλυση των Ασκήσεων

Η συνάρτηση f(x)=ax

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

π.χ Δίνεται η συνάρτηση χλ+4

f(x)=2-λ

æ ö÷ç ÷ç ÷è ø.Να βρείτε τις τιμές του λε ζ |R- 2 ,ώστε η

f(x) να:

ι)έχει πεδίο ορισμού το R ιι)είναι εκθετική ιιι)είναι γνησίως αύξουσα ιν)είναι γνησίως φθίνουσα.

Λύση

ι)Για να έχει πεδίο ορισμού όλο το R πρέπει: λ+4

>0 (λ+4)(2-λ)>02-λ

Û

Λύνοντας την ανίσωση έχουμε λε(-4,2)


64

ιι) Για να είναι η συνάρτηση εκθετική πρέπει: : λ+4

>0 (λ+4)(2-λ)>02-λ

Û άρα λε(-4,2)

Επίσης πρέπει: λ+4

1 λ+4 2-λ 2λ -2 λ 12-λ

÷ Û ÷ Û ÷ Û ÷ ,

Συναληθεύοντας τα παραπάνω έχουμε ότι λε(-4,-1) È (-1,2).

ιιι)Η εκθετική είναι αύξουσα αν : λ+4 λ+4 λ+4 2-λ 2λ+2

1 1 0 0 0 (2 2)(2 ) 02-λ 2-λ 2-λ 2-λ 2-λ

l l= Û , = Û , = Û = Û ∗ , =

Λύνοντας την ανίσωση έχουμε λε(-1,2)

ιν) Η εκθετική είναι φθίνουσα αν :

λ+4>0 (λ+4)(2-λ)>0

2-λÛ άρα λε(-4,2) και

λ+4 λ+4 λ+4 2-λ 2λ+21 1 0 0 0 (2 2)(2 ) 0

2-λ 2-λ 2-λ 2-λ 2-λl l; Û , ; Û , ; Û ; Û ∗ , ; από

όπου παίρνουμε λ<-1 ή λ>2.

Συναληθελυοντας τα παραπάνω έχουμε λε(-4,-1)

Εκθετικές Εξισώσεις

· af(x)=β

Για τις εξισώσεις αυτής της μορφής με 0<α÷ 1,διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:

i. Αν β′0,τότε η εξίσωση είναι αδύνατη ii. Αν β>0,τότε προσπαθούμε να γράψουμε και τα δύο μέλη ως δύναμη με την

ίδια βάση.Στην συνέχεια εκμεταλλευόμαστε την ιδιότητα

1 21 2 x xx xa a< Û <

Αν δεν μπορούμε να γράψουμε και τα δύο μέλη ως δύναμη με την ίδια βάση,τότε η εξίσωση λύνεται με την βοήθεια των λογαρίθμων.


65

π.χ Να λυθεί η εξίσωση ι)2χ=32 ιι)4χ-64=0

Λύση

ι)2χ=32 Û 2χ=25 Û χ=5

ιι)4χ-64=0 Û 4χ=64 Û 4χ=43 Û χ=3

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

g(x) p g(x) pg(x)f(x) f(x) f(x)a =β a =(a ) a =a ( ) ( )f x pg xÛ Û Û <

Στην συνέχεια λύνουμε την εξίσωση που έχει προκύψει.

π.χ Να λυθεί η εξίσωση 2 2x -x x +28 =4

Λύση

∋ ( ∋ (2 2 2 2x -x x +22 2x -x x +2 3x -3x 2x +4 2 23 28 =4 2 = 2 2 =2 3x -3x=2x +4Û Û Û Û

2x -3x-4=0 1 ή χ=4xÛ < ,

· f(ax)=0 Eξισώσεις που περιέχουν εκθετικά τα οποία μπορούν όλα να γραφούν ως εκθετικά με την ίδια βάση α,λύνονται συνήθως θέτοντας ω=α π.χ ι)2χ+3-2χ+2+6 2χ-1=56 ιι)4χ+1-9 2χ+2=0 Λύση ι)

1χ χ χ χ χ χ χ χ χ3 2 32 2 -2 2 +6 2 =56 8 2 4 2 3 2 56 7 2 56 2 8 2 2 χ=32× × × Û × , × ∗ × < Û × < Û < Û < Û

ιι) ∋ ( ∋ (χ 2χ+1 χ χ χ2 χ-9 2 +2=0 4 2 -9 2 +2=0 4 2 -9 2 +2=04 × Û × × Û × ×

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


66

1ω=2 ή ω=

4 και έχουμε : ω=2χ Û 2χ=2 Û χ=1 ή

1 1χ χ -2ω= 2 = 2 =2 χ=-24 4

Û Û Û .

