Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Θεοδωρος Παγωνης · #81

4912

Θεωρούμε τις συναρτήσεις $\displaystyle{f(x)={{x}^{2}}+1}$ και $\displaystyle{g(x)=x+a}$ , με $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ και $\displaystyle{a\in \mathbb{R}}$ .
α) Για $\displaystyle{a=1}$ , να προσδιορίσετε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων $\displaystyle{f}$ και $\displaystyle{g}$ .
β) Να βρείτε για ποιες τιμές του $\displaystyle{a}$ οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων $\displaystyle{f}$ και $\displaystyle{g}$ τέμνονται σε δύο σημεία .
γ) Για $\displaystyle{a>1}$ , να εξετάσετε αν οι τετμημένες των σημείων τομής των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων $\displaystyle{f}$ και $\displaystyle{g}$ είναι ομόσημες ή ετερόσημες .

Ενδεικτικές απαντήσεις :

α) Για $\displaystyle{a=1}$ , ο τύπος της συνάρτησης $\displaystyle{g}$ είναι $\displaystyle{g(x)=x+1}$ . Τα σημεία τομής των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων $\displaystyle{f}$ και $\displaystyle{g}$ είναι οι λύσεις του συστήματος : $\displaystyle{y=f(x)}$ και $\displaystyle{y=g(x)}$ (1).
Επομένως από το σύστημα παίρνουμε $\displaystyle{f(x)=g(x)\Leftrightarrow {{x}^{2}}+1=x+1\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x=0\Leftrightarrow x\left( x-1 \right)=0\Leftrightarrow x=0\ \ x=1}$ (2) .
Οπότε για $\displaystyle{x=0}$ σε μια από τις δύο εξισώσεις του συστήματος (1) έχω $\displaystyle{y=f(0)\Leftrightarrow y={{0}^{2}}+1\Leftrightarrow y=1}$ ,
ενώ για $\displaystyle{x=1}$ σε μια από τις δύο εξισώσεις του συστήματος (1) έχω $\displaystyle{y=f(1)\Leftrightarrow y={{1}^{2}}+1\Leftrightarrow y=2}$ . Άρα τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων $\displaystyle{f}$ και $\displaystyle{g}$ είναι τα $\displaystyle{A\left( 0,1 \right)}$ και $\displaystyle{B\left( 1,2 \right)}$ .
β) Για να τέμνονται σε δύο σημεία οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων $\displaystyle{f}$ και $\displaystyle{g}$ θα πρέπει το σύστημα : $\displaystyle{y=f(x)}$ και $\displaystyle{y=g(x)}$ (1) να έχει δύο λύσεις .
Επομένως από το σύστημα παίρνουμε $\displaystyle{f(x)=g(x)\Leftrightarrow {{x}^{2}}+1=x+a\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x+1-a=0}$ (2) .
Πρέπει για την δευτεροβάθμια εξίσωση που προέκυψε να έχω : $\displaystyle{\Delta >0\Leftrightarrow {{\beta }^{2}}-4a\gamma >0\Leftrightarrow {{\left( -1 \right)}^{2}}-4\cdot 1\cdot \left( 1-a \right)>0\Leftrightarrow 1-4+4a>0\Leftrightarrow 4a>3\Leftrightarrow a>\frac{3}{4}}$
γ) Για $\displaystyle{a>1\Leftrightarrow 1-a<0}$ .
Όμως στην δευτεροβάθμια εξίσωση $\displaystyle{{{x}^{2}}-x+1-a=0}$ είναι $\displaystyle{P=\frac{\gamma }{a}=1-a<0}$ (όπου $\displaystyle{P={{x}_{1}}{{x}_{2}}}$ , το γινόμενο των ριζών της δευτεροβάθμιας εξίσωσης).
Επειδή $\displaystyle{P<0}$ οι τετμημένες των σημείων τομής των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων $\displaystyle{f}$ και $\displaystyle{g}$ είναι ετερόσημες .

Θεοδωρος Παγωνης · #82

4925

Σε μια αριθμητική πρόοδο είναι $\displaystyle{{{a}_{2}}={{\kappa }^{2}}}$ και $\displaystyle{{{a}_{3}}={{\left( \kappa +1 \right)}^{2}}}$ , $\displaystyle{\kappa }$ ακέραιος με $\displaystyle{\kappa >1}$ .
α) Να αποδείξετε ότι η διαφορά $\displaystyle{\omega }$ της προόδου είναι αριθμός περιττός .
β) Αν επιπλέον ο πρώτος όρος της είναι $\displaystyle{{{a}_{1}}=2}$ , τότε :
i) Να βρείτε τον αριθμό $\displaystyle{\kappa }$ και να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\omega =7}$ .
ii) Να εξετάσετε αν ο αριθμός $\displaystyle{1017}$ είναι όρος της προόδου .

Ενδεικτικές απαντήσεις :

