Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Ιστοσελίδα · #21

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:Νομίζω ότι έχετε υποχρέωση να τα μαζέψετε και να τα κάνετε ένα όμορφο φυλλαδιάκι!!

Ένσταση! Μιας που κάνεις τον κόπο (ή κάνετε), γιατί δεν θέτεις ασκήσεις εντός της ύλης, να φανούν χρήσιμες σε όλους αλλά και στον υιό σου;;

Όλοι μας έχουμε σημειώσεις - ασκήσεις από την παλιά ύλη - βιβλίο, άρα θα ήταν ωφέλιμο να φρεσκάρουμε τα αρχεία μας με νέα σύγχρονα θέματα προσαρμοσμένα στο νέο βιβλίο, στην νέα ύλη και να μην αναπαράγουμε παλιές ασκήσεις, τι λες;;

Καλησπέρα Μάκη
Στο τέλος κάτι θα κάνουμε με τις ασκήσεις. Ίσως ένα αρχείο όπου θα είναι όλες μαζεμένες. Ας δούμε τι θα βγεί μέχρι τότε, αφού τις ασκήσεις δεν τις έχω συγκεντρωμένες κάπου.

Να μου επιτρέψεις μια μικρή ένσταση στην ένστασή σου.

με εκτίμηση
Μίλτος

#22

Μίλτο, είμαι ακόμα εδώ

Προφανώς μιλάμε για το τριώνυμο $\displaystyle{ f\left( x \right) = 2x^2 - 2\left( {\lambda - 5} \right)x - \left( {\lambda - 5} \right) }$ (επειδή δεν φαίνεται καλά στην εκφώνηση)

α) Είναι

$\displaystyle{ x_1^2 + x_2^2 = 0,75 \Leftrightarrow \left( {x_1 + x_2 } \right)^2 - 2x_1 x_2 = 0,75 }$ $\displaystyle{ \mathop \Leftrightarrow \limits^\begin{subarray}{l} x_1 + x_2 = - \frac{\beta } {\alpha } \to \boxed{x_1 + x_2 = \lambda - 5} \\ x_1 \cdot x_2 = \frac{\gamma } {\alpha } \to \boxed{x_1 x_2 = - \frac{{\lambda - 5}} {2}} \end{subarray} }$ $\displaystyle{ \left( {\lambda - 5} \right)^2 + \lambda - 5 = \frac{3} {4} }$ $\displaystyle{ \mathop \Leftrightarrow \limits^{\boxed{\lambda - 5 = \mu :\left( 1 \right)}} \mu ^2 + \mu - \frac{3} {4} = 0 \Leftrightarrow 4\mu ^2 + 4\mu - 3 = 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \ldots \left\{ \begin{gathered} \mu = - \frac{3} {2} \\ \mu = \frac{1} {2} \\ \end{gathered} \right.\mathop \Leftrightarrow \limits^{\boxed{\lambda - 5 = \mu }} \left\{ \begin{gathered} \lambda - 5 = - \frac{3} {2} \\ \lambda - 5 = \frac{1} {2} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \ldots \boxed{\left\{ \begin{gathered} \lambda = \frac{7} {2} \\ \lambda = \frac{{11}} {2} \\ \end{gathered} \right.} }$

β) Για να έχει το τριώνυμο ρίζες πραγματικές και άνισες πρέπει και αρκεί να είναι :

$\displaystyle{ \Delta > 0 \Leftrightarrow 4\left( {\lambda - 5} \right)\left( {\lambda - 3} \right) > 0\mathop \Leftrightarrow \limits^\substack{ 4\left( {\lambda - 5} \right)\left( {\lambda - 3} \right) = 0 \Leftrightarrow \lambda = 3,\lambda = 5 \\ \alpha = 4 > 0 } }$ $\displaystyle{ \ldots \boxed{\lambda \in \left( { - \infty ,3} \right) \cup \left( {5, + \infty } \right)} }$

γ) Είναι

$\displaystyle{ x_1^2 + x_2^2 = 0,75 \Leftrightarrow \left( {x_1 + x_2 } \right)^2 - 2x_1 x_2 = 0,75 }$

$\displaystyle{ \mathop \Leftrightarrow \limits^\begin{subarray}{l} x_1 + x_2 = - \frac{\beta } {\alpha } \to \boxed{x_1 + x_2 = \lambda - 5} \\ x_1 \cdot x_2 = \frac{\gamma } {\alpha } \to \boxed{x_1 x_2 = - \frac{{\lambda - 5}} {2}} \end{subarray} }$

$\displaystyle{ \left( {\lambda - 5} \right)^2 + \lambda - 5 = \frac{3} {4} }$

$\displaystyle{ \mathop \Leftrightarrow \limits^{\boxed{\lambda - 5 = \mu :\left( 1 \right)}} \mu ^2 + \mu - \frac{3} {4} = 0 \Leftrightarrow 4\mu ^2 + 4\mu - 3 = 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \ldots \left\{ \begin{gathered} \mu = - \frac{3} {2} \\ \mu = \frac{1} {2} \\ \end{gathered} \right.\mathop \Leftrightarrow \limits^{\boxed{\lambda - 5 = \mu }} \left\{ \begin{gathered} \lambda - 5 = - \frac{3} {2} \\ \lambda - 5 = \frac{1} {2} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \ldots \boxed{\left\{ \begin{gathered} \lambda = \frac{7} {2} \\ \lambda = \frac{{11}} {2} \\ \end{gathered} \right.} }$

δ) για να είναι

$\displaystyle{ \left| {f\left( x \right)} \right| = f\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( x \right) \geqslant 0,\forall x \in R\mathop \Leftrightarrow \limits^{\alpha = 2 > 0} \Delta \leqslant 0 \Leftrightarrow 4\left( {\lambda - 3} \right)\left( {\lambda - 5} \right) \leqslant 0\mathop \Leftrightarrow \limits^\substack{ \Delta = 0 \Leftrightarrow \lambda = 3,\lambda = 5 \\ \alpha = 4 > 0 } }$ $\displaystyle{ \ldots \boxed{\lambda \in \left[ {3,5} \right]} }$

Φιλικά

Στάθης Κούτρας

Ιστοσελίδα · #23

Με την άδεια του Μάκη –πιστεύω να την έχω- προσθέτω μερικά ερωτήματα στην ωραία άσκησή του:

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:
Άσκηση 6η
Δίνεται το τριώνυμο f(x) = 2 – 2(λ – 5)x – (λ – 5), όπου λ πραγματικός αριθμός.
α. Να αποδείξετε ότι η διακρίνουσα του τριωνύμου ισούται με: Δ = 4(λ – 5)(λ – 3).
β. Να βρείτε για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού λ το τριώνυμο έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες.
γ. Αν , είναι οι άνισες ρίζες του τριωνύμου, να βρείτε το λ αν ισχύει:
$\displaystyle{x_1^2 + x_2^2}$ = 0,75
Δ. Να βρείτε τις τιμές του $\displaystyle{\lambda \in R}$ ώστε $\displaystyle{\left| {f\left( x \right)} \right| = f\left( x \right)}$ για κάθε πραγματικό αριθμό x.