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

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

εξής: χχα μ μαχ χ=μβ χ λ λββ

λαæ ö÷ç ÷çÛ < Û <÷ç ÷çè ø

3. Εκμεταλλευόμαστε το γεγονός ότι οι εκθετικές συναρτήσεις είναι 1-1 και τελικά λύνουμε την εξίσωση που προκύπτει.

π.χ Να λυθεί η εξίσωση 9χ+1-4χ+2=44 4χ-1+32χ

Λύση

χ4χ 2 χ 2χ 2χ 2χ 2χ 2χ4 4 44 3 9 3 3 11 2 +16 24χ+1 χ+2 χ-1 2χ9 -4 =44 4 3 9 9 , × < ∗ Û × , < × × Û× ∗ Û ×

2χ 2χ 33 27 33 3= = 2χ=3 χ=2χ 22 282

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è øÛ Û Û

· Μορφή κα2χ+λ(αβ)χ+μβ2χ=0 Σ’αυτήν την περίπτωση διαιρούμε και τα δύο μέλη με α2χ ή β2χ οπότε

προκύπτει η μορφή 2χ χ χ 2χ 2χ χκα λα β μβ α α+ + =0 κ +λ +μ=02χ 2χ 2χ β ββ β β

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è øÛ

Στη συνέχεια θέτουμε χ

αω=

β



67

π.χ Να λυθεί η εξίσωση 4χ+1-13 6χ+9χ+1=0

Λύση

χ+1 χ χ+1 χ χ χ 2χ χ χ 2χ4 -13 6 +9 0 4 4 13(2 3) 9 9 4 2 -13 2 3 +9 3 0× < Û × , × ∗ × Û × × × × < Û

2χ χ2 24 -13 +9=03 3

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø και θέτουμε

χ2ω=3

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø οπότε έχουμε 4ω2-13ω+9=0 από όπου

παίρνουμε ω=1 ή 9ω= 4 .

Επομένως έχουμε:

χ2ω=1 =1 χ=0

3Û Û

æ ö÷ç ÷ç ÷è ø ή

χ χ -22 2 29 9ω= = = χ=-24 43 3 3Û Û Û

æ ö æ ö æ ö÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷ç ç ç÷ ÷ ÷è ø è ø è ø

· Μορφή ∋ (g(x)f(x) =1

Μια εξίσωση αυτής της μορφής επαληθεύεται για εκείνα τα χ,για τα οποία ισχύει:

ι)f(x)=1 ή ιι)g(x)=0 και f(x)≠0 ή

ιιι)f(x)=-1 και g(x)=άρτιος

π.χ Να λυθεί η εξίσωση (χ2-3χ+1)3χ-5=1

Λύση

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

· 2 2x -3x+1=1 x -3x=0 x=0 ή χ=3Û Û

· 23χ-5=0 και x -3x+1 0÷ απ’ όπου παίρνουμε 5χ= 3

· 2 2 x -3x+1=-1 x -3x+2=0 χ=1 ή χ=2 και 3χ-5=άρτιοςÛ Û άρα χ=1


68

· Μορφή f(x)g(x)=f(x)h(x) Για να λύσουμε μία εξίσωση αυτής της μορφής εργαζόμαστε ως εξής: f(x)g(x)=f(x)h(x) Û f(x)g(x)-f(x)h(x)=0 Û f(x)h(x)[ f(x)g(x)-h(x)-1]=0 και παίρνουμε: f(x)h(x)=0 και (1) ή f(x)g(x)-h(x)=1 (2) Η (1) επαληθεύεται όταν f(x)=0 και h(x)≠0 ενώ η (2) λύνεται όπως η

προηγούμενη μορφή.