α) Γνωρίζω ότι η διαφορά $\displaystyle{\omega }$ μιας αριθμητικής προόδου δίνεται από την σχέση $\displaystyle{\omega ={{a}_{v+1}}-{{a}_{v}}}$ .
Οπότε έχω $\displaystyle{\omega ={{a}_{3}}-{{a}_{2}}\Leftrightarrow \omega ={{\left( \kappa +1 \right)}^{2}}-{{\kappa }^{2}}\Leftrightarrow \omega ={{\kappa }^{2}}+2\kappa +1-{{\kappa }^{2}}\Leftrightarrow \omega =2\kappa +1}$ , άρα $\displaystyle{\omega }$ περιττός αριθμός.
β) Είναι $\displaystyle{\omega =2\kappa +1}$ (1) και $\displaystyle{\omega ={{a}_{2}}-{{a}_{1}}\Leftrightarrow \omega ={{\kappa }^{2}}-2}$ (2) .
Από τις σχέσεις (1),(2) με $\displaystyle{\kappa >1}$ έχω $\displaystyle{{{\kappa }^{2}}-2=2\kappa +1\Leftrightarrow {{\kappa }^{2}}-2\kappa -3=0}$ .
$\displaystyle{\Delta ={{\beta }^{2}}-4a\gamma \Leftrightarrow \Delta ={{\left( -2 \right)}^{2}}-4\cdot 1\cdot \left( -3 \right)\Leftrightarrow \Delta =4+12\Leftrightarrow \Delta =16>0}$
Άρα $\displaystyle{{{\kappa }_{1,2}}=\frac{-\beta \pm \sqrt{\Delta }}{2a}\Leftrightarrow {{\kappa }_{1,2}}=\frac{-\left( -2 \right)\pm \sqrt{16}}{2\cdot 1}\Leftrightarrow {{\kappa }_{1,2}}=\frac{2\pm 4}{2}}$ , άρα $\displaystyle{{{\kappa }_{1}}=\frac{2+4}{2}\Leftrightarrow {{\kappa }_{1}}=\frac{6}{2}\Leftrightarrow {{\kappa }_{1}}=3}$ δεκτή , αφού $\displaystyle{3>1}$ , περιττός και $\displaystyle{{{\kappa }_{2}}=\frac{2-4}{2}\Leftrightarrow {{\kappa }_{2}}=\frac{-2}{2}\Leftrightarrow {{\kappa }_{2}}=-1}$ , απορρίπτεται αφού $\displaystyle{-1<1}$ .
Για $\displaystyle{\kappa =3}$ είναι $\displaystyle{\omega =2\cdot 3+1\Leftrightarrow \omega =7}$ .
γ) Για να βρούμε αν υπάρχει όρος της προόδου είναι ίσος με 1017 αρκεί να εξετάσουμε αν υπάρχει $\displaystyle{v\in {{\mathbb{N}}^{*}}}$ ώστε $\displaystyle{{{a}_{v}}=1017}$ .
Οπότε για $\displaystyle{\kappa =3}$ και $\displaystyle{\omega =7}$ έχουμε $\displaystyle{{{a}_{v}}={{a}_{1}}+\left( v-1 \right)\omega \Leftrightarrow 1017=2+7\left( v-1 \right)\Leftrightarrow 7\left( v-1 \right)=1015\Leftrightarrow v-1=145\Leftrightarrow v=146}$ .
Άρα υπάρχει όρος που είναι ίσος με 1017 και είναι ο $\displaystyle{{{a}_{146}}}$ .

Θεοδωρος Παγωνης · #83

4946

α) Να λύσετε την ανίσωση $\displaystyle{\left| x-3 \right|\le 5}$ .
β) Να απεικονίσετε το σύνολο των λύσεων της ανίσωσης αυτής πάνω στον άξονα των πραγματικών αριθμών και να ερμηνεύσετε το αποτέλεσμα , με βάση την γεωμετρική σημασία της παράστασης $\displaystyle{\left| x-3 \right|}$
γ) Να βρείτε όλους τους ακέραιους αριθμούς $\displaystyle{x}$ που ικανοποιούν την ανίσωση $\displaystyle{\left| x-3 \right|\le 5}$ .
δ) Να βρείτε το πλήθος των ακέραιων αριθμών $\displaystyle{x}$ που ικανοποιούν την ανίσωση $\displaystyle{\left| \left| x \right|-3 \right|\le 5}$ .
Να αιτιολογήσετε την απάντηση σας .

Ενδεικτικές απαντήσεις :

α) $\displaystyle{\left| x-3 \right|\le 5\Leftrightarrow -5\le x-3\le 5\Leftrightarrow -5+3\le x-3+3\le 5+3\Leftrightarrow -2\le x\le 8}$ .
β)

: 4946 a.jpg (6.16 KiB) Προβλήθηκε 5184 φορές

Η γεωμετρική ερμηνεία της παράστασης $\displaystyle{\left| x-3 \right|}$ είναι η απόσταση του πραγματικού αριθμού $\displaystyle{x}$ από τον αριθμό 3 .
Άρα αναζητάμε τους πραγματικούς αριθμούς $\displaystyle{x}$ οι οποίοι απέχουν από τον αριθμό 3 απόσταση μικρότερη ή ίση από 5 .

: 4946 b.jpg (8.32 KiB) Προβλήθηκε 5184 φορές

γ) Η λύση της ανίσωσης $\displaystyle{\left| x-3 \right|\le 5}$ , από α) ερώτημα μου δίνει $\displaystyle{-2\le x\le 8}$ .
Επομένως οι ακέραιοι αριθμοί $\displaystyle{x}$ που ικανοποιούν την ανίσωση $\displaystyle{\left| x-3 \right|\le 5}$ είναι οι $\displaystyle{-2,-1,0,1,2,3,4,5,6,7,8}$ .
δ) $\displaystyle{\left| \left| x \right|-3 \right|\le 5\Leftrightarrow -5\le \left| x \right|-3\le 5\Leftrightarrow -5+3\le \left| x \right|-3+3\le 5+3\Leftrightarrow -2\le \left| x \right|\le 8}$
Άρα $\displaystyle{-2\le \left| x \right|}$ που ισχύει για κάθε πραγματικό αριθμό $\displaystyle{x}$ και $\displaystyle{\left| x \right|\le 8\Leftrightarrow -8\le x\le 8}$
Οπότε $\displaystyle{-8\le x\le 8}$ , επομένως το πλήθος των ακεραίων είναι $\displaystyle{8+1+8=17}$ .

Θεοδωρος Παγωνης · #84

4952

α) Θεωρούμε την εξίσωση $\displaystyle{{{x}^{2}}+2x+3=a}$ , με παράμετρο $\displaystyle{a\in \mathbb{R}}$ .
i) Να βρείτε για ποιες τιμές του $\displaystyle{a}$ η εξίσωση $\displaystyle{{{x}^{2}}+2x+3=a}$ έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες .
ii) Να βρείτε την τιμή του $\displaystyle{a}$ ώστε η εξίσωση να έχει διπλή ρίζα , την οποία και να προσδιορίσετε .
β) Δίνεται το τριώνυμο $\displaystyle{f(x)={{x}^{2}}+2x+3}$ , $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ .
i) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f(x)\ge 2}$ , για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ .
ii) Να λύσετε την ανίσωση $\displaystyle{\sqrt{f(x)-2}\le 2}$ .