Ε να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης $\varphi \left( \lambda \right) = \sqrt {2{x_1}{x_2} + x_1^2 + x_2^2}$
Στ Αν η συνάρτηση $f\left( x \right)$ να έχει άξονα συμμετρίας την ευθεία $x = \frac{1}{2}$ τότε
α) Να βρείτε το $\lambda$
β) Να αποδείξετε ότι η κορυφή της παραβολής $f\left( x \right)$ και τα σημεία $\left( {1,0} \right)$ και $\left( {2,f(2)} \right)$ είναι συνευθειακά
Ζ Να βρείτε τις τιμές του $\lambda$ ώστε η συνάρτηση $g\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right)} }}$ να έχει πεδίο ορισμού το

Μ.

edit: Μετά από την παρατήρηση του Στάθη αντικατέστησα τη φράση "σύνολο τιμών" με "πεδίο ορισμού"

Ιστοσελίδα · #24

Άσκηση 7
Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{1}{{x\,\sqrt {4 - \left| x \right|} }}}$
Α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης

Β) Να αποδείξετε ότι η

είναι περιττή
Γ) Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης $\displaystyle{\sqrt {{{\left( {f(2) - 1} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {f( - 2) - 1} \right)}^2}} }$
Δ) Να βρείτε τα σημεία (εφ όσον υπάρχουν) στα οποία η ${C_f}$ τέμνει τους άξονες
Ε) Να αποδείξετε ότι το σημείο $O\left( {0,0} \right)$ είναι το μέσον του ευθυγράμμου τμήματος με άκρα τα σημεία $A\left( { - 1,f( - 1)} \right)$ και $B\left( {1,f(1)} \right)$
Στ) Να λύσετ ε την εξίσωση $f\left( x \right) = \frac{1}{x}$
Ζ) Να αποδείξετε ότι η ${C_f}$ δεν έχει κοινά σημεία με τη διχοτόμο της $2\eta \varsigma$ και $4\eta \varsigma$ γωνίας των αξόνων.
Μίλτος

#25

A) Πρέπει:

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} x \cdot \sqrt {4 - \left| x \right|} \ne 0 \\ 4 - \left| x \right| \geqslant 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x \ne 0\& x \ne \pm 4 \\ \left| x \right| \leqslant 4 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x \ne 0\& x \ne \pm 4 \\ - 4 \leqslant x \leqslant 4 \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{A_f = \left( { - 4,0} \right) \cup \left( {0,4} \right)} }$

B) Έστω $\displaystyle{ x \in A_f \mathop \Rightarrow \limits^{A_f = \left( { - 4,0} \right) \cup \left( {0,4} \right)} - x \in A_f }$ και

$\displaystyle{ f\left( { - x} \right) = \frac{1} {{ - x\sqrt {4 - \left| { - x} \right|} }}\mathop \Rightarrow \limits^{\left| { - x} \right| = \left| x \right|} f\left( { - x} \right) = - \frac{1} {{x\sqrt {4 - \left| x \right|} }} = - f\left( x \right) }$ άρα η f είναι περιττή

Γ)
$\displaystyle{ {\rm K} = \sqrt {\left( {f\left( 2 \right) - 1} \right)^2 } + \sqrt {\left( {f\left( { - 2} \right) - 1} \right)^2 } = \left| {f\left( 2 \right) - 1} \right| + \left| {f\left( { - 2} \right) - 1} \right| = \left| {f\left( 2 \right) - 1} \right| + \left| { - f\left( 2 \right) - 1} \right| = }$

$\displaystyle{ \left| {\frac{{\sqrt 2 }} {4} - 1} \right| + \left| { - \frac{{\sqrt 2 }} {4} - 1} \right| = 1 - \frac{{\sqrt 2 }} {4} + \frac{{\sqrt 2 }} {4} + 1 \Rightarrow \boxed{{\rm K} = \sqrt {\left( {f\left( 2 \right) - 1} \right)^2 } + \sqrt {\left( {f\left( { - 2} \right) - 1} \right)^2 } = 2} }$

Δ) Επειδή $\displaystyle{ 0 \notin A_f \Rightarrow C_f }$ δεν τέμνει τον άξονα $\displaystyle{ y'y }$
Επίσης είναι φανερό ότι $\displaystyle{ f\left( x \right) \ne 0,\forall x \in A_f \Rightarrow C_f }$ δεν τέμνει ούτε τον άξονα x’x

E) Επειδή η f είναι περιττή τα σημεία $\displaystyle{ A\left( { - 1,f\left( { - 1} \right)} \right),B\left( {1,f\left( 1 \right)} \right) }$ θα είναι συμμετρικά ως προς το $\displaystyle{ O\left( {0,0} \right) }$ και συνεπώς τα σημεία Α, Ο, Β θα είναι συνευθειακά και μάλιστα το Ο είναι το μέσο του τμήματος ΑΒ

ΣΤ) Έχουμε

$\displaystyle{ f\left( x \right) = \frac{1} {x} \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{1} {{x\sqrt {4 - \left| x \right|} }} = \frac{1} {x} \hfill \\ x \ne 0, \pm 4 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \sqrt {4 - \left| x \right|} = 1 \hfill \\ x \ne 0, \pm 4 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 4 - \left| x \right| = 1 \hfill \\ x \ne 0, \pm 4 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| x \right| = 3 \hfill \\ x \ne 0, \pm 4 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \boxed{x = \pm 3} }$

Ζ) Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση $\displaystyle{ f\left( x \right) = - x }$ είναι αδύνατη στο $\displaystyle{ \left( { - 4,0} \right) \cup \left( {0,4} \right) }$

Είναι $\displaystyle{ f\left( x \right) = - x \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{1} {{x\sqrt {4 - \left| x \right|} }} = - x \hfill \\ x \ne 0, \pm 4 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} - x^2 \sqrt {4 - \left| x \right|} \mathop < \limits^{x \ne 0} 0 \ne 1 \hfill \\ x \ne 0, \pm 4 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{f\left( x \right) = - x} }$ είναι αδύνατη στο πεδίο ορισμού της f

Φιλικά

Στάθης Κούτρας

#26

m.pαpαgrigorakis έγραψε:Με την άδεια του Μάκη –πιστεύω να την έχω- προσθέτω μερικά ερωτήματα στην ωραία άσκησή του:

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:
Άσκηση 6η
Δίνεται το τριώνυμο f(x) = 2 – 2(λ – 5)x – (λ – 5), όπου λ πραγματικός αριθμός.
α. Να αποδείξετε ότι η διακρίνουσα του τριωνύμου ισούται με: Δ = 4(λ – 5)(λ – 3).
β. Να βρείτε για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού λ το τριώνυμο έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες.
γ. Αν , είναι οι άνισες ρίζες του τριωνύμου, να βρείτε το λ αν ισχύει:
$\displaystyle{x_1^2 + x_2^2}$ = 0,75
Δ. Να βρείτε τις τιμές του $\displaystyle{\lambda \in R}$ ώστε $\displaystyle{\left| {f\left( x \right)} \right| = f\left( x \right)}$ για κάθε πραγματικό αριθμό x.
Ε να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης $\varphi \left( \lambda \right) = \sqrt {2{x_1}{x_2} + x_1^2 + x_2^2}$
Στ Αν η συνάρτηση $f\left( x \right)$ να έχει άξονα συμμετρίας την ευθεία $x = \frac{1}{2}$ τότε
α) Να βρείτε το $\lambda$
β) Να αποδείξετε ότι η κορυφή της παραβολής $f\left( x \right)$ και τα σημεία $\left( {1,0} \right)$ και $\left( {2,f(2)} \right)$ είναι συνευθειακά
Ζ Να βρείτε τις τιμές του $\lambda$ ώστε η συνάρτηση $g\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right)} }}$ να έχει σύνολο τιμών το

Μ.

Ε)

$\displaystyle{ \phi \left( \lambda \right) = \sqrt {2x_1 x_2 + x_1^2 + x_2^2 } \Rightarrow \phi \left( \lambda \right) = \sqrt {\left( {x_1 + x_2 } \right)^2 } \Rightarrow \phi \left( \lambda \right) = \left| {x_1 + x_2 } \right| \Rightarrow }$ $\displaystyle{ \phi \left( \lambda \right) = \left| {\lambda - 5} \right| \Rightarrow \boxed{{\rm A}_\phi = R} }$

ΣΤ)
α) Είναι γνωστό ότι ο άξονας συμμετρίας της γραφικής παράστασης της f είναι η ευθεία με εξίσωση $\displaystyle{ x = - \frac{\beta } {{2\alpha }}\mathop \Rightarrow \limits^{ - \frac{\beta } {{2\alpha }} = \frac{{\lambda - 5}} {2}} \frac{{\lambda - 5}} {2} = \frac{1} {2} \Rightarrow \ldots \boxed{\lambda = 6} }$

β) Για $\displaystyle{ \lambda = 6 \Rightarrow f\left( x \right) = 2x^2 - 2x - 1 }$ με κορυφή το σημείο $\displaystyle{ K = \left( { - \frac{\beta } {{2\alpha }},f\left( { - \frac{\beta } {{2\alpha }}} \right)} \right)\mathop \to \limits^{ - \frac{\beta } {{2\alpha }} = \frac{1} {2} \Rightarrow f\left( {\frac{1} {2}} \right) = - \frac{3} {2}} \boxed{K = \left( {\frac{1} {2}, - \frac{3} {2}} \right)} }$
Ας ονομάσουμε λοιπόν $\displaystyle{ \boxed{\Lambda \left( {1,0} \right)},{\rm M}\left( {2,f\left( 2 \right)} \right) \to \boxed{{\rm M}\left( {2,3} \right)} }$

Θεωρούμε την ευθεία (ε) που διέρχεται από τα σημεία Λ και Μ

Προφανώς η (ε) έχει εξίσωση της μορφής $\displaystyle{ y = ax + b:\left( 1 \right) }$ (αφού οι τετμημένες των Λ και Μ είναι διαφορετικές μεταξύ τους)

Τότε θα έχουμε: $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \Lambda \left( {1,0} \right) \in \left( \varepsilon \right) \hfill \\ {\rm M}\left( {2,3} \right) \in \left( \varepsilon \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} a + b = 0 \hfill \\ 2a + b = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( - \right)} \left\{ \begin{gathered} a + b = 0 \hfill \\ a = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} b = - 3 \hfill \\ a = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left( \varepsilon \right):y = 3x - 3\mathop \Rightarrow \limits^{ - \frac{5} {2} = 3 \cdot \frac{1} {2} - 3} K \in \left( \varepsilon \right) }$
Αρα τα σημεία Κ, Λ, Μ είναι συνευθειακά

Ζ) Νομίζω ότι κάτι δεν πάει καλά (γιατί προφανώς $\displaystyle{ g\left( x \right) \ne 0 }$
οπότε η g δεν μπορεί να έχει σύνολο τιμών το R αφού το 0 δεν είναι τιμή της g

Αν εννοείς πεδίο ορισμού το R το έχουμε δείξει πιό πάνω με Δ>0

Φιλικά

Στάθης Κούτρας

Ιστοσελίδα · #27

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ...οπότε η g δεν μπορεί να έχει σύνολο τιμών το R αφού το 0 δεν είναι τιμή της g
Αν εννοείς πεδίο ορισμού το R...

Στάθη έχεις δίκιο από βιασύνη αντί για "πεδίο ορισμού" έγραψα "σύνολο τιμών". θα το διορθώσω..
Ευχαριστώ
Μίλτος

pana1333 · #28

Ας δώσω και εγώ μια δική μου.....η οποία έγινε δική μας

με τη χρήσιμη συμβολή του Στάθη στη διατύπωση.

Άσκηση 8

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{ g\left( \alpha \right) = \left| {1 - \alpha } \right|x^2 + x + \frac{2} {{\sqrt {4\alpha ^2 - 8\alpha + 4} }},\alpha \ne 1 }$

1) Να λυθεί ως προς x η εξίσωση g(α)=0

2) Να λυθεί (ως προς x) η εξίσωση: $\displaystyle{g\left( 2 \right) = g\left( { - 1} \right)}$

3) Να δείξετε ότι ισχύει g(α)>0 για κάθε πραγματικό αριθμό x.

4) Να αποδείξετε ότι $\left|1-\alpha \right|+\frac{1}{\left|\alpha-1 \right|}+1>0$ (2) για κάθε πραγματικό αριθμό $\alpha \neq 1$

5) Να λυθεί η παραπάνω ανίσωση (2)

#29

1) $\displaystyle{ g\left( \alpha \right) = 0 \Leftrightarrow \left| {1 - \alpha } \right| \cdot x^2 + x + \frac{2} {{\sqrt {4\alpha ^2 - 8\alpha + 4} }} = 0 \Leftrightarrow \left| {1 - \alpha } \right| \cdot x^2 + x + \frac{2} {{2\left| {1 - \alpha } \right|}} = 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \left| {1 - \alpha } \right| \cdot x^2 + x + \frac{1} {{\left| {1 - \alpha } \right|}} = 0 \Leftrightarrow \boxed{\left| {1 - \alpha } \right|^2 \cdot x^2 + \left| {1 - \alpha } \right| \cdot x + 1 = 0}:\left( 1 \right) }$