π.χ Να λυθεί η εξίσωση ∋ (22 χ -4χ+32χ -5χ-3χ-3 =(χ-3)

Λύση

∋ ( ∋ (2 22 2χ -4χ+3 χ -4χ+32χ -5χ-3 2χ -5χ-3χ-3 =(χ-3) χ-3 -(χ-3) 0Û < Û

2 22 2 2χ -4χ+3 χ -4χ+32χ -5χ-3-(χ -4χ+3) χ -χ-6(χ-3) (χ-3) 1 =0 (χ-3) (χ-3) -1 =0é ù é ùê ú ê úê ú ê úë û ë û

, Û

2χ -4χ+3 2(χ-3) =0 χ-3=0 και χ -4χ+3 0 άρα χ=3 και χ 1 και χ 3Û ÷ ÷ ÷

Η οποία τελικά είναι αδύνατη.

Η εξίσωση 2χ -χ-6(χ-3) =1 επαληθεύεται όταν:

· χ-3=0 Û χ=3

· 2χ -χ-6=0 και χ-3 0 χ=-2 ή χ=3 και χ 3 χ=-2÷ Û ÷ Û · χ-3=-1 και χ2-χ-6=άρτιος Û χ=2 η οποία είναι δεκτή.

Εκθετικές Ανισώσεις

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

· Αν α>1 η f(x)=ax είναι αύξουσα ,δηλαδή: χ χ1 2α <α χ <χ1 2Û

· Αν 0<α<1 η f(x)=ax είναι φθίνουσα ,δηλαδή: >χ χ1 2α <α χ χ1 2Û


69

Λογάριθμοι

Ορισμός: χα =θ χ=log θaÛ δηλαδή ο log θa είναι ο εκθέτης στον οποίο πρέπει να

υψώσουμε τον α για να βρούμε θ και ονομάζεται λογάριθμος του θ με βάση α.

Περιορισμοι: α>0 ,α≠1 και θ>0

Συνέπειες του Ορισμού:

· χlog α =χa

· alog θ =θα · log 1 0a <

· log 1aa <

Ιδιότητες Λογαρίθμων:

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

1. log (θ θ )=log θ +log θa a a1 2 1 2

2. θ1og ( )=log θ -log θa a a1 2θ2

3. κθlog =κlog θa a

Δεκαδικός Λογάριθμος: Aν α=10 έχουμε logθ=χ Û 10χ=θ

Νεπέριος ή Φυσικός Λογάριθμος: Αν α=e έχουμε lnθ=χ Û ex=θ

Τύπος Αλλαγής Βάσης: Αν α,β>0 ,με α,β≠1 ,τότε για κάθε θ>0 ισχύει

log θαlog θ=β log βα


70

Λογαριθμική Συνάρτηση

f(x)=log x με α>1a

ι) Πεδίο Ορισμού: Αf=(0,+ )⁄

ιι) Σύνολο Τιμών: f(A)=R

ιιι) Μονοτονία: Είναι γνησίως αύξουσα,δηλαδή αν χ1<χ2 τότε logax1<logax2

ιν) Σημεία Τομής με τους ‘Αξονες: Τέμνει τον χχ’ στο σημείο Α(1,0) ενώ έχει ασύμπτωτη ευθεία τον ημιάξονα Οy’

ν) Συμπεριφορα στις Ακραίες Θέσεις του Π.Ο: Αν a+χ 0 τότε log x ↑ ,⁄↑

,ενώ αν χ τότε logax↑ ∗⁄ ↑ ∗⁄ .

νι) Γραφική Παράσταση:

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

f(x)=log x με 0<α<1a

ι) Πεδίο Ορισμού: Αf=(0,+ )⁄

ιι) Σύνολο Τιμών: f(A)=R

ιιι) Μονοτονία: Είναι γνησίως φθίνουσα,δηλαδή αν χ1<χ2 τότε logax1>logax2

ιν) Σημεία Τομής με τους ‘Αξονες: Τέμνει τον χχ’ στο σημείο Α(1,0) ενώ έχει ασύμπτωτη ευθεία τον ημιάξονα Οy


71

ν) Συμπεριφορα στις Ακραίες Θέσεις του Π.Ο: Αν, a+χ 0 τότε log x ↑ ∗⁄↑

,ενώ ανχ τότε logax↑ ∗⁄ ↑ ,⁄ .