Ενδεικτικές απαντήσεις :

α) i) Η δοθείσα εξίσωση ισοδύναμα γίνεται $\displaystyle{{{x}^{2}}+2x+3=a\Leftrightarrow {{x}^{2}}+2x+3-a=0}$ (1) . Άρα για να έχει η δοθείσα εξίσωση δυο ρίζες πραγματικές και άνισες πρέπει η (1) να έχει θετική διακρίνουσα .
Οπότε έχω : $\displaystyle{\Delta >0\Leftrightarrow {{\beta }^{2}}-4a\gamma >0\Leftrightarrow {{2}^{2}}-4\cdot 1\cdot \left( 3-a \right)>0\Leftrightarrow 4-12+4a>0\Leftrightarrow 4a>8\Leftrightarrow a>2}$ .
ii) Για να έχει η δοθείσα εξίσωση διπλή ρίζα η (1) να έχει διακρίνουσα ίση με το μηδέν.
Οπότε έχω : $\displaystyle{\Delta =0\Leftrightarrow a=2}$ .
Για $\displaystyle{a=2}$ η (1) γίνεται $\displaystyle{{{x}^{2}}+2x+3-2=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}+2x+1=0\Leftrightarrow {{\left( x+1 \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow x+1=0\Leftrightarrow x=-1}$ , ηδιπλή ρίζα της εξίσωσης .
β) i) Είναι $\displaystyle{f(x)={{x}^{2}}+2x+3\Leftrightarrow f(x)={{x}^{2}}+2x+1+2\Leftrightarrow f(x)={{\left( x+1 \right)}^{2}}+2}$ .
Οπότε έχω $\displaystyle{x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow {{\left( x+1 \right)}^{2}}\ge 0\Leftrightarrow {{\left( x+1 \right)}^{2}}+2\ge 2\Leftrightarrow f(x)\ge 2}$
(β τρόπος : να λύσω την ανίσωση $\displaystyle{f(x)\ge 2}$ και να βρω $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ .
ii) Επειδή $\displaystyle{f(x)\ge 2}$ , για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ η ανίσωση $\displaystyle{\sqrt{f(x)-2}\le 2}$ ορίζεται για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ , οπότε έχω :
$\displaystyle{\sqrt{f(x)-2}\le 2\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+2x+3-2}\le 2\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+2x+1}\le 2\Leftrightarrow \sqrt{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}\le 2\Leftrightarrow \left| x+1 \right|\le 2\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{-2\le x+1\le 2\Leftrightarrow -2-1\le x+1-1\le 2-1\Leftrightarrow -3\le x\le 1}$ .

Θεοδωρος Παγωνης · #85

4957

Δίνεται το τριώνυμο $\displaystyle{\lambda {{x}^{2}}-\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right)x+\lambda }$ , $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}}$ .
α) Να βρείτε την διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta }$ του τριωνύμου και να αποδείξετε ότι το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές για κάθε $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}}$ .
β) Αν $\displaystyle{{{x}_{1}}}$ , $\displaystyle{{{x}_{2}}}$ είναι οι ρίζες του τριωνύμου , να εκφράσετε το άθροισμα $\displaystyle{S={{x}_{1}}+{{x}_{2}}}$ συναρτήσει του $\displaystyle{\lambda \ne 0}$ και να βρείτε την τιμή του γινομένου $\displaystyle{P={{x}_{1}}{{x}_{2}}}$ των ριζών .
γ) Αν $\displaystyle{\lambda >0}$ , το παραπάνω τριώνυμο έχει ρίζες θετικές ή αρνητικές ; Να αιτιολογήσετε την απάντηση σας .
δ) Για κάθε $\displaystyle{\lambda >0}$ , αν $\displaystyle{{{x}_{1}}}$ , $\displaystyle{{{x}_{2}}}$ είναι οι ρίζες του παραπάνω τριωνύμου , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\sqrt{{{x}_{1}}{{x}_{2}}}\le \frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{2}}$ .

Ενδεικτικές απαντήσεις :

α) Είναι $\displaystyle{\Delta ={{\beta }^{2}}-4a\gamma \Leftrightarrow \Delta ={{\left[ -\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right) \right]}^{2}}-4\cdot \lambda \cdot \lambda \Leftrightarrow \Delta ={{\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right)}^{2}}-4{{\lambda }^{2}}\Leftrightarrow \Delta ={{\lambda }^{4}}+2{{\lambda }^{2}}+1-4{{\lambda }^{2}}\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\Delta ={{\lambda }^{4}}-2{{\lambda }^{2}}+1\Leftrightarrow \Delta ={{\left( {{\lambda }^{2}}-1 \right)}^{2}}\ge 0}$ , για κάθε $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}}$ , οπότε το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές .
β) $\displaystyle{S={{x}_{1}}+{{x}_{2}}\Leftrightarrow S=-\frac{\beta }{a}\Leftrightarrow S=-\frac{-\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right)}{\lambda }\Leftrightarrow S=\frac{{{\lambda }^{2}}+1}{\lambda }}$ και $\displaystyle{P={{x}_{1}}{{x}_{2}}\Leftrightarrow P=\frac{\gamma }{a}\Leftrightarrow P=\frac{\lambda }{\lambda }\Leftrightarrow P=1}$
γ) Για $\displaystyle{\lambda >0}$ είναι $\displaystyle{P=1>0}$ και $\displaystyle{S=\frac{{{\lambda }^{2}}+1}{\lambda }>0}$ , οπότε έχει ρίζες θετικές .
δ) Για $\displaystyle{\lambda >0}$ είναι $\displaystyle{\sqrt{{{x}_{1}}{{x}_{2}}}\le \frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{2}\Leftrightarrow 2\sqrt{{{x}_{1}}{{x}_{2}}}\le {{x}_{1}}+{{x}_{2}}\Leftrightarrow 2\sqrt{P}\le S}$ ,επειδή $\displaystyle{S,P>0}$ , ισοδύναμα έχω $\displaystyle{2\sqrt{{{x}_{1}}{{x}_{2}}}\le {{x}_{1}}+{{x}_{2}}\Leftrightarrow 4{{x}_{1}}{{x}_{2}}\le {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}\Leftrightarrow x_{1}^{2}+2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+x_{2}^{2}\ge 4{{x}_{1}}{{x}_{2}}\Leftrightarrow x_{1}^{2}+2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+x_{2}^{2}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}}\ge 0\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{x_{1}^{2}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}+x_{2}^{2}\ge 0\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}\ge 0}$ , που ισχύει για κάθε $\displaystyle{\lambda >0}$ .