Με $\displaystyle{ \alpha \ne 1 }$ έχουμε: $\displaystyle{ \Delta = \left| {1 - \alpha } \right|^2 - 4\left| {1 - \alpha } \right|^2 = - 3\left| {1 - \alpha } \right|^2 < 0 }$ οπότε η δοσμένη εξίσωση είναι αδύνατη στο R

2) Είναι ισοδύναμα
$\displaystyle{ g\left( 2 \right) = g\left( { - 1} \right) \Leftrightarrow x^2 + x + 1 = 2x^2 + x + \frac{1} {2} \Leftrightarrow 2x^2 + 2x + 2 = 4x^2 + 2x + 1 \Leftrightarrow \ldots 2x^2 = 1 \Leftrightarrow \boxed{x = \pm \frac{{\sqrt 2 }} {2}} }$

3) Η ανίσωση $\displaystyle{ \left| {1 - \alpha } \right|x^2 + x > - \frac{2} {{\sqrt {4\alpha ^2 - 8\alpha + 4} }} \Leftrightarrow \ldots \left| {1 - \alpha } \right|x^2 + x > - \frac{2} {{2\left| {1 - \alpha } \right|}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\alpha \ne 1} \left| {1 - \alpha } \right|^2 x^2 + \left| {1 - \alpha } \right|x + 1 > 0 }$

Όμως δείξαμε ότι $\displaystyle{ f\left( x \right) = \left| {1 - \alpha } \right|^2 x^2 + \left| {1 - \alpha } \right|x + 1 }$ έχει με $\displaystyle{ \alpha \ne 1 }$ $\displaystyle{ \Delta = \left| {1 - \alpha } \right|^2 - 4\left| {1 - \alpha } \right|^2 = - 3\left| {1 - \alpha } \right|^2 < 0 }$

οπότε $\displaystyle{ f\left( x \right) > 0,\forall x \in R }$ αφού $\displaystyle{ \left| {1 - \alpha } \right|^2 \mathop > \limits^{\alpha \ne 1} 0 }$

4) $\displaystyle{ \left| {1 - \alpha } \right| + \frac{1} {{\left| {\alpha - 1} \right|}} + 1 > 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left| {\alpha - 1} \right| > 0,\left| {\alpha - 1} \right| = \left| {1 - \alpha } \right|} \left| {1 - \alpha } \right|^2 + \left| {1 - \alpha } \right| + 1 > 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left| {1 - \alpha } \right| = \omega > 0} \boxed{\omega ^2 + \omega + 1 > 0} }$ που ισχύει αφού:

$\displaystyle{ f\left( \omega \right) = \omega ^2 + \omega + 1\mathop \Rightarrow \limits^{\Delta _1 = - 3 < 0,\alpha = 1 > 0} \boxed{f\left( \omega \right) > 0,\forall \omega \in \left( {0, + \infty } \right) \subseteq R} }$

5) Η ανίσωση $\displaystyle{ \left| {1 - \alpha } \right| + \frac{1} {{\left| {\alpha - 1} \right|}} + 1 > 0 }$ ισχύει προφανώς για κάθε τιμή του $\displaystyle{ \boxed{R \mathrel\backepsilon \alpha \ne 1} }$ όπως δείξαμε πιό πάνω

Φιλικά

Στάθης Κούτρας

Ιστοσελίδα · #30

pana1333 έγραψε:Ας δώσω και εγώ μια δική μου.....

Άσκηση 8

Ιστοσελίδα · #31

Άσκηση 9

Δίνεται η συνάρτηση

με $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{{\left| {x + 1} \right| - \left| {x - 1} \right|}}{{\left| {x + 1} \right| + \left| {x - 1} \right|}}}$
Α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της
Β) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x{\rm{ \alpha \nu }}\left| x \right| \le 1} \\ {\frac{1}{x}{\rm{ \alpha \nu }}\left| x \right| > 1} \\ \end{array}} \right.}$
Γ) Να αποδείξετε ότι η

είναι περιττή
Δ) Να λύσετε την ανίσωση $\left| {f\left( x \right)} \right| \ge 1$
Ε) Να αποδείξετε ότι $\left| {f\left( x \right) + f\left( {\frac{1}{x}} \right)} \right| \ge 2$ για κάθε $x \ne 0$
Στ) Να βρείτε τη μονοτονία της

σε καθένα από τα διαστήματα του πεδίου ορισμού της.
Ζ) Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης $y = f\left( x \right)$
Η) Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης $y = \left| {f(x)} \right|$
Μίλτος

#32

Α)
Πρέπει $\displaystyle{ \boxed{\left| {x + 1} \right| + \left| {x - 1} \right| \ne 0 \Leftrightarrow x \in R} }$ αφού για να είναι

$\displaystyle{ \left| {x + 1} \right| + \left| {x - 1} \right| = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left| {x + 1} \right| \geqslant 0,\left| {x - 1} \right| \geqslant 0} x + 1 = x - 1 = 0 \Leftrightarrow \ldots 1 = - 1 }$ άτοπο άρα $\displaystyle{ \forall x \in R \Rightarrow \left| {x + 1} \right| + \left| {x - 1} \right| > 0 \Rightarrow \left| {x + 1} \right| + \left| {x - 1} \right| \ne 0 }$ οπότε είναι $\displaystyle{ \boxed{A_f = R} }$

Β)

• Αν
$\displaystyle{ \left| x \right| \leqslant 1 \Leftrightarrow - 1 \leqslant x \leqslant 1 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x + 1 \geqslant 0 \hfill \\ x - 1 \leqslant 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| {x + 1} \right| = x + 1 \hfill \\ \left| {x - 1} \right| = 1 - x \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{x + 1 - \left( {1 - x} \right)}} {{x + 1 + 1 - x}} \Rightarrow \ldots \boxed{f\left( x \right) = x}:\left( 1 \right) }$

$\displaystyle{ \left| x \right| > 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x > 1 > - 1 \hfill \\ x < - 1 < 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x - 1 > 0,x + 1 > 0 \hfill \\ x + 1 < 0,x - 1 < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| {x - 1} \right| = x - 1,\left| {x + 1} \right| = x + 1 \hfill \\ \left| {x + 1} \right| = - x - 1,\left| {x - 1} \right| = 1 - x \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} f\left( x \right) = \frac{{x + 1 - \left( {x - 1} \right)}} {{x + 1 + x - 1}} = \frac{1} {x} \hfill \\ f\left( x \right) = \frac{{ - x - 1 - \left( {1 - x} \right)}} {{ - x - 1 + 1 - x}} = \frac{1} {x} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{f\left( x \right) = \frac{1} {x},\left| x \right| > 1}:\left( 2 \right) }$

Τέλος από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι: $\displaystyle{ \boxed{f\left( x \right) = \left\{ \begin{gathered} x,\;\alpha \nu \;\left| x \right| \leqslant 1 \hfill \\ \frac{1} {x},\;\alpha \nu \;\left| x \right| > 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.} }$

