Επανάληψη Γυμνασίου - Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού (Α)

Η επανάληψη του Γυµνασίου Ενότητα 8 Εξισώσεις 2ου βαθµού Λυµένες ασκήσεις Νέα Μουδανιά • Ιούνιος 2022 www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού ~ Ενότητα 8 ~ Εξισώσεις 2ου βαθμού Λυμένες ασκήσεις επανάληψης Προέλευση ασκήσεων • Ασκήσεις 1 - 23 Πέτρος Τόγκας, «Άλγεβρα και συμπλήρωμα Άλγεβρας», τόμος Β΄, έκδοση 27η, εκδοτι- κός οίκος «Πέτρου Γ. Τόγκα Ο.Ε», Αθήνα, 1959. • Ασκήσεις 24 - 25 Πέτρος Τόγκας, «Άλγεβρα και συμπλήρωμα Άλγεβρας», τόμος Β΄, έκδοση 27η, εκδοτι- κός οίκος «Πέτρου Γ. Τόγκα Ο.Ε», Αθήνα, 1959. • Ασκήσεις 26 - 35 Άγνωστη. Σε όλες τις ασκήσεις, η εκφώνηση είναι «Να λύσετε την εξίσωση» Περιλαμβάνονται και κλασματικές εξισώσεις! - 69 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε1 : 2x2 −7x = x2 +8x . ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει x2 −15x = 0 ⇔ x(x−15) = 0 ⇔ x = 0 ή x−15= 0 ⇔ x = 0 η x =15 . Ε2 : 2(3x2 −x)= 3(4x−x2) . ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει 6x2 −2x =12x−3x2 ⇔ 9x2 −14x = 0 ⇔ x(9x−14) = 0 ⇔ x = 0 ή 9x−14 = 0 ⇔ ⇔x=0 ή 9x =14 ⇔ x=0 η x = 14 . 9 Ε3 : (2x +3)(2x−3)= 5x−9 . ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει (2x)2 −32 = 5x−9 ⇔ 4x2 − 9 = 5x− 9 ⇔ 4x2 −5x = 0 ⇔ x(4x−5) = 0 ⇔ ⇔x=0 ή 4x−5=0 ⇔ x=0 ή 4x = 5 ⇔ x=0 η x= 5 . 4 Ε4 : x(2x +1)+3x(x−2)= 5x . ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει 2x 2 + x + 3x2 − 6 x −5x = 0 ⇔ 5x 2 −10x = 0 :5 x 2 −2x = 0 ⇔ x( x −2) = 0 ⇔ ⇔ ⇔ x=0 ή x−2=0 ⇔ x=0 η x=2 . - 70 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε5 : ⎜⎛⎜⎝x + 21⎟⎠⎟⎞⎜⎜⎛⎝ x − 21⎟⎞⎟⎠ = 3x − 1 . 4 ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει x2 −⎜⎛⎜⎝⎜21⎟⎟⎠⎟⎞2 = 3x− 1 ⇔ x2 − 1 = 3x− 1 ⇔ x2 −3x = 0 ⇔ x(x−3) = 0 ⇔ 4 4 4 ⇔ x=0 ή x−3=0 ⇔ x=0 η x=3 . Ε6 : 2x2 +3x = x2 − 2x . 4 3 5 ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει 15(2x2 +3x) = 20x2 −24x ⇔ 30x2 + 45x = 20x2 −24x ⇔10x2 + 69x = 0 ⇔ ⇔ x(10x + 69) = 0 ⇔ x = 0 ή 10x + 69 = 0 ⇔ x = 0 ή 10x =−69 ⇔ ⇔ x=0 η x=− 69 . 10 Ε7 : 5x2 −48 = 3x2 −114 . ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει 2x2 =−66 ⇔ x2 =−33 , αδύνατο, διότι είναι x2 ≥0 , για κάθε αριθμό x. Άρα, η εξίσωση είναι αδύνατη. - 71 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε8 : 4x2 −60 = 3x2 . 5 4 ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει 16x2 −1200 =15x2 ⇔ x2 =1200 ⇔ x = ± 1200 ⇔ x = ± 400⋅3 ⇔ x = ± 202 ⋅3 ⇔ ⇔ x = 20 3 η x =−20 3 . Ε9 : x2 −9 = x2 −1 . 3 2 ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει 2(x2 −9) = 3(x2 −1) ⇔ 2x2 −18 = 3x2 −3 ⇔ −x2 =15 ⇔ x2 =−15 , αδύνατο, διότι είναι x2 ≥0 , για κάθε αριθμό x. Άρα, η εξίσωση είναι αδύνατη. Ε10 : 49x2 −28x +4 = 0 . ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει (7x)2 −2⋅7x⋅2+22 = 0 ⇔(7x−2)2 = 0 ⇔ 7x−2 = 0 ⇔ 7x = 2 ⇔ x = 7 (διπλή ρίζα). 