Θεοδωρος Παγωνης · #86

4962

Δίνεται το τριώνυμο $\displaystyle{\lambda {{x}^{2}}-\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right)x+\lambda }$ , $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}}$ .
α) Να βρείτε την διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta }$ του τριωνύμου και να αποδείξετε ότι το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές για κάθε $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}}$ .
β) Αν $\displaystyle{{{x}_{1}}}$ , $\displaystyle{{{x}_{2}}}$ είναι οι ρίζες του τριωνύμου , να εκφράσετε το άθροισμα $\displaystyle{S={{x}_{1}}+{{x}_{2}}}$ συναρτήσει του $\displaystyle{\lambda \ne 0}$ και να βρείτε την τιμή του γινομένου $\displaystyle{P={{x}_{1}}{{x}_{2}}}$ των ριζών .
γ) Αν $\displaystyle{\lambda >0}$ , το παραπάνω τριώνυμο έχει ρίζες θετικές ή αρνητικές ; Να αιτιολογήσετε την απάντηση σας .
δ) Αν $\displaystyle{0<\lambda \ne 1}$ και $\displaystyle{{{x}_{1}}}$ , $\displaystyle{{{x}_{2}}}$ είναι οι ρίζες του παραπάνω τριωνύμου , τότε να συγκρίνεται τους αριθμούς $\displaystyle{\frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{2}}$ και 1 .

Ενδεικτικές απαντήσεις :
Παρατήρηση : είναι ακριβώς η ίδια άσκηση με την 4957. Αλλάζει μόνο η διατύπωση του δ) ερωτήματος . Οπότε copy paste οι απαντήσεις των τριών πρώτων ερωτημάτων (Θα μπορούσε και το δ) ερώτημα να γίνει copy paste…)

α) Είναι $\displaystyle{\Delta ={{\beta }^{2}}-4a\gamma \Leftrightarrow \Delta ={{\left[ -\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right) \right]}^{2}}-4\cdot \lambda \cdot \lambda \Leftrightarrow \Delta ={{\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right)}^{2}}-4{{\lambda }^{2}}\Leftrightarrow \Delta ={{\lambda }^{4}}+2{{\lambda }^{2}}+1-4{{\lambda }^{2}}\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\Delta ={{\lambda }^{4}}-2{{\lambda }^{2}}+1\Leftrightarrow \Delta ={{\left( {{\lambda }^{2}}-1 \right)}^{2}}\ge 0}$ , για κάθε $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}}$ , οπότε το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές .
β) $\displaystyle{S={{x}_{1}}+{{x}_{2}}\Leftrightarrow S=-\frac{\beta }{a}\Leftrightarrow S=-\frac{-\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right)}{\lambda }\Leftrightarrow S=\frac{{{\lambda }^{2}}+1}{\lambda }}$ και $\displaystyle{P={{x}_{1}}{{x}_{2}}\Leftrightarrow P=\frac{\gamma }{a}\Leftrightarrow P=\frac{\lambda }{\lambda }\Leftrightarrow P=1}$
γ) Για $\displaystyle{\lambda >0}$ είναι $\displaystyle{P=1>0}$ και $\displaystyle{S=\frac{{{\lambda }^{2}}+1}{\lambda }>0}$ , οπότε έχει ρίζες θετικές .
δ) Βρίσκω το πρόσημο της διαφοράς των αριθμών $\displaystyle{\frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{2}}$ και 1
Είναι $\displaystyle{\frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{2}-1=\frac{\frac{{{\lambda }^{2}}+1}{\lambda }}{2}-1=\frac{{{\lambda }^{2}}+1}{2\lambda }-1=\frac{{{\lambda }^{2}}+1-2\lambda }{2\lambda }=\frac{{{\left( \lambda -1 \right)}^{2}}}{2\lambda }>0}$ , για κάθε $\displaystyle{0<\lambda \ne 1}$ .Επομένως $\displaystyle{\frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{2}-1>0\Leftrightarrow \frac{{{x}_{1}}+{{x}_{2}}}{2}>1}$ .

Θεοδωρος Παγωνης · #87

4965

Δίνεται το τριώνυμο $\displaystyle{\lambda {{x}^{2}}-\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right)x+\lambda }$ , $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}}$ .
α) Να βρείτε την διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta }$ του τριωνύμου και να αποδείξετε ότι το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές για κάθε $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}}$ .
β) Αν $\displaystyle{{{x}_{1}}}$ , $\displaystyle{{{x}_{2}}}$ είναι οι ρίζες του τριωνύμου , να εκφράσετε το άθροισμα $\displaystyle{S={{x}_{1}}+{{x}_{2}}}$ συναρτήσει του $\displaystyle{\lambda \ne 0}$ και να βρείτε την τιμή του γινομένου $\displaystyle{P={{x}_{1}}{{x}_{2}}}$ των ριζών .
γ) Αν $\displaystyle{\lambda >0}$ , το παραπάνω τριώνυμο έχει ρίζες θετικές ή αρνητικές ; Να αιτιολογήσετε την απάντηση σας .
δ) Αν $\displaystyle{0<\lambda \ne 1}$ και $\displaystyle{{{x}_{1}}}$ , $\displaystyle{{{x}_{2}}}$ με $\displaystyle{{{x}_{1}}<{{x}_{2}}}$ είναι οι ρίζες του παραπάνω τριωνύμου , τότε να βρείτε το πρόσημο του γινομένου $\displaystyle{f(0)\cdot f(\kappa )\cdot f(\mu )}$ , όπου $\displaystyle{\kappa \ ,\ \mu }$ είναι αριθμοί τέτοιοι ώστε $\displaystyle{{{x}_{1}}<\kappa <{{x}_{2}}<\mu }$ .

Ενδεικτικές απαντήσεις :
Παρατήρηση ΞΑΝΑ : είναι ακριβώς η ίδια άσκηση με την 4957. Αλλάζει μόνο το δ) ερώτημα . Οπότε copy paste οι απαντήσεις των τριών πρώτων ερωτημάτων.