Γ) Επειδή το πεδίο ορισμού της f είναι το $\displaystyle{ R = \left( { - \infty , + \infty } \right) }$ «συμμετρικό ως προς το μηδέν» για κάθε $\displaystyle{ x \in R \Rightarrow - x \in R }$ και

$\displaystyle{ f\left( { - x} \right) = \frac{{\left| { - x + 1} \right| - \left| { - x - 1} \right|}} {{\left| { - x + 1} \right| + \left| { - x - 1} \right|}}\mathop = \limits^{\left| { - x + 1} \right| = \left| {x - 1} \right|,\left| { - x - 1} \right| = \left| {x + 1} \right|} \frac{{\left| {x - 1} \right| - \left| {x + 1} \right|}} {{\left| {x - 1} \right| + \left| {x + 1} \right|}} = - \frac{{\left| {x + 1} \right| - \left| {x - 1} \right|}} {{\left| {x + 1} \right| + \left| {x - 1} \right|}} \Rightarrow \boxed{f\left( { - x} \right) = - f\left( x \right)} }$

Οπότε η f είναι περιττή

Σημείωση: (2ος τρόπος): θα μπορούσαμε να έχουμε από τον απλοποιημένο τύπο:

• Αν $\displaystyle{ x \in \left[ { - 1,1} \right] \Rightarrow - x \in \left[ { - 1,1} \right] }$ και $\displaystyle{ f\left( { - x} \right) = - x = - f\left( x \right) }$ ,
• Αν $\displaystyle{ x \in \left( { - \infty , - 1} \right) \cup \left( {1, + \infty } \right) \Rightarrow - x \in \left( { - \infty , - 1} \right) \cup \left( {1, + \infty } \right) }$ και

$\displaystyle{ f\left( { - x} \right) = \frac{1} {{ - x}} = - \frac{1} {x} = - f\left( x \right) }$ , οπότε τελικά για κάθε $\displaystyle{ x \in R \Rightarrow - x \in R }$ και $\displaystyle{ \boxed{f\left( { - x} \right) = - f\left( x \right)} }$

Δ)

$\displaystyle{ \left| {f\left( x \right)} \right| \geqslant 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left\{ \begin{gathered} \left| x \right| \geqslant 1 \hfill \\ \left| x \right| \leqslant 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} \frac{1} {{\left| x \right|}} \geqslant 1 \hfill \\ \left| x \right| > 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left\{ {\left| x \right| = 1} \right. \hfill \\ \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} \left| x \right| \leqslant 1 \hfill \\ \left| x \right| > 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left\{ {x = \pm 1} \right. \hfill \\ \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} \left| x \right| \leqslant 1 \hfill \\ \left| x \right| > 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.(\alpha \delta \nu \alpha \tau o) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \boxed{x = \pm 1} }$

Ε) Αν $\displaystyle{ \left| x \right| \geqslant 1 \Rightarrow f\left( x \right) = x \Rightarrow \left| {f\left( x \right) + f\left( {\frac{1} {x}} \right)} \right| = \left| {x + \frac{1} {x}} \right| }$ αλλά και για

$\displaystyle{ 0 < \left| x \right| < 1 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{1} {x} \Rightarrow \left| {f\left( x \right) + f\left( {\frac{1} {x}} \right)} \right| = \left| {\frac{1} {x} + x} \right| = \left| {x + \frac{1} {x}} \right| }$ ,

δηλαδή για κάθε $\displaystyle{ x \in R^ * }$ ισχύει $\displaystyle{ \left| {f\left( x \right) + f\left( {\frac{1} {x}} \right)} \right| = \left| {x + \frac{1} {x}} \right| }$ .

Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι:

$\displaystyle{ \left| {x + \frac{1} {x}} \right| \geqslant 2 \Leftrightarrow \left| {\frac{{x^2 + 1}} {x}} \right| \geqslant 2 \Leftrightarrow \frac{{x^2 + 1}} {{\left| x \right|}} \geqslant 2\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left| x \right| > 0,\left| x \right|^2 = x^2 } \left| x \right|^2 + 1 \geqslant 2\left| x \right| \Leftrightarrow \left| x \right|^2 + 1 - 2\left| x \right| \geqslant 0 }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \boxed{\left( {\left| x \right| - 1} \right)^2 \geqslant 0:\left( 3 \right)} }$
Η (3) όμως ισχύει άρα και η ισοδύναμή της η αρχική

ΣΤ)

• Αν $\displaystyle{ \left| x \right| \leqslant 1 \Rightarrow \boxed{f\left( x \right) = x} }$ που είναι γνησίως αύξουσα (τμήμα της διχοτόμου 1ης και 3ης γωνίας των αξόνων, δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{ \left[ { - 1,1} \right] }$

• Αν $\displaystyle{ \left| x \right| > 1 \Rightarrow \boxed{f\left( x \right) = \frac{1} {x}} }$ που είναι (υπερβολή της μορφής $\displaystyle{ g\left( x \right) = \frac{\alpha } {x},\alpha = 1 }$ ) οπότε είναι γνησίως φθίνουσα στα διαστήματα
$\displaystyle{ \left( { - \infty , - 1} \right) }$ και $\displaystyle{ \left( {1, + \infty } \right) }$ (Προσοχή!!! Κατά διαστήματα η μονοτονία)

Ζ) στο σχήμα (1)

Η) στο σχήμα (2)

Φιλικά

Στάθης Κούτρας

Καληνύχτα!!!

pana1333 · #33

Για να μη πάει χαμένος ο χρόνος στο αεροπλάνο.....

Άσκηση 10

Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο $f\left(x \right)=1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^{2}},x\neq 0$ .

1) Να λυθεί η εξίσωση $x^{2}f\left(x \right)-7\left|x+1 \right|=8$

2) Να λυθούν οι εξισώσεις α) $\sqrt{f\left(x \right)}=0$ , β) $\sqrt{f\left(x \right)}=1$ και γ) $\sqrt{f\left(x \right)}=-1$

3) Να λυθεί η εξίσωση $f\left(x \right)+\frac{1}{f\left(x \right)}=0$

4) Να δείξετε ότι $f\left(\frac{1}{x} \right)=x^{2}\left|f\left(x \right) \right|$ για κάθε $x\neq 0$

5) Να λυθούν οι ανισώσεις α) $f\left(\left|x \right| \right)\geq 0$ και β) $f\left(\left|x \right| \right)\geq 4$

irakleios · #34

pana1333 έγραψε:Ας δώσω και εγώ μια δική μου.....η οποία έγινε δική μας με τη χρήσιμη συμβολή του Στάθη στη διατύπωση.