2 ∆εύτερος τρόπος Κλασικά, υπολογίζοντας την διακρίνουσα της εξίσωσης. Επειδή εδώ όμως οι συντελεστές της είναι... μεγαλούτσικοι, θα κάνεις πράξεις με μεγά- λους αριθμούς. Κανονικά δεν πρέπει να υπάρξει κάποιο πρόβλημα (εκτός και αν δεν ξέρεις να κάνεις πολλαπλασιασμό). - 72 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Προτίμησα να δείξω τον προηγούμενο τρόπο, ώστε να υπενθυμίσω ότι μέσα σε ένα τριώνυμο (άρα και μια εξίσωση δευτέρου βαθμού) πολλές φορές κρύβεται η ταυτότη- τα (α +β)2 ή η ταυτότητα (α−β)2 . Τι μου κίνησε την περιέργεια στην εξίσωση; Το 49x2 και το 4 , που είναι και τα δύο τετράγωνα (του 7x και του 2 αντίστοιχα). Σκέ- φτηκα, «Λες το 28x να είναι το διπλάσιο γινόμενο;». Έτσι, και με μεγάλους αριθμούς δεν έμπλεξα και μια απλή εξίσωση πρώτου βαθμού τελικά έλυσα. Ε11 : 4x2 +12x +9 = 0 . ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει (2x)2 +2⋅2x⋅3+32 = 0 ⇔(2x +3)2 = 0 ⇔ 2x +3= 0 ⇔ 2x +3= 0 ⇔ 2x =−3 ⇔ ⇔ x = − 3 (διπλή ρίζα). 2 Σχόλιο Φυσικά, και αυτή η εξίσωση λύνεται με χρήση της διακρίνουσας. Ε12 : x2 −4x +1= 0 . ▶︎ Λύση Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ =(−4)2 −4 ⋅1⋅1=16−4 =12 . Άρα, η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις ( )x1,2 2 2± 3 = −(−4) ± 12 = 4±2 3= 2 ⇔ x=2+ 3 η x=2− 3 . 2 2 - 73 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε13 : x2 −4 3 x +9 = 0 . ▶︎ Λύση Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι ( )Δ = −4 3 2 −4 ⋅1⋅ 9 =16⋅3−36 = 48−36 =12 . Άρα, η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις ( ) ( )− −43± 2 2 3± 3 2 2 x1,2 = 12 = 4 3±2 3= =2 3± 3⇔ 2 ⇔x=2 3+ 3 ή x=2 3− 3⇔ x=3 3 η x= 3 . Ε14 : (x +5)2 +17 = 2(x +3)2 . ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει x2 +25+10x +17 = 2(x2 +9+ 6x) ⇔ x2 +10x + 42 = 2x2 +18+12x ⇔ ⇔ x2 +2x−24 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = 22 −4 ⋅1⋅(−24) = 4 +96 =100 . Άρα, η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −2± 100 = −2±10 ⇔ ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎪ x1 = −2+10 = 8 = 4 ⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎭ . 2 2 2 2 x2 = −2−10 = −12 = −6 2 2 - 74 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε15 : x(x−3)+1 = 5(x−3) . ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει x2 −3x +1= 5x−15 ⇔ x2 −8x +16 = 0 ⇔ x2 −2⋅x⋅4 + 42 = 0 ⇔(x−4)2 = 0 ⇔ ⇔ x−4 = 0 ⇔ x = 4 (διπλή ρίζα). Σχόλιο Όταν μια εξίσωση δευτέρου βαθμού έχει διπλή ρίζα, τότε αυτό πρέπει να το γράφεις στο τέλος. Ε16 : x2 − 3x = 3x +1. 4 ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει 4x2 −3x =12x + 4 ⇔ 4x2 −15x−4 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ =(−15)2 −4⋅4⋅(−4) = 225+ 64 = 289 . Άρα, η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −(−15)± 289 = 15±17 ⇔ ⎪⎨⎧⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ x1 = 15+17 = 32 = 4 ⎬⎪⎪⎪⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪ . 8 8 8 2⋅4 x2 = 15−17 = −2 = − 1 8 8 4 - 75 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε17 : 1 + 3 = x 1 . x 2 +3 ▶︎ Λύση Πρέπει να είναι ⎪⎧⎩⎪⎪⎪⎨ x ≠ 0 και ⎬⎪⎭⎪⎫⎪⎪ , δηλαδή x ≠ 0 και x ≠−3 . x+3≠0 Είναι Ε.Κ.