α) Είναι $\displaystyle{\Delta ={{\beta }^{2}}-4a\gamma \Leftrightarrow \Delta ={{\left[ -\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right) \right]}^{2}}-4\cdot \lambda \cdot \lambda \Leftrightarrow \Delta ={{\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right)}^{2}}-4{{\lambda }^{2}}\Leftrightarrow \Delta ={{\lambda }^{4}}+2{{\lambda }^{2}}+1-4{{\lambda }^{2}}\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\Delta ={{\lambda }^{4}}-2{{\lambda }^{2}}+1\Leftrightarrow \Delta ={{\left( {{\lambda }^{2}}-1 \right)}^{2}}\ge 0}$ , για κάθε $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}-\left\{ 0 \right\}}$ , οπότε το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές .
β) $\displaystyle{S={{x}_{1}}+{{x}_{2}}\Leftrightarrow S=-\frac{\beta }{a}\Leftrightarrow S=-\frac{-\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right)}{\lambda }\Leftrightarrow S=\frac{{{\lambda }^{2}}+1}{\lambda }}$ και $\displaystyle{P={{x}_{1}}{{x}_{2}}\Leftrightarrow P=\frac{\gamma }{a}\Leftrightarrow P=\frac{\lambda }{\lambda }\Leftrightarrow P=1}$
γ) Για $\displaystyle{\lambda >0}$ είναι $\displaystyle{P=1>0}$ και $\displaystyle{S=\frac{{{\lambda }^{2}}+1}{\lambda }>0}$ , οπότε έχει ρίζες θετικές .
δ) Έστω $\displaystyle{f(x)=\lambda {{x}^{2}}-\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right)x+\lambda }$
Επειδή $\displaystyle{0<\lambda \ne 1}$ και $\displaystyle{{{x}_{1}}}$ , $\displaystyle{{{x}_{2}}}$ θετικές ρίζες , ο πίνακας προσήμου του τριωνύμου $\displaystyle{f(x)=\lambda {{x}^{2}}-\left( {{\lambda }^{2}}+1 \right)x+\lambda }$ είναι ο παρακάτω .
Εύκολα διαπιστώνουμε ότι $\displaystyle{f(0)>0}$ , $\displaystyle{f(\kappa )<0}$ και $\displaystyle{f(\mu )>0}$ επομένως $\displaystyle{f(0)\cdot f(\kappa )\cdot f(\mu )<0}$

#88

7958

α) Να λύσετε την ανίσωση: $\displaystyle{\,\,\,{x^2} + 1 \ge \frac{5}{2}x\,\,\,}$ $\displaystyle{\,\,\,\,\,(1)}$ (Μονάδες 10)
β) Δίνονται δύο αριθμοί $\displaystyle{\,\,\kappa ,\lambda \,\,}$ οι οποίοι είναι λύσεις της ανίσωσης $\displaystyle{\,\,\,(1)\,\,\,}$
και ικανοποιούν επιπλέον τη σχέση: $\displaystyle{\,\,(\lambda - 1)(\kappa - 1) < 0\,\,}$
i) Να δείξετε ότι το $\displaystyle{\,\,1\,}$ είναι μεταξύ των $\displaystyle{\,\,\,\,\kappa \,,\,\lambda \,\,\,}$ (Μονάδες 8)
ii) Να δείξετε ότι : $\displaystyle{\,\,\,\,|\kappa - \lambda | \ge \frac{3}{2}\,\,}$ (Μονάδες 7)

Λύση

α) Η $\displaystyle{\,\,\,\,(1) \Leftrightarrow \,\,{x^2} + 1 \ge \frac{5}{2}x \Leftrightarrow 2{x^2} - 5x + 2 \ge 0}$

Είναι $\displaystyle{\,\,\,\Delta = 25 - 16 = 9 > 0}$ , οπότε : $\displaystyle{\,\,{x_{1,2}} = \frac{{5 \pm \sqrt 9 }}{4} = \frac{{5 \pm 3}}{4} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_1} = 2} \\ {{x_2} = \frac{1}{2}} \\ \end{array}} \right.}$
Αφού $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm{\alpha = }}\,{\rm{2}}\,\,{\rm{ > }}\,\,{\rm{0}}\,\,\,\,\, \Rightarrow \,\,\,\,2{x^2} - 5x + 2 \ge 0 \Leftrightarrow x \le \frac{1}{2}\,\,\,{\rm{}}\,\,\,x \ge 2}$

β)
ι) Για τους $\displaystyle{\,\,\kappa ,\lambda \,\,}$ γνωρίζουμε ότι : $\displaystyle{\,\,(\lambda - 1)(\kappa - 1) < 0\,\,}$ , επομένως οι αριθμοί $\displaystyle{\,\,(\lambda - 1)\,\,,\,\,(\kappa - 1)}$ είναι ετερόσημοι , άρα :
$\displaystyle{\,\left. \begin{array}{l} \,\,\lambda - 1 > 0 \\ \,\,\kappa - 1 < 0 \\ \end{array} \right\}\,\, \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}} {{\rm{\lambda }} > 1} \\ {\kappa < 1} \\ \end{array} \Leftrightarrow \kappa < 1 < \lambda \,\,}$ ή $\displaystyle{\,\,\,\,\left. \begin{array}{l} \,\,\lambda - 1 < 0 \\ \,\,\kappa - 1 > 0 \\ \end{array} \right\}\,\, \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}} {{\rm{\lambda }}\,{\rm{ < }}1} \\ {\kappa > 1} \\ \end{array} \Leftrightarrow \lambda < 1 < \kappa \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)}$

ιι) Επειδή οι $\displaystyle{\,\,\kappa ,\lambda \,\,}$ αποτελούν λύσεις της $\displaystyle{\,\,\,\,\,(1)\,\,\,}$ θα ανήκουν στο σύνολο $\displaystyle{\,( - \infty ,\frac{1}{2}] \cup [2, + \infty )\,\,\,}$
και επειδή ισχύει η $\displaystyle{\,\,(2)\,\,}$ , δεν βρίσκονται συγχρόνως στο ίδιο διάστημα .
Επειδή $\displaystyle{\,\,\,2 - \frac{1}{2}\, = \frac{3}{2}\,\,\,\,}$ , η μεταξύ τους απόσταση δεν μπορεί να είναι μικρότερη του $\displaystyle{\,\frac{3}{2}\,\,\,}$ , που
σημαίνει ότι $\displaystyle{\,\,\,\,|\kappa - \lambda | \ge \frac{3}{2}\,\,}$

β΄τρόπος

Επειδή $\displaystyle{\,\,\,\,|\kappa - \lambda | = \,|{\rm{\lambda }} - \kappa |\,\,}$ , μπορούμε να υποθέσουμε ότι $\displaystyle{\,\,\,\,\lambda < 1 < \,\,\kappa }$ .
Τότε όμως επειδή οι $\displaystyle{\,\,\kappa ,\lambda \,\,}$ αποτελούν λύσεις της $\displaystyle{\,\,\,\,\,(1)}$ θα ανήκουν στο σύνολο $\displaystyle{\,( - \infty ,\frac{1}{2}] \cup [2, + \infty )\,\,\,}$
Επομένως $\displaystyle{\,\,\kappa \ge 2\,\,\,,\lambda \le \frac{1}{2}\,\,}$ , οπότε $\displaystyle{\,\,\kappa \ge 2\,\,\,,\,\, - \lambda \ge - \frac{1}{2}}$ και με πρόσθεση κατά μέλη :
$\displaystyle{\,\,\,\,\kappa - \lambda \ge \frac{3}{2}\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,|\kappa - \lambda | \ge \frac{3}{2}\,\,\,}$ , αφού $\displaystyle{\,\,\kappa > \lambda \,\,\,}$

#89

Διαπιστώνω ότι έχει γίνει λάθος στα θέματα που είχα χρεωθεί να ετοιμάσω.