νι) Γραφική Παράσταση:

Παράτηρήσεις για την Επίλυση Ασκήσεων:

1. ‘Οταν θέλουμε να μελετήσουμε γραφικά την συνάρτηση f(x)=logA(x) ή f(x)=lnx ακολουθούμε τα εξής βήματα:

· Βρίσκουμε πεδίο ορισμού,λύνοντας την ανίσωση Α(χ)>0 · Βρίσκουμε τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης Cf με τον άξονα

χχ’ λύνοντας την εξίσωση f(x)=0Û A(x)=1 · Βρίσκουμε τα διαστήματα στα οποία η Cf βρίσκεται πάνω(αντίστοιχα

κάτω)από τον χχ’,λύνοντας την ανίσωση f(x)>0 Û Α(χ)>1 ( f(x)<0 Û 0<Α(χ)<1 αντίστοιχα).

· Εξετάζουμε την συνάρτηση ως προς την μονοτονία. · Εξετάζουμε την συνάρτηση για το αν είναι άρτια ή περιττή.

2. Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x)=logax+c προκύπτει με κατακόρυφη μετατόπιση της f(x)=logax κατά |c|μονάδες:

· προς τα πάνω,αν c>0 · προς τα κάτω αν c<0

3. Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x)=loga(x+c) προκύπτει με οριζόντια μετατόπιση της f(x)=logax κατά |c|μονάδες:

· προς τα αριστερά,αν c>0 · προς τα δεξιά,αν c<0


72

Λογαριθμικές Εξισώσεις

Μορφή logaf(x)=k

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

logaf(x)=k Û f(x)=k

Λύνουμε την τελευταία εξίσωση και δεν ξεχνάμε να συναληθεύσουμε με τον αρχικό περιορισμό.

π.χ Να λυθεί η εξίσωση log2(x-2)=3

Λύση

Αρχικά παίρνουμε τον περιορισμό χ-3>0Û χ>3.

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

Μορφή logaf(x)=logag(x)

Σ’αυτήν την περίπτωση έχουμε τους περιορισμούς f(x)>0 και g(x)>0 ,τους οποίους λύνουμε και συναληθεύουμε.

Στη συνέχεια εκμεταλλευόμαστε το γεγονος ότι οι λογάριθμικές συναρτήσεις είναι 1-1 και έχουμε logaf(x)=logag(x) Û f(x)=g(x).

Λύνουμε την παραπάνω εξίσωση και συναληθεύουμε με τους περιορισμούς.

Παρατήρηση: Με αυτόν τον τρόπο λύνονται και οι εξισώσεις που μπορούν να πάρουν αυτήν την μορφή εφαρμόζοντας τις ιδιότητες των λογαρίθμων.

Προσοχή Οι περιορισμοί πρέπει να λαμβάνονται πρίν εφαρμόσουμε τις ιδιότητες των λογαρίθμων.

π.χ Να λυθούν οι εξισώσεις: i)ln(3x-1)=ln(9-x2) ii)log(x-6)+log(x+1)=3log2

Λύση

ι) Περιορισμοί: 133x-1>0 x>Û

2 29-x >0 x <9 -3<x<3Û Û


73

Τελικά έχουμε : 1 <x<33

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

Σύμφωνα μετους περιορισμούς μας δεκτή είναι μόνο η χ=2.

ιι)Περιορισμοί: χ-6>0 Û χ>6

χ+1>0Û χ>-1

Τελικά έχουμε χ>6.

Στην συνέχεια λύνουμε την εξίσωση χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες των λογαρίθμων : log(x-6)+log(x+1)=3log2 Û log[(x-6)(x+1)]=log23 Û log(x2-5x-6)=log8Û x2-5x-6=8 Û x2-5x-14=0 Û x=-2 ή x=7.

Με βάση τους περιορισμούς μας δεκτή είναι μόνο η χ=7.

Εξισώσεις που λύνονται με αντικατάσταση

Σε εξισω΄σεις που εμφανίζεται ο ίδιος λογάριθμος logaf(x),συνήθως θέτουμε:

ω=logaf(x) και λύνουμε την εξίσωση που προκύπτει.

π.χ Να λυθεί η εξίσωση log2x2+logx4-8=0

Λύση

Αρχικά παίρνουμε τους περιορισμούς: χ2>0 Ισχύει πάντα

χ4>0 Ισχύει πάντα

‘Αρα η μεταβλητή χ μπορεί να πάρει όλες τις τιμές.

log2x2+logx4-8=0 Û (2log|x|)2+4log|x|-8=0 Û (πρέπει να βάλουμε |χ| και όχι χ γιατι το χ μπορεί να παρει όλες τις τιμές,συμφωνα με τον αρχικό περιορισμό). 4log2|x|+4log|x|-8=0. Θέτουμε ω=log|x| και έχουμε να λύσουμε την εξίσωση

4ω2+4ω-8=0 από όπου παίρνουμε ω=1 ή ω=-2.