Άσκηση 8

4) Να αποδείξετε ότι $\left|1-\alpha \right|+\frac{1}{\left|\alpha-1 \right|}+1>0$ (2) για κάθε πραγματικό αριθμό $\alpha \neq 1$

5) Να λυθεί η παραπάνω ανίσωση (2)

Mία διαφορετική αντιμετώπιση του 4 και 5 . δεν είναι λίγο αυτονόητο ; διότι έχουμε μόνο θετικούς όρους; Mάλιστα

από γνωστή εφαρμογή ξέρουμε ότι για κάθε x > 0

ισχύει $\frac{1}{x} + x \geq 2$ . Παίρνοντας |α - 1| = x >0 παίρνουμε ότι
$\left|1-\alpha \right|+\frac{1}{\left|\alpha-1 \right|}+1\geq 3 > 0$

irakleios · #35

Προσπάθεια που γίνεται είναι πάρα πολύ ωραία! Αλλά θα συμφωνήσω με τον Μάκη , μία που γίνεται να γίνει στο πνεύμα της Α' λυκείου , με όλο το σεβασμό , τα θέματα θυμίζουν πνεύμα Γ' λυκείου...

Θα προτείνω και γώ ένα θεματάκι που έφτιαξα τώρα :

Θέμα 11

Δίνεται η εξίσωση 3x^2 - (k^2 - 4)x = 12

(1)

α) Δείξτε ότι η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = k^4 - 8k^2 + 160

β) Να δείξετε ότι η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες για κάθε τιμή του πραγματικού k

γ) Να δείξετε ότι για τις τιμές του k που η διακρίνουσα παίρνει την ελάχιστη τιμή της , οι ρίζες της εξίσωσης (1) είναι αντίθετες.Ποιές είναι αυτές ;

δ) Έστω $x_{1} , x_{2}$ οι δύο άνισες ρίζες της για ποιές θετικές τιμές του πραγματικού k ισχύει $x_{1}(1 + x_{2}) + x_2 < 0$ ;

Eλπίζω να σας αρέσει και να μην έχει λάθη.

PanosG · #36

Η συνάρτηση f γράφεται ως εξής $f(x)=\frac{x^2+2x+1}{x^2}=(\frac{x+1}{x})^2\geq0 \;\; ,x\neq0$

1)
$\displaystyle x^2f(x)-7|x+1|=8\Leftrightarrow x^2(\frac{x+1}{x})^2 -7|x+1|=8$
$\displaystyle \Leftrightarrow (x+1)^2-7|x+1|-8=0\Leftrightarrow |x+1|^2 -7|x+1|-8=0$
Η παραπάνω εξίσωση θέτοντας όπου y=|x+1|

γίνεται:
$\displaystyle y^2-7y-8=0$ η οποία έχει δύο λύσεις τις: $y=8 \;\;$ ή y=-1

. 'Αρα
ή $|x+1|=8\Leftrightarrow x+1=\pm 8\Leftrightarrow x=7$ ή x=-9

ή

η οποία είναι αδύνατη

2)α)
Η εξίσωση $\sqrt{f(x)}=0$ ορίζεται για κάθε $x\neq 0$ αφού $f(x)\geq0 , \forall x\neq0$
$\displaystyle \sqrt{f(x)}=0\Leftrightarrow \sqrt{\left (\frac{x+1}{x}\right )^2}=0 \Leftrightarrow \frac{x+1}{x}=0\Leftrightarrow x=-1$

β)
$\displaystyle \sqrt{f(x)}=1\Leftrightarrow \sqrt{\left (\frac{x+1}{x}\right )^2}=1 \Leftrightarrow \left |\frac{x+1}{x}\right |=1\Leftrightarrow |x+1|=|x|\Leftrightarrow$
x+1=x

αδύνατη ή $x+1=-x\Leftrightarrow x=-\frac{1}{2}$

γ)Η εξίσωση $\displaystyle \sqrt{f(x)}=-1$ είναι αδύνατη

3) $f(x)+\frac{1}{f(x)}=0\Leftrightarrow \left (\frac{x+1}{x}\right )^2+\left (\frac{x}{x+1}\right )^2}=0$
Για να ορίζεται η εξίσωση πρέπει $x\neq 0$ και $x\neq -1$ .
Όμως η παραπάνω εξίσωση για να έχει λύση πρέπει να ισχύουν ταυτόχρονα:
$\frac{x+1}{x}=0$ και $\frac{x}{x+1}=0$ δηλαδή x=-1

και

Αδύνατο

4)
$\displaystyle f(\frac{1}{x})=\left (\frac{\frac{1}{x}+1}{\frac{1}{x}}\right )^2=\left ( \frac{\frac{x+1}{x}}{\frac{1}{x}}\right )^2=(x+1)^2=x^2\frac{(x+1)^2}{x^2}=x^2\left | f(x) \right |$

5) α) Για κάθε $x\neq 0$ έχουμε:
$\displaystyle f(|x|)\geq 0 \Leftrightarrow \left ( \frac{|x|+1}{|x|} \right )^2\geq 0$ η οποία όμως ισχύει για κάθε $x\neq 0$

β)Για κάθε $x\neq 0$ έχουμε:
$\displaystyle f(|x|)\geq 4 \Leftrightarrow \left ( \frac{|x|+1}{|x|} \right )^2\geq 4\Leftrightarrow (|x|+1)^2\geq 4|x|^2 \Leftrightarrow |x|^2 +2|x|+1\geq 4|x|^2$
$3|x|^2-2|x|-1\leq 0$
Η παραπάνω έχει λύσεις τις 1 και $-\frac{1}{3}$ , άρα:
$-\frac{1}{3}\leq |x| \leq|1|$ δηλαδή αρκεί $|x|\leq 1\Leftrightarrow -1\leq x \leq 1$
Όμως για να ορίζεται η ανίσωση πρέπει και $x\neq 0$ οπότε τελικά η λύση είναι
$\displaystyle x\in [-1,0) \cup (0,1]$

#37

Θέμα 11

Δίνεται η εξίσωση 3x^2 - (k^2 - 4)x = 12

(1)

α) Δείξτε ότι η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = k^4 - 8k^2 + 160

β) Να δείξετε ότι η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες για κάθε τιμή του πραγματικού k

γ) Να δείξετε ότι για τις τιμές του k που η διακρίνουσα παίρνει την ελάχιστη τιμή της , οι ρίζες της εξίσωσης (1) είναι αντίθετες.Ποιές είναι αυτές ;

δ) Έστω $x_{1} , x_{2}$ οι δύο άνισες ρίζες της για ποιές θετικές τιμές του πραγματικού k ισχύει $x_{1}(1 + x_{2}) + x_2 < 0$ ;

Eλπίζω να σας αρέσει και να μην έχει λάθη.[/quote]

Βάζω τη λύση της άσκησης 11 εδώ (στη θέση της) (για να μην μπερδευτεί)

Η άσκηση προτάθηκε από τον irakleios
α) $\displaystyle{ 3x^2 - \left( {k^2 - 4} \right)x = 12 \Leftrightarrow 3x^2 - \left( {k^2 - 4} \right)x - 12 = 0:\left( 2 \right) }$