Όπως έγραψα και εδώ
viewtopic.php?f=107&t=40612&start=200
ετοίμασα τα 4551-4859,

τα οποία έχω στείλει ήση στον Σπύρο.

#90

6226
Η εξίσωση $\displaystyle{{x^2} - 2x + {\lambda }(2 - {\lambda }) = 0}$
έχει διακρίνουσα
$\displaystyle{\Delta = {( - 2)^2} - 4{\lambda }(2 - {\lambda }) = 4(1 - 2{\lambda } + {\lambda }^2) = 4(\lambda -1)^2 \ge 0}$ ,
οπότε έχει πραγματικές ρίζες.
Αν x_1,x_2

είναι οι ρίζες θα έχουμε ότι:
$\displaystyle{S = {x_1} + {x_2} = - \frac{{ - 2}}{1} = 2}$
και
$\displaystyle{P = {x_1}{x_2} = \frac{\lambda (2 - \user2{\lambda })}{1} = \lambda (2 - \lambda) = 2\lambda -\lambda^2}$ .
Αφού τα x_1,x_2

εκφράζουν μήκη, ισχύει ότι x_1,x_2>0

,
άρα $P>0 \Leftrightarrow \lambda \in(0,2)$ ,
αφού το ελλιπές τριώνυμο
$\displaystyle{ - {{\lambda }^2} + 2{\lambda }}$
έχει διακρίνουσα
$\displaystyle{\Delta = {2^2} - 4( - 1) \cdot 0 = 4}$
και ρίζες $\lambda=0,\lambda=2$ .
α) i) Για $\lambda \in (0,2)$ έχουμε:
$\displaystyle{\Pi = 2{x_1} + 2{x_2} = 2S = 2 \cdot 2 = 4}$ .
ii) Για $\lambda \in (0,2)$ έχουμε:
$\displaystyle{E = {x_1}{x_2} = 2{\lambda } - {\user2{\lambda }^2}}$ .
β) Για $\lambda \in (0,2)$ έχουμε:
$E \leq 1 \Leftrightarrow (\lambda -1)^2 \geq 0$ , η οποία ισχύει, άρα ισχύει και η αρχική.
γ) Για $\lambda \in (0,2)$ έχουμε: $E = 1 \Leftrightarrow (\lambda -1)^2 = 0 \Leftrightarrow \lambda =1$ .
Αν $\lambda =1$ η εξίσωση γίνεται: $x^2-2x+1=0 \Leftrightarrow x=1$ ,
δηλαδή η εξίσωση έχει μια διπλή ρίζα, άρα x_1=x_2=1

,
οπότε το ορθογώνιο είναι τετράγωνο.

#91

6227
α) Το τριώνυμο $\displaystyle{{x^2} - 5x - 6}$
έχει διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta = {( - 5)^2} - 4 \cdot 1 \cdot ( - 6) = 49}$
και ρίζες x=6,x=-1

.
Συνεπώς: $\displaystyle{{x^2} - 5x - 6 < 0} \Leftrightarrow -1<x<6$ .
β) Θεωρούμε τη συνάρτηση

με $f(x)={x^2} - 5x - 6$ , οπότε $\displaystyle{K = f\left( { - \frac{{46}}{{47}}} \right)}$ .
Όμως $\displaystyle{ - \frac{{46}}{{47}} \in ( - 1,6)}$ και f(x) < 0

, για κάθε $x \in (-1, 6)$ ,
άρα K<0

.
γ) Έχουμε ότι $a \in (-6, 6) \Leftrightarrow |a| <6 \Rightarrow 0 \leq a < 6$ .
Επίσης $\displaystyle{{\Lambda = }{{\alpha }^2} - 5|{\alpha }| - 6{ = |\alpha }^2 - 5|{\alpha }| - 6 = f(|{\alpha }|) < 0}$ , αφού $\displaystyle{|{\alpha }| \in [0,6) \subseteq ( - 1,6)}$ .

#92

6228

α) Έχουμε ότι $x+y=10 \Leftrightarrow y=10-x$ και
$\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x > 0} \\ {y > 0} \\ \end{array}} \right.} \Leftrightarrow \displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x > 0} \\ {10 - x > 0} \\ \end{array}} \right.} \Leftrightarrow 0<x<10$
Τότε το εμβαδό του ορθογωνίου τριγώνου είναι $E=\frac{xy}{2}$ ,
άρα $\displaystyle{E(x) = \frac{{x(10 - x)}}{2} = \frac{{10x - {x^2}}}{2} = \frac{1}{2}( - {x^2} + 10x)},x \in (0,10)$ .
β) Για $x \in (0,10)$ έχουμε:
$E(x) \leq \frac{25}{2} \Leftrightarrow (x-5)^2 \geq0$ , η οποία ισχύει, άρα και η αρχική.
γ) Για $x \in (0,10)$ έχουμε:
$E(x) = \frac{25}{2} \Leftrightarrow (x-5)^2 =0 \Leftrightarrow x=5$ .
Για x=5

έχουμε

, οπότε το ορθογώνιο τρίγωνο είναι και ισοσκελές.

edit: Διορθώθηκε μια ισοδυναμία που δεν έβγαινε σωστά.