‘Αρα έχουμε: ω=1 Û log|x| =1 Û |χ|=10 Û χ= ° 10

ω=-2 Û log|x| =-2 Û |χ|=10-2 Û χ= 1100°


74

Εξισώσεις που λύνονται λογαριθμίζοντας

Να λυθούν οι εξισώσεις: ι)2χ+4=52-χ ιι)χlogx= 10x

Λύση

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

xlog2+4log2=2log5-xlog5 Û xlog2+xlog5=2log5-4log2 Û

x(log2+log5)= log25-log16 Û xlog10= log25-log16 Û25x=log 16 .

ιι) Αρχικά παίρνουμε τους περιορισμούς: χ>0 και 10χ≥0Û χ≥0

Τελικά ο περιορισμός μας είναι χ>0.

1logx logx 122x 10 logx log 10 logx logx=log(10x) log (log10 log )2x x x x< Û < Û × Û < ∗

1 12 2 2 2log log10 log 2log log10 log 2log 1 log 2log log 1 02 2x x x x x x x xÛ < ∗ Û < ∗ Û < ∗ Û , , <

Θέτουμε ω=logx και έχουμε 2ω2-ω-1=0 από όπου παίρνουμε ω=1 ή ω= 1- 2

Για ω=1 έχουμε logx=1 Û ω=10 Δεκτή

Για ω= 1- 2 έχουμε logx= 1- 2 Û x=1-210 Û

1010

1x= x=10

Û Δεκτή.

Λογαριθμικές Ανισώσεις

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

· Αν α>1,τότε η συνάρτηση f(x)=logax είναι γνησίως αύξουσα και έχουμε logaA(x)≥logaB(x) Û A(x)≥B(x)

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


75

π.χ Να λυθούν οι ανισώσεις: ι)log(2x+4)<log(13-x) ιι)ln[log(3x-5)-1]<0 ιιι)ln(x+3)+ln(2-x)<ln(5-x)

Λύση

ι)Αρχικά παίρνουμε περιορισμούς: 2χ+4>0 Û χ>-2

13-χ>0 Û χ<13

Η συναλήθευση των περιορισμών μας δίνει: -2<χ<13

Η συνάρτηση f(x)=logx είναι γνησίως αύξουσα ,οπότε έχουμε: log(2x+4)<log(13-x) Û 2χ+4<13-χ Û 2χ+χ<13-4 Û 3χ<9 Û χ<3,η οποία με βάση τους περιορισμούς μας είναι δεκτή.

ιι)Αρχικά παίρνουμε τους περιορισμούς : 3χ-5>0 Û χ> 53

log(3x-5)-1>0Û log(3x-5)>1 Û

log(3x-5)>log10Û 3x-5>10Û x>5

H συναλήθευση των περιορισμών δίνει: χ>5

ln[log(3x-5)-1]<0Û ln[log(3x-5)-1]<ln1 Û [log(3x-5)-1]<1 Û log(3x-5)-1<1 Û

log(3x-5)<2 Û log(3x-5)<log100 Û 3x-5<100Û 3x<105Û x<35.

Τελικά οι λύσεις μας είναι: 5<χ<35.

ιιι)Αρχικά έχουμε τους περιορισμούς: χ+3>0Û χ>-3

2-χ>0Û χ<2

5-χ>0Û χ<5

Συναληθεύοντας τους περιορισμούς έχουμε: -3<χ<2.

Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε τις ιδιότητες των λογαρίθμων:

ln(x+3)+ln(2-x)<ln(5-x) Û ln[(x+3)(2-x)]<ln(5-x) Û ln[(-x2-χ+6)<ln(5-x) Û

-x2-χ+6>5-χ Û x2>1 Û |χ|>1 Û -1<χ<1.

Τελικά έχουμε -3<χ<-1 ή 1<χ<2.


76

Λογαριθμικά Συστήματα

Τα λογαριθμικά συστήματα λύνονται εφαρμόζοντας σε κάθε εξίσωση ξεχωριστά τις μεθόδους επίλυσης των λογαριθμικών εξισώσεων.