Π(x , 2 , x +3)= 2x(x +3), οπότε απαλείφοντας τους παρονομαστές προκύπτει 2(x +3)+3x(x +3)= 2x ⇔ 2x + 6+3x2 +9x = 2x ⇔ 3x2 + 9x + 6 = 0 :3 ⇔ ⇔ x2 +3x +2 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = 32 −4 ⋅1⋅ 2 = 9−8 = 1. Άρα, η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −3± 1 = −3±1 ⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪ x1 = −3+1 = −2 = −1 ⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪ . 2 2 2 2 x2 = −3−1 = −4 = −2 2 2 - 76 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε18 : 1 + 1 = 7 . x−2 x−5 10 ▶︎ Λύση Πρέπει να είναι ⎪⎪⎨⎪⎪⎧⎩ x−2 ≠ 0 και ⎫⎪⎬⎪⎪⎭⎪ , δηλαδή x ≠ 2 και x ≠ 5 . x−5≠ 0 Είναι Ε.Κ.Π(x−2 , x−5)= (x−2)(x−5) , οπότε απαλείφοντας τους παρονομαστές προκύπτει 10(x−5)+10(x−2)= 7(x−2)(x−5) ⇔10x−50+10x−20 = 7(x2 −5x−2x +10) ⇔ ⇔ 20x−70 = 7(x2 −7x +10) ⇔ 20x−70 = 7x2 −49x +70 ⇔ 7x2 −69x +140 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ =(−69)2 −4⋅7⋅140 = 4761−3920 = 841. Άρα, η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −(−69)± 841 = 69 ± 29 ⇔ ⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ x1 = 69 + 29 = 98 = 7 ⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎫ . 14 14 14 2⋅7 x2 = 69−29 = 40 = 20 14 14 7 - 77 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε19 : 5 + 3 = 14 . x +2 x x+4 ▶︎ Λύση Πρέπει να είναι ⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩ x+2≠0 ⎪⎪⎪⎫⎪⎬⎪⎪⎭⎪ , x≠0 x+4≠0 δηλαδή x ≠−2 και x ≠ 0 και x ≠−4 . Είναι Ε.Κ.Π(x +2 , x , x + 4)= x(x +2)(x + 4) , οπότε απαλείφοντας τους παρονομαστές προκύπτει 5x(x+ 4)+3(x+2)(x+ 4)= 14x(x+2) ⇔ ⇔ 5x2 +20x +3(x2 + 4x +2x +8) =14x2 +28x ⇔−9x2 −8x +3(x2 + 6x +8) = 0 ⇔ : (−2) ⇔ −9x2 −8x +3x2 +18x +24 = 0 ⇔ −6x2 +10x +24 = 0 ⇔ 3x2 −5x−12 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ =(−5)2 −4⋅3⋅(−12)= 25+144 =169 . Άρα, η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −(−5)± 169 = 5±13 ⇔ ⎪⎪⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪ x1 = 5+13 = 18 = 3 ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎫⎪ . 6 6 6 2⋅3 x2 = 5−13 = −8 = − 4 6 6 3 - 78 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε20 : x−5 + x−7 +2 = 0 . x−7 x−5 ▶︎ Λύση Πρέπει να είναι ⎪⎪⎪⎪⎧⎨⎩ x−7 ≠ 0 και ⎪⎪⎬⎭⎪⎪⎫ , δηλαδή x ≠ 7 και x ≠ 5 . x−5≠ 0 Είναι Ε.Κ.Π(x−7 , x−5)= (x−7)(x−5) , οπότε απαλείφοντας τους παρονομαστές προκύπτει (x−5)2 +(x−7)2 +2(x−7)(x−5) = 0 ⇔ ⇔ x2 +25−10x + x2 + 49−14x +2(x2 −5x−7x +35) = 0 ⇔ ⇔ 2x2 −24x +74 +2(x2 −12x +35) = 0 ⇔ 2x2 −24x +74 +2x2 −24x +70 = 0 ⇔ ⇔ 4 x 2 − 48 x +144 = 0 :2 x 2 −12x + 36 = 0 ⇔ x 2 − 2 ⋅ x ⋅ 6 + 62 = 0 ⇔ (x − 6)2 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ x−6 = 0 ⇔ x = 6 (διπλή ρίζα). - 79 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε21 : x +x 1+ x =1. x+4 ▶︎ Λύση Πρέπει να είναι ⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪ x +1≠ 0 ⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎭ , δηλαδή x ≠−1 και x ≠−4 . x+4≠0 Είναι Ε.Κ.