Είναι

$\displaystyle{ \Delta = \left[ { - \left( {k^2 - 4} \right)} \right]^2 - 4 \cdot 3 \cdot \left( { - 12} \right) = \left( {k^2 - 4} \right)^2 + 144 = k^4 - 8k + 16 + 144 \Rightarrow \boxed{\Delta = k^4 - 8k + 160} }$

β) Επειδή

$\displaystyle{ \Delta = k^4 - 8k + 160 = k^4 - 8k + 16 + 144 = \left( {k^2 - 4} \right)^2 + 144\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {k^2 - 4} \right)^2 \geqslant 0,\forall k \in R} \Delta \geqslant 144 > 0 }$ οπότε η (2) έχει δύο ρίζες άνισες στο R

γ) Είναι

$\displaystyle{ \min \Delta = 144, }$ όταν $\displaystyle{ \left( {k^2 - 4} \right)^2 = 0 \Leftrightarrow k^2 - 4 = 0 \Leftrightarrow k^2 = 4 \Leftrightarrow \boxed{k = \pm 2} }$ και για $\displaystyle{ k = \pm 2 }$

η εξίσωση γίνεται ισοδύναμα $\displaystyle{ 3x^2 - 12 = 0 \Leftrightarrow \ldots x^2 = 4 \Leftrightarrow \boxed{x = \pm 2} }$ αντίθετες

δ) Έχουμε:

$\displaystyle{ x_1 + x_2 = \left( { - \frac{\beta } {\alpha }} \right)\mathop \Rightarrow \limits^\substack{ \beta = - \left( {k^2 - 4} \right) \\ \alpha = 3 } \boxed{x_1 + x_2 = \frac{{k^2 - 4}} {3}}:\left( 3 \right) }$ και $\displaystyle{ x_1 \cdot x_2 = \left( {\frac{\gamma } {\alpha }} \right)\mathop \Rightarrow \limits^\substack{ \gamma = - 12 \\ \alpha = 3 } \boxed{x_1 \cdot x_2 = - 4}:\left( 4 \right) }$

Είναι

$\displaystyle{ x_1 \cdot \left( {1 + x_2 } \right) + x_2 < 0 \Leftrightarrow x_1 + x_1 x_2 + x_2 < 0 \Leftrightarrow \left( {x_1 + x_2 } \right) + x_1 x_2 < 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 3 \right),\left( 4 \right)} }$

$\displaystyle{ \frac{{k^2 - 4}} {3} - 4 < 0 \Leftrightarrow \frac{{k^2 - 4}} {3} < 4 \Leftrightarrow k^2 - 4 < 12 \Leftrightarrow k^2 < 16 \Leftrightarrow \sqrt {k^2 } < \sqrt {16} \mathop \Leftrightarrow \limits^{k > 0} \boxed{k < 4} }$

Φιλικά

Στάθης

Ιστοσελίδα · #38

Στάθη κάνεις σπουδαία δουλειά!! Συγχαρητήρια

Μίλτος

Θα συνεχίσω με τη δημοσίευση κάποιων λίγων ασκήσεων ακόμα, παρά το ότι βλέπω ότι εγείρονται ενστάσεις για το επίπεδο και το "πνεύμα;" τους.

Ιστοσελίδα · #39

Άσκηση 12

Έστω η συνάρτηση $f\left( x \right) = \lambda {x^2} + \left( {{\rm{\lambda - 1}}} \right)x + {\rm{\lambda - 1}}$ με $\lambda \in R$
Α) Να βρείτε το $\lambda$ ώστε η εξίσωση $f\left( x \right) = 0$ έχει μοναδική ρίζα.
Β) Για $\lambda \ne 0$ , να βρείτε τις τιμές του $\lambda$ για τις οποίες η ανίσωση $f\left( x \right) > 0$ είναι αληθής για κάθε $x \in R$
Γ) Αν η εξίσωση $f\left( x \right) = 0$ έχει δύο πραγματικές ρίζες ${x_1},\,\,{x_2}$ τότε:
α) Να βρείτε συναρτήσει του $\lambda$ τα ${x_1} + \,{x_2}$ και ${x_1} \cdot \,{x_2}$
β) Να αποδείξετε ότι $x_1^2 \cdot \,{x_2} + \,{x_1} \cdot x_2^2 \le 0$
γ) Να λύσετε την ανίσωση $\left| {x_1^2 \cdot \,{x_2} + \,{x_1} \cdot x_2^2} \right| \le \frac{1}{4}$ ως προς $\lambda$
Δ) Αν $\lambda < 0$ , να μελετήσετε τη μονοτονία της συνάρτησης $\varphi \left( \lambda \right) = \sqrt { - x_1^2 \cdot \,{x_2} - \,{x_1} \cdot x_2^2}$
Ε) Να βρείτε το $\lambda$ ώστε η συνάρτηση $f\left( x \right)$ να εφάπτεται στον άξονα x'x

Στ) Να βρείτε τις τιμές του $\lambda$ ώστε η συνάρτηση $h\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {f\left( x \right)} }}$ να έχει πεδίο ορισμού το

Μίλτος

edit: Συμπλήρωσα την αρίθμηση της Άσκησης

#40

Α) Για να έχει η εξίσωση $\displaystyle{ f\left( x \right) = 0 }$ μοναδική ρίζα πρέπει

• Με $\displaystyle{ \lambda = 0 }$ θα είναι $\displaystyle{ f\left( x \right) = - x - 1\mathop \Leftrightarrow \limits^{f\left( x \right) = 0} - x - 1 = 0 \Leftrightarrow \boxed{x = - 1} }$ οπότε μια ζητούμενη τιμή του λ είναι το μηδέν

• Με $\displaystyle{ \lambda \ne 0 }$ αρκεί (να έχει διπλή ρίζα)

$\displaystyle{ \Delta = 0 \Leftrightarrow \left( {\lambda - 1} \right)^2 - 4\lambda \left( {\lambda - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {\lambda - 1} \right) \cdot \left( {\lambda - 1 - 4\lambda } \right) = 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \left( {\lambda - 1} \right) \cdot \left( { - 3\lambda - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow \ldots \boxed{\left\{ \begin{gathered} \lambda = 1 \hfill \\ \lambda = - \frac{1} {3} \hfill \\ \end{gathered} \right.} }$

Β) Για $\displaystyle{ \lambda \ne 0 }$ για να είναι

$\displaystyle{ f\left( x \right) > 0,\forall x \in R \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \lambda > 0 \hfill \\ \& \hfill \\ \Delta < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \lambda > 0 \\ \& \\ \left( {\lambda - 1} \right) \cdot \left( { - 3\lambda - 1} \right) < 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \lambda > 0 \\ \& \\ \lambda > 1\;\;\lambda < - \frac{1} {3} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \ldots \boxed{\lambda > 1} }$