π.χ Να λυθεί το σύστημα log(20x+10y)=2log(x+1)+logy=1

ì üï ïï ïí ýï ïï ïî þ

Λύση

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

x+1>0Û x>-1

y>0

20x+10y=100 2x+y=10log(20x+10y)=2 log(20x+10y)=log100(x+1)y=10 (x+1)y=10log(x+1)+logy=1 log[(x+1)y]=log10

ì ü ì ü ì ü ì üï ï ï ï ï ï ï ïï ï ï ï ï ï ï ïÛ Û Û Ûí ý í ý í ý í ýï ï ï ï ï ï ï ïï ï ï ï ï ï ï ïî þ î þî þ î þ

y=10-2x y=10-2xy=10-2x y=10-2x2 2(x+1)(10-2x)=10 x=0 ή x=4-2x +8x+10=10 -2x +8x=0

ì ü ì üï ï ï ïì ü ì üï ï ï ïï ï ï ïï ï ï ïï ï ï ïí ý í ý í ý í ýï ï ï ï ï ï ï ïï ï ï ï ï ï ï ïî þ î þï ï ï ïî þ î þÛ Û Û Û

y=10 y=2 ή

x=0 x=4 ì ü ì üï ï ï ïï ï ï ïí ý í ýï ï ï ïï ï ï ïî þ î þ

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


77


1.Να βρείτε για ποιές τιμές του αεR ,η συνάρτηση f(x)=(2a-5)x:

ι)ορίζεται σε όλο το R,

ιι)είναι εκθετική,

ιιι)είναι γνησίως αύξουσα στο R,

ιν)είναι γνησίως φθίνουσα στο R.

2.Na βρείτε για ποιές τιμές του λεR η συνάρτηση f(x)=(|λ|-3)χ:





3. Na βρείτε για ποιές τιμές του λεR η συνάρτηση f(x)= χλ+1

5-λæ ö÷ç ÷ç ÷è ø

:





4.Αν η συνάρτηση f(x)=(-3λ2+12λ-8)χ με λεΖ,είναι γνησίως αύξουσα στο R να υπολογίσετε την τιμή του λ.

5.Να λυθούν οι εξισώσεις :

ι) 2χ -3χ-411 -1=0 ιι)

1|χ|-62 - =04

ιιι) 3χ-5 χ+26 6 =6× ιν) 2χ χ 4(3 +9)(2 - 2)=0

6. Να λυθούν οι εξισώσεις :

ι) χ-5 χ+3=48 ιι) χ-31 2χ-1=8

16æ ö÷ç ÷ç ÷è ø

ιιι) 2 2χ +2χ-1 χ +4χ27 =9 ιν)

χ1 3χ+5=4 28

×æ ö÷ç ÷ç ÷è ø

ιν)e6x=e4ex+1


78


ι) χ+2 χ+3 χ-4 χ-12 +2 +48 2 +2 2 =1× × ιι) χ χ+35 2 =2 -3 2× ιιι) χ-1 2χ+112 4 =32+2×

ιν)2χ+23χ-1=48 ν)4χ+252χ-1=3200


ι)22χ-10.2χ+16=0 ιι)9χ-3.3χ-3=0 ιιι)9χ+1-36.3χ-1+3=0 ιν)3χ+1-28+9.3-χ=0

ιν)e2x+e=ex+ex+1 n)8x-5.4x-28.2x+32=0


ι)72.3χ-2=9.2χ+1 ιι)100.4χ-1=52χ+1-25 ιιι)9χ+1=2.4χ+1-6.32χ+1 ιν)2χ+2χ-1=24-χ-22-χ

ν)2χ+3.3χ+1=3χ+3-5.2χ+2


ι) 2χ +3χ2(χ +χ-1) =1 ιι)

2 2χ +3χ χ -3χ2 2(χ -χ-1) =(χ -χ-1)

11.Nα λυθούν οι ανισώσεις:

ι) | |-12 16x ′ ιι) 2x 133 27, ″ ιιι)

211

255

x xæ ö÷ç ÷ç ÷çè ø

,″ ιν) |x|-1 |x|8 >4

ν) 22 x -x-6x +2x1 1>

27 9æ öæ ö ÷÷ çç ÷÷ çç ÷÷ç çè ø è ø

νι) |2x-3|-57 1′ νιι) 24 93 1

5

xæ ö÷ç ÷ç ÷çè ø

,;

12. Nα λυθούν οι ανισώσεις:

ι)

2x -4x 2x-3e e1

3 3″

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷è ø è ø ιι)