#93

6231
α) Έχουμε ότι:
${\rm A}\Theta = {\rm K}{\rm M} = {\rm A}{\rm K} = \Theta {\rm M} = {\rm B}{\rm Z} = \Delta {\rm H} = x$
και
$\Theta {\rm M} = {\rm M}{\rm Z} = {\rm H}\Gamma = \Delta {\rm K} = {\rm H}{\rm M} = \Gamma {\rm Z} = 3 - x$ .
Πρέπει:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x > 0} \\ {3 - x > 0} \\ \end{array}} \right. \Leftrightarrow 0<x<3$ .
Το ζητούμενο εμβαδό είναι
$E(x) = {x^2} + {(3 - x)^2} = {x^2} + 9 - 6x + {x^2} = 2{x^2} - 6x + 9, x \in (0,3)$ .
β) Για $x \in (0, 3)$ έχουμε:
$E(x) \geq \frac{9}{2} \Leftrightarrow (2x-3)^2 \geq 0$ , η οποία ισχύει, άρα και η αρχική.
γ) Αναζητούμε $x \in (0, 3)$ έτσι ώστε:
$E(x) =\frac{9}{2} \Leftrightarrow (2x-3)^2 =0 \Leftrightarrow x=\frac{3}{2}$ ,
δηλαδή όταν το $\Theta$ βρίσκεται στο μέσο της πλευράς ${\rm A}{\rm B}$
και ισχύει
$\displaystyle{ {\rm A}\Theta {\rm = }{\rm K}{\rm M}{\rm = }{\rm A}{\rm K}{\rm = }\Theta {\rm M}{\rm = }{\rm B}{\rm Z}{\rm = }\Delta {\rm H} = }$
$x = \frac{3}{2}$ .
Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ {\rm A}{\rm M}\Theta }$
, έχουμε ότι:
${AM = }\sqrt { {A}{ {\Theta }^2} { + \Theta }{ {{\rm M}}^2}} { = }\sqrt {{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2} { + }{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {2 \cdot {{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^2}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}$ .

#94

6678
α) Αφού $a, \beta$ μήκη και

εμβαδό, έχουμε ότι $a,\beta,E>0 (I)$ .
Για το εμβαδό του ορθογωνίου έχουμε ότι: $E=a\beta (II)$ .
Αφού οι αριθμοί $a, E, \beta$ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου ισχύει
$E^2=a\beta (III)$ .
Από τις (II),(III)

βρίσκουμε ότι: $E^2=E \Leftrightarrow E(E-1)=0 \Leftrightarrow E=1$ , λόγω της (I)

.
β) i) Από το (α) ερώτημα έχουμε ότι $E=a\beta=1$ .
Γνωρίζουμε ότι μια δευτεροβάθμια εξίσωση με ρίζες x_1,x_2

είναι η

, όπου

.
Συνεπώς για $x_1=a,x_2=\beta$ έχουμε
$S=a+\beta=10, P=a\beta=E=1$
και η αντίστοιχη δευτεροβάθμια εξίσωση είναι η x^2-10x+1=0

.
ii) Τα μήκη $a,\beta$ είναι οι ρίζες της εξίσωσης x^2-10x+1=0

,
που έχει ρίζες $x = \frac{{ - ( - 10) \pm \sqrt {96} }}{{2 \cdot 1}} = \frac{{10 \pm \sqrt {16 \cdot 6} }}{2} = \frac{{10 \pm 4\sqrt 6 }}{2} = 5 \pm 2\sqrt 6$ ,
δηλαδή $(\alpha ,\beta ) = \left( {5 + 2\sqrt 6 ,5 - 2\sqrt 6 } \right)$ ή
$(\alpha ,\beta ) = \left( {5 - 2\sqrt 6 ,5 + 2\sqrt 6 } \right)$ .

#95

6859
α) Οι αριθμοί 2,x,8

είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, αν και μόνο αν
$x=\frac{2+8}{2}=5$ .
Η διαφορά της προόδου είναι $\omega=8-5=5-2=3$ .
β) Οι αριθμοί 2,x,8

είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, αν και μόνο αν
$x=\sqrt{2 \cdot 8}=4$ .
Η λόγος της προόδου είναι $\lambda = \frac{8}{4}=\frac{4}{2}=2$ .
γ) i) Η $a_{\nu}, \nu \in \mathbb{N}^*$ είναι αριθμητική πρόοδος με $\omega=3$ και a_1=2

, οπότε:
${S_ {\nu }} = \frac{{ {2}{ {\alpha }_ {1}} { + (\nu } - {1)\omega }}}{ {2}} {\nu = }\frac{{ {2} \cdot {2 + (\nu } - {1)} \cdot {3}}}{ {2}} {\nu = }\frac{{ {(3\nu + 1)\nu }}}{2} { = }\frac{{ {3}{ {\nu }^ {2}} { + \nu }}}{2}$ .
ii) Η $\beta_{\nu}, \nu \in \mathbb{N}^*$ είναι γεωμετρική πρόοδος με $\lambda=2$ και $\beta_1=2$ , οπότε:
${\beta }_ {\nu }} { = }{ {\beta }_1}{ {\lambda }^{ {\nu }\user1{ - } {1}}} = 2 \cdot {2^{ {\nu }\user1{ - } {1}}} = {2^ {\nu }}, {\nu } \in \mathbb{N}^*$ .
Αναζητούμε $\nu \in \mathbb{N}^*$ έτσι ώστε: $2(S_{\nu}+24)=\beta_7$ , οπότε
${2}\left( {\frac{{ {3}{ {\nu }^ {2}} { + \nu }}}{2} { + 24}} \right) { = }{ {2}^7} \Leftrightarrow 3\nu^2+\nu-80=0 \Leftrightarrow \nu=5$ , αφού η ρίζα $\displaystyle{\nu=-\frac{16}{3}}$ (απορρίπτεται).

#96

7263
α) Το τριώνυμο $x^2-6x+\lambda -7$ έχει διακρίνουσα $\Delta = {( - 6)^2} - 4 \cdot 1 \cdot ( {\lambda } - 7) = 36 - 4 {\lambda } + 28 = 64 - 4 {\lambda }$ .
Το τριώνυμο $x^2-6x+\lambda -7$ έχει πραγματικές ρίζες, όταν
$\Delta \geq 0 \leftrightarrow \lambda \leq 16$ .
β) i) Αν x_1,x_2

είναι οι ρίζες του τριωνύμου $x^2-6x+\lambda -7$ , έχουμε ότι:
$S=x_1+x_2=6,P=x_1x_2=\lambda-7$ .
ii) Έχουμε ότι: $7<\lambda<16$ , οπότε $\Delta >0$ και P >0

, άρα το τριώνυμο έχει δύο άνισες πραγματικές ρίζες ( $\Delta >0$ ), που είναι και ομόσημες ( P>0