Γ) Αφού η εξίσωση $\displaystyle{ f\left( x \right) = 0 }$ έχει δύο πραγματικές ρίζες είναι:

$\displaystyle{ \Delta \geqslant 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left( {\lambda - 1} \right) \cdot \left( { - 3\lambda - 1} \right) \geqslant 0 \hfill \\ \& \hfill \\ \lambda \ne 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \ldots \lambda \in \left[ { - \frac{1} {3},0} \right) \cup \left( {0,1} \right] }$ και

α) $\displaystyle{ x_1 + x_2 \mathop = \limits^{ - \frac{\beta } {\alpha }} - \frac{{\lambda - 1}} {\lambda } \Rightarrow \boxed{x_1 + x_2 = \frac{{1 - \lambda }} {\lambda }}:\left( 1 \right) }$ και $\displaystyle{ x_1 \cdot x_2 \mathop = \limits^{\frac{\gamma } {\alpha }} \frac{{\lambda - 1}} {\lambda } \Rightarrow \boxed{x_1 \cdot x_2 = \frac{{\lambda - 1}} {\lambda }}:\left( 2 \right) }$

β)

$\displaystyle{ x_1^2 \cdot x_2 + x_1 \cdot x_1^2 = x_1 x_2 \left( {x_1 + x_2 } \right)\mathop = \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} - \frac{{\lambda - 1}} {\lambda } \cdot \frac{{\lambda - 1}} {\lambda } = - \left( {\frac{{\lambda - 1}} {\lambda }} \right)^2 \mathop \Rightarrow \limits^{\left( {\frac{{\lambda - 1}} {\lambda }} \right)^2 \geqslant 0,\forall \lambda \in \left[ { - \frac{1} {3},0} \right) \cup \left( {0,1} \right]} \boxed{x_1^2 \cdot x_2 + x_1 \cdot x_1^2 \leqslant 0} }$

γ) Είναι

$\displaystyle{ \left| {x_1^2 \cdot x_2 + x_1 \cdot x_1^2 } \right| \leqslant \frac{1} {4} \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| { - \left( {\frac{{\lambda - 1}} {\lambda }} \right)^2 } \right| \leqslant \frac{1} {4} \\ \& \\ \lambda \in \left[ { - \frac{1} {3},0} \right) \cup \left( {0,1} \right] \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left( {\frac{{\lambda - 1}} {\lambda }} \right)^2 \leqslant \frac{1} {4} \\ \& \\ \lambda \in \left[ { - \frac{1} {3},0} \right) \cup \left( {0,1} \right] \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{\left( {\lambda - 1} \right)^2 }} {{\lambda ^2 }} \leqslant \frac{1} {2} \\ \& \\ \lambda \in \left[ { - \frac{1} {3},0} \right) \cup \left( {0,1} \right] \\ \end{gathered} \right. }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 2\lambda ^2 - 4\lambda + 2 \leqslant \lambda ^2 \\ \& \\ \lambda \in \left[ { - \frac{1} {3},0} \right) \cup \left( {0,1} \right] \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \lambda ^2 - 4\lambda + 2 \leqslant 0 \\ \& \\ \lambda \in \left[ { - \frac{1} {3},0} \right) \cup \left( {0,1} \right] \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \lambda ^2 - 4\lambda + 4 \leqslant 2 \\ \& \\ \lambda \in \left[ { - \frac{1} {3},0} \right) \cup \left( {0,1} \right] \\ \end{gathered} \right. }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left( {\lambda - 2} \right)^2 \leqslant 2 \\ \& \\ \lambda \in \left[ { - \frac{1} {3},0} \right) \cup \left( {0,1} \right] \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \sqrt {\left( {\lambda - 2} \right)^2 } \leqslant \sqrt 2 \\ \& \\ \lambda \in \left[ { - \frac{1} {3},0} \right) \cup \left( {0,1} \right] \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \left| {\lambda - 2} \right| \leqslant \sqrt 2 \\ \& \\ \lambda \in \left[ { - \frac{1} {3},0} \right) \cup \left( {0,1} \right] \\ \end{gathered} \right. }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} - \sqrt 2 \leqslant \lambda - 2 \leqslant \sqrt 2 \\ \& \\ \lambda \in \left[ { - \frac{1} {3},0} \right) \cup \left( {0,1} \right] \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 2 - \sqrt 2 \leqslant \lambda \leqslant 2 + \sqrt 2 \\ \& \\ \lambda \in \left[ { - \frac{1} {3},0} \right) \cup \left( {0,1} \right] \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \boxed{2 - \sqrt 2 \leqslant \lambda \leqslant 1} }$

Δ) Η συνάρτηση

$\displaystyle{ \phi \left( \lambda \right) = \sqrt { - x_1^2 \cdot x_2 - x_1 \cdot x_1^2 } = \sqrt { - \left( {x_1^2 \cdot x_2 + x_1 \cdot x_1^2 } \right)} \mathop \Rightarrow \limits^{x_1^2 \cdot x_2 + x_1 \cdot x_1^2 = - \left( {\frac{{\lambda - 1}} {\lambda }} \right)^2 } }$

$\displaystyle{ \phi \left( \lambda \right) = \sqrt {\left( {\frac{{\lambda - 1}} {\lambda }} \right)^2 } \mathop \Rightarrow \limits^{\left( {\lambda \in \left[ { - \frac{1} {3},0} \right) \cup \left( {0,1} \right],\lambda > 0} \right) \Rightarrow \lambda \in \left( {0,1} \right]} \phi \left( \lambda \right) = \frac{{1 - \lambda }} {\lambda } \Rightarrow \boxed{\phi \left( \lambda \right) = \frac{1} {\lambda } - 1,\lambda \in \left( {0,1} \right]} }$
Και επειδή η συνάρτηση $\displaystyle{ \phi \left( \lambda \right) }$ προκύπτει από την κατακόρυφη (κατά μία μονάδα μεταφορά της γνήσιας αύξουσας $\displaystyle{ \phi _1 \left( \lambda \right) = \frac{1} {\lambda } }$ θα είναι και αυτή γνησίως φθίνουσα

Ε) Για να εφάπτεται η γραφική παράσταση της f στον x’x πρέπει $\displaystyle{ \Delta = 0 \Leftrightarrow \ldots \boxed{\lambda = 1,\;\;\lambda = - \frac{1} {3}} }$

ΣΤ) Για να ορίζεται $\displaystyle{ h\left( x \right) = \frac{1} {{\sqrt {f\left( x \right)} }} }$ στο R αρκεί να ισχύει: $\displaystyle{ f\left( x \right) > 0,\forall x \in R\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( B \right)} \boxed{\lambda \in \left( {1, + \infty } \right)} }$

Φιλικά

Στάθης

Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Re: Γενικές - Συνδυαστικές Ασκήσεις σε όλη την Ύλη

Μέλη σε σύνδεση