2x2 16 1x× ; ιιι) x+3 11x-24 328

æ ö÷ç ÷ç ÷çè ø× ′

ιν) x-8 31 1

19 27

x ,× ″

æ ö æ ö÷ ÷ç ç÷ ÷ç ç÷ ÷è ø è ø ν) | | 9 |x|3 9 27x , × ; νιι) 2x-1 12 8 2x ,″


ι) 22 5 2 4 0x x, × ∗ = ιι) 9 2 3 3 0x x, × , ; ιιι) x x+14 -5 2 +16 0× ′

ιν) 2x -7x+63 <1 ν) x4 6 2 8 0x, × ∗ ; νιι) 32 2 9x x,∗ ″


79


ι) 3 6 3 1x x,, × ; ιι) x+3 x-1 22 +15 3 3 2x x∗× ; ,

ιιι) 2 22 3 5 6 3 2 0x x x× , × ∗ × ″ ιν) x+1 x+1 x+4 <10 96 ×

15.Να λυθούν τα συστήματα:

ι) 2 3 13

3 2 2 3 6

yxyx

∗ <

× , × < ,

ì üï ïï ïí ýï ïï ïî þ ιι)

2 3 1

4 9 7

yxyx

, <

, <

ì üï ïï ïí ýï ïï ïî þ ιιι)

y

y+1x3 5 -2 =59x+15 +2 =133

×ì üï ïï ïï ïí ýï ïï ïï ïî þ

ιν) 3

2 3 288

x yyx

, <

× <

ì üï ïï ïí ýï ïï ïî þ ν)

2 7 12 16

x xyx y

, ∗ <

∗ <

ì üï ïï ïí ýï ïï ïî þ νι)

2 3 =108y2 3 =72

yxx

×

×

ì üï ïï ïí ýï ïï ïî þ

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

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

Αν ο τύπος που δίνει τον αριθμό των βακτηριδίων είναι:

P(t)=P02kt

όπου P(t) ο αριθμός των βακτηριδίων σε χρόνο t(σε ώρες),Ρ0 ο αρχικός αριθμός και κ σταθερά που έξαρτάται από το είδος των βακτηριδίων,τότε να βρείτε :

ι)τη σταθερά κ

ιι)τον αρχικό αριθμό των βακτηριδίων

ιιι)σε πόσα λεπτά ο αρχικός αριθμός των βακτηριδίων είχε διπλασιαστεί.

17. Να δείξετε ότι:

α. 1 1 1

log25+ log8+ log32=1+log22 3 5

β. 3log2+log5-log4=1

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

α. 3 x

log 3x3 2x β.

3x ψlog 34 xψ

γ. 3 245x ψ z

log2 2 27ψ x ψz


80

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

α, β.

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

2 2 2 2ψ=log(a -1)+log(β -1)-log[(αβ+1) -(α+β) ]

21. Αν log2=α και log3=β να υπολογισθούν συναρτήσει των α, β οι λογάριθμοι των

αριθμών 4, 5, 6, 12, 15, 30, 36, 72

50.

22. Σε Α.Π. είναι α =loga1 και α =logβ2 με α, β > 0. Να δείξετε ότι ν(ν-1)β

S =logν ν(ν-3)α

23. Αν α, β, γ *+ÂÎ με β ¹1 και αβ ¹1 να δείξετε ότι

log γβlog γ=αβ 1+log αβ.

24. Αν α, β > 0, α, β ¹1 να δείξετε ότιlog xlog x βα =

log ψ log ψα β.

25. Αν α, β, x > 0 και β, x ¹1 να δείξετε ότι 1

log αlog β= log αx2 2β x 4.

26.Αν α, β, x *ÂÎ με α ¹1 β ¹1 και αβ ¹1 να δείξετε ότι2log x+log x=log β(1+log α) log xα αβ β αβ .

27. Να δείξετε ότι log 3 log 4....log 8=32 3 7× .

28.Να βρείτε τα πεδία ορισμού των συναρτήσεων:

ι)f(x)=log(2x-6) ιι)f(x)=ln(15-3x) ιιι)f(x)=log(x2-9) ιν)f(x)=ln(x2+2x-8) ν)f(x)=log(2x3+3x2-11x-6) νι)f(x)=ln(-x3+7x+6 νιι)f(x)=log(4x-10.2x+16) νιιι)f(x)=ln(4.9x+3.16x-7.12x)

29. Αν x, ψ > 0 και 2 2x +ψ =7ψx να δείξετε ότιx+ψ 1

log = (log x++log ψ)α α α3 2.