).
Επίσης αφού S>0

, προκύπτει ότι οι ρίζες είναι θετικές.
γ) i) Έστω η συνάρτηση

με $f(x)=x^2-6x+\lambda -7$ .
Τότε:
${x^2} - 6|x| + \lambda = 7 \Leftrightarrow f(|x|)=0$
Η εξίσωση αυτή έχει τέσσερις διαφορετικές και πραγματικές ρίζες, όταν η εξίσωση f(x) = 0

έχει δύο άνισες πραγματικές και θετικές ρίζες, οπότε αρκεί να ισχύει $\Delta,S,P>0 \Leftrightarrow 7 <\lambda < 16$ .
ii) Για $\lambda=3\sqrt{10}$ έχουμε ότι $f(x)=x^2-6x+3\sqrt{10}-7$ .
Ισχύει
$7<3\sqrt{10}<16 \Leftrightarrow 7^2<3^2\sqrt{10}^2<16^2 \Leftrightarrow 49<90<256$ , η οποία ισχύει άρα και η αρχική.
Συνεπώς για $\lambda=3\sqrt{10}$ , χρησιμοποιώντας το (γ.i) η εξίσωση $|x{|^2} - 6|x| + {\lambda } -7 = 0$ έχει τέσσερις διαφορετικές και πραγματικές ρίζες.

#97

7502
Έστω f(x)=0,43x-26

με
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x > 0} \\ {0,43x - 26 > 0} \\ \end{array}} \right.\Leftrightarrow x \in {A_f} = \left( {\frac{{2600}}{{43}}, + \infty } \right)$ .
Έστω g(x)=0,45x-31

με
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x > 0} \\ {0,45x -31 > 0} \\ \end{array}} \right.\Leftrightarrow x \in {A_g} = \left( {\frac{{3100}}{{45}}, + \infty } \right)$ .
α) Αναζητούμε $x \in {A_f} = \left( {\frac{{2600}}{{43}}, + \infty } \right)$ .
έτσι ώστε:
$f(x)=38,5 \Leftrightarrow x=150$
Συνεπώς η συγκεκριμένη γυναίκα είχε ύψος 150cm

.
β) Για τον άντρα ύψους 164cm

, έχουμε:

,
οπότε είναι πολύ πιθανό το μηριαίο οστό μήκους 42,8cm

να ανήκει στον άνδρα με ύψος περίπου 164cm

.
γ) Αναζητούμε
$x \in {A_f} \cap {A_g} = \left( {\frac{{3100}}{{45}}, + \infty } \right)$ έτσι ώστε:
$f(x)=g(x) \Leftrightarrow x=250$ .
Συνεπώς όταν ένας άνδρας και μια γυναίκα έχουν ύψος 250 cm θα έχουν μηριαίο οστό ίδιου μήκους. Σημειωτέον ότι κάτι τέτοιο στην πραγματικότητα είναι απίθανο!!!

#98

7503
α) Οι αριθμοί x^2+5,x^2+x,2x+4

είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, αν και μόνο αν ισχύει
$2(x^2+x)=x^2+5+2x+4 \Leftrigharrow x^2=9 \Leftrightarrow x=\pm3$ .
β) i) Αν x=3

οι τρεις διαδοχικοί όροι είναι οι 14, 12, 10

, οπότε η διαφορά της προόδου είναι $\omega=12-14=10-12=-2$ .
ii) Επίσης αφού x=3

και αν $a_{\nu},\nu \in \mathbb{N}^*$ είναι η αριθμητική πρόοδος με $\omega=-2$ , έχουμε a_4=3^2+5=14

.
Συνεπώς:
$a_1+3(-2)=14 \Lefrightarrow a_1=20$ .
iii) To άθροισμα των $\nu$ πρώτων όρων της αριθμητικής προόδου, είναι:
$S_{\nu}=\frac{2\cdot 20+(\nu-1)(-2)}{2}\nu=-\nu^2+21\nu$ .
Συνεπώς:
$S=a_{15}+a_{16}+ \ldots+a_{24}=S_{24}-S_{14}=-170$ .

#99

7504
α) Αν $a_{nu}, \nu \in \mathbb{N}^*$ είναι η αριθμητική πρόοδος με διαφορά $\omega$ και πρώτο όρο a_1

.
Συνεπώς:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{ {\alpha }_ {3}} { = 8}} \\ {{ {\alpha }_ {8}} { = 23}} \\ \end{array}} \right \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{ {\alpha }_ {1}} { + 2\omega = 8}} \\ {{ {\alpha }_ {1}} { + 7\omega = 23}} \\ \end{array}} \right.\Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {{ {\alpha }_ {1}} { = }2} \\ { {\omega = 3}} \\ \end{array}} \right.$ .
β) $a_{31}=a_1+30\omega=2+30 \cdot 3 = 92$ .
γ) To άθροισμα των $\nu$ πρώτων όρων της αριθμητικής προόδου, είναι:
$\displaystyle{S_{\nu}=\frac{2 \cdot 2+(\nu-1)\cdot3}{2}\nu=\frac{3\nu^2+\nu}{2}, \nu\in \mathbb{N}^*}$ .
Συνεπώς:
$S=(a_1+1)+(a_2+2)+\ldots+(a_{31}+31)=S_{31}+\frac{1+31}{2}31=1953$ .

#100

7507
α) Αναζητώ $x \in \mathbb{R}$ έτσι ώστε:
$f(x)=g(x) \Leftrightarrow x^2+2x+1=0 \Leftrightarrow x=-1$ ,
δηλαδή οι γραφικές παραστάσεις των f, g

έχουν μοναδικό κοινό σημείο το (-1,0)

, αφού

.
β) Αναζητούμε το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης:
$f(x)=g(x) \Leftrightarrow x^2+2x+2-a=0 (I)$ .
Το τριώνυμο

έχει διακρίνουσα
$\Delta =4(a-1)$ .
i) Αν a>1

, τότε $\Delta>0$ , οπότε η εξίσωση (I)

έχει δύο άνισες πραγματικές ρίζες, δηλαδή οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f, g

έχουν δύο κοινά σημεία.
ii) Αν a<1

, τότε $\Delta<0$ , οπότε η εξίσωση (I)

δεν έχει πραγματικές ρίζες, δηλαδή οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f, g

δεν έχουν δύο κοινά σημεία.

Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Re: Λύσεις τράπεζας θεμάτων άλγεβρας σε latex

Μέλη σε σύνδεση