30. Αν x, ψ > 0 και x, ψ ¹1 να δείξετε ότιlogx+logψ x+ψ

log2 2

′ .


81

31. Να λυθούν οι εξισώσεις

α) 22(log 8) +log 64+log 8=9x x x β)13log 625-log 125+ =0x x 6

γ) 2log 1000=(log 10) +2x x .


α. log(x-2)+log(x-1)=log(2x+8) β.log(x-6)+log(x-7)=1-log5

γ. log(x-9)+2log 2x-1=2 δ. 11

2logx=log(x+ )+110

ε. 22log(2x-1)-log(3x-2x )=log(4x-3)-logx


α. 2x-2 x-1log (3 +7)=2+log (3 +1)2 2 β. xlog(3 +2)=2xlog3

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


α. logx 210x =x x β. log xx =10


α. log x log x=23 9× β. log x log x log x log x=542 42 2 2× × ×


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

37.Για ποιες τιμές του α ÂÎ η εξίσωση 2log[log(2x +x-2)]=0 έχει ρίζες

πραγματικές και άνισες;

38. α. Να υπολογίσετε τον αριθμό log 3100 .

β. Να λύσετε την εξίσωση: 2logx logx log 33 -2 3 -100 =0× .


82

39. Αν σε μια αριθμητική πρόοδο (αν) ο πρώτος όρος είναι a =log 31 3 και ο δεύτερος

όρος της είναι a =log 812 3 .

α. Να βρείτε την διαφορά ω της αριθμητικής προόδου.

β. Να λύσετε την εξίσωση: 3 2log x log x log xω ω ω3 -9 3 -9 3 +81=0× ×

40. i. Να αποδείξετε ότι: logx log33 =x

ii. Να λύσετε την εξίσωση: logx log33 =54-x

41.Να λυθούν οι εξισώσεις:

ι) 2 2 10 log 4 0log x x, ∗ < ιι) 2log x-logx-2=0 ιιι) 2log x+3log x -1=0

ιν) 3 2 2 2log x -2log x -6logx+20=0


ι)logx+1 2 4- = 2logx logx+2 log x+2logx

ιι)2logx -10 20-logx

1- =3 2logx logx

ιιι) 21 lnx=1-2 2 2ln x+lnx ln(xe )

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


ι) log (x-1)<log 32 2 ιι) 2log (x -2)>log 71 13 3

ιιι)log5(3-x)≤0 ιν)log5(x+7)≤log5(3-x)

ν)log(|x|+2)-log(6-|x|)>0.


ι)log(x+3x)≤1 ιι)log3+log(x+2)≤2log6 ιιι)2lnx≥ln(x-2)+ln(x+6) ιν)log(2.5x+5.4x)≥x+log7 ν)log2x-2logx-3>0.


83

46. Να λυθούν οι ανισώσεις

ι)

5x+3log[log ]>0

5-2x ιι)

x+5log[log ]<0

x-8


ι) 2log x 4′ ιι)ln2x<2lnx ιιι)log3x-log2x<0 ιν)log2x≤logx4 v) 2lnx-1 1lnx ″

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

3ex

48. Να λυθούν τα συστήματα

α. logx+logψ=3

3 4logx -logψ =2

üïïýïïþ β.

2x=ψ+log3log27=x+ψ

üïïýïïþ


α. 2x +ψ=12

log x+log ψ=2ψ x

üïïýïïþ β.

log xlog (x+ψ)=-19 3log x-log (ψ-x)=03 9

üïïýïïþ

50. i. Να αποδείξετε ότι logψ logxx =ψ με x, ψ > 0

ii. Να λύσετε το σύστημα: logψ logxx +ψ =20

log xψ=1

ìïïíïïî

iii. Αν οι λύσεις του (ii) είναι ρίζες της εξίσωσης: 2log[log(x +xlogθ-110)]=0 να

βρείτε το θ *+ÂÎ .


84


α.

log3 log5(3x) =(5ψ)logx logψ5 =3

üïïïýïïïþ β.

4xlogψ5 =25logψ

4ψ =10x+2

üïïïïïïýïïïïïïþ

γ.

logψ logxx +ψ =2001

ψ ψ x[(logx) (logψ) ] =1024

üïïïýïïïþ

Documents

ALGEBRA B