Π(x +1, x + 4)= (x +1)(x + 4) , οπότε απαλείφοντας τους παρονομαστές προκύπτει x(x + 4)+ x(x +1) = (x +1)(x + 4) ⇔ x2 + 4x + x2 + x = x2 + 4x + x + 4 ⇔ ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ± 4 ⇔ x = 2 η x =−2 . Ε22 : x−x 1− x 2 = x 8 . +1 2 −1 ▶︎ Λύση Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται x−x 1− x +2 1= 8 +1) . (x −1)(x Είναι Ε.Κ.Π( x−1, x+1, (x−1)(x+1)) = (x−1)(x+1) , οπότε πρέπει να είναι μόνο x2 −1≠ 0 ⇔ x2 ≠ 1 ⇔ x ≠ ± 1 ⇔ x ≠1 και x ≠−1. Με απαλοιφή των παρονομαστών έχω τότε x(x +1)−2(x−1) = 8 ⇔ x2 + x−2x +2−8 = 0 ⇔ x2 −x−6 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι - 80 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Δ =(−1)2 −4 ⋅1⋅(−6) = 1+24 = 25 . Άρα, η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις −(−1)± 25 1± 5 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪ x1 = 1+ 5 = 6 = 3 ⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎭⎪⎬⎪⎪⎪⎪ . 2 2 2 x1, = 2 = ⇔ 2 1−5 −4 2 2 x2 = = = −2 Ε23 : 2(x 3 − 1 = 1 . 8 2 −1) 4(x +1) ▶︎ Λύση Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται 3 − 1 = 1 . 8 2(x +1)(x −1) 4(x +1) Είναι Ε.Κ.Π( 2(x+1)(x−1) , 4(x+1) , 8) = 8(x+1)(x−1) , οπότε πρέπει να είναι μόνο 8(x +1)(x−1) ≠ 0 ⇔ x +1≠ 0 και x−1≠ 0 ⇔ x ≠−1 και x ≠1. Με απαλοιφή των παρονομαστών, από την εξίσωση έχω τότε 12−2(x−1) = (x +1)(x−1) ⇔12−2x +2 = x2 −1⇔ x2 +2x−15= 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = 22 −4 ⋅1⋅(−15) = 4 + 60 = 64 . Άρα, η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −2 ± 64 = −2 ± 8 ⇔ ⎪⎨⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪ x1 = −2 + 8 = 6 = 3 ⎪⎪⎭⎪⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪ . 2 2 2 2 x2 = −2− 8 = −10 = −5 2 2 - 81 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε24 : 1 − 2x2 3 = 5 . 2x−3 −3x x ▶︎ Λύση Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται 1 − 3 = 5 . 2x−3 x x(2x − 3) Είναι Ε.Κ.Π(2x−3 , x(2x−3) , x) = x(2x−3) , οπότε πρέπει να είναι μόνο x(2x−3)≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και 2x−3≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και 2x ≠ 3⇔ x ≠ 0 και x≠ 3 . 2 Με απαλοιφή των παρονομαστών, από την εξίσωση έχω τότε x −3 = 5(2x − 3) ⇔ x − 3 = 10 x −15 ⇔ −9x = −12 ⇔ x = −12 ⇔ x = 4 . −9 3 Ε25 : x +1 + x−1 = 2(x2 +2) . x−2 x +2 x2 −4 ▶︎ Λύση Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται x +1 + x −1 = 2(x2 +2) . x−2 x+2 (x −2)(x + 2) Είναι Ε.Κ.Π(x−2 , x+2 , (x−2)(x+2)) = (x−2)(x+2) , οπότε πρέπει να είναι μόνο (x−2)(x +2) ≠ 0 ⇔ x−2 ≠ 0 και x +2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 και x ≠−2 . Με απαλοιφή των παρονομαστών, από την εξίσωση έχω τότε - 82 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού (x+1)(x+2)+(x−1)(x−2)= 2(x2 +2) ⇔ ⇔ x2 + 2x + x + 2 + x2 − 2x − x + 2 = 2x2 + 4 ⇔ 0 = 0 , το οποίο ισχύει. Άρα, η εξίσωση αληθεύει για κάθε x ≠ 2 και x ≠−2 . Ε26 : 9(x2 −2)−8x = 4x(2x−1)+14 . ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει 9x2 −18−8x = 8x2 −4x +14 ⇔ x2 −4x−32 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ =(−4)2 −4 ⋅1⋅(−32) =16+128 =144 . Άρα, η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις −(−4)± 144 4 ±12 ⇔ ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪ x1 = 4 +12 = 16 = 8 ⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪ . 2 2 2 x1,2 = 2 = 4 −12 −8 x2 = 2 = 2 = −4 Ε27 : (2x−3)2 =(x−1)(x−4)+9x . ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει 4x2 +9−12x = x2 −4x−x + 4 +9x ⇔ 4x2 −12x +9 = x2 + 4x + 4 ⇔ 3x2 −16x +5= 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ =(−16)2 −4⋅3⋅5= 256−60 =196 . Άρα, η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις - 83 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού x1, = −(−16) ± 196 = 16 ±14 ⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪ x1 = 16 +14 = 30 = 5 ⎪⎪⎪⎬⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎪ . 6 6 6 2⋅3 2 16−14 2 1 6 6 3 x2 = = = Ε28 : x + 5 = x2 +25 . 5−x x +5 25−x2 ▶︎ Λύση Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται x + 5 x = x2 +25 . 5−x 5+ (5−x)(5+ x) Είναι Ε.Κ.Π(5−x , 5+ x , (5−x)(5+ x)) = (5−x)(5+ x) , οπότε πρέπει να είναι μόνο (5−x)(5+ x) ≠ 0 ⇔ 5−x ≠ 0 και 5+ x ≠ 0 ⇔ x ≠ 5 και x ≠−5 . Με απαλοιφή των παρονομαστών, από την εξίσωση έχω x(5+ x)+5(5−x) = x2 +25 ⇔ 5x + x2 + 25 − 5x = x2 + 25 ⇔ 0 = 0 , το οποίο ισχύει. Άρα, η εξίσωση αληθεύει για κάθε x ≠ 5 και x ≠−5 . - 84 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε29 : x−2 = 2 + 4 . 2x 2−x x2 −2x ▶︎ Λύση Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται x−2 =− 2 + 4 . 2x x−2 x(x − 2) Είναι Ε.Κ.Π(2x , x−2 , x(x−2)) = 2x(x−2) , οπότε πρέπει να είναι μόνο x(x−2)≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x−2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x ≠ 2 . Με απαλοιφή των παρονομαστών, από την εξίσωση έχω τότε (x−2)2 =−4x +8 ⇔ x2 + 4− 4x =− 4x +8 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ± 4 ⇔ ⇔ x = 2 (απορρίπτεται, λόγω του περιορισμού) ή x =−2 ⇔ x =−2 . Ε30 : x 2 − 1 = 1 . +3 x−2 x+4 ▶︎ Λύση Πρέπει να είναι ⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪ x +3≠ 0 και ⎫⎬⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ , x−2 ≠ 0 και x+4≠0 δηλαδή x ≠−3 και x ≠ 2 και x ≠−4 . Είναι Ε.Κ.Π(x +3 , x−2 , x + 4)= (x +3)(x−2)(x + 4) οπότε απαλείφοντας τους παρονομαστές προκύπτει - 85 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού 2(x−2)(x+ 4)−(x+3)(x+ 4)= (x+3)(x−2) ⇔ ⇔ 2(x2 + 4x−2x−8)−(x2 + 4x +3x +12) = x2 −2x +3x−6 ⇔ ⇔ 2(x2 +2x−8)−(x2 +7x +12)= x2 + x−6 ⇔ :2 ⇔ 2x2 + 4x−16− x2 −7x−12− x2 −x + 6 = 0 ⇔ −4x−22 = 0 ⇔ 4x =−22 ⇔ ⇔ 2x =−11⇔ x =− 11 . 2 Ε31 : (x +1)2 −1 − x+4 = x−1. 5 3 ▶︎ Λύση Από την εξίσωση προκύπτει 5 ⋅ ⎣⎡⎢(x +1)2 −1⎥⎤⎦ −3(x + 4) =15(x−1) ⇔ 5(x2 + 1+2x− 1)−3x−12 =15x−15 ⇔ ⇔ 5(x2 +2x)−18x +3= 0 ⇔ 5x2 +10x−18x +3= 0 ⇔ 5x2 −8x +3= 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ =(−8)2 −4⋅5⋅3= 64−60 = 4 . Άρα η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −(−8) ± 4 = 8±2 ⇔ ⎧⎨⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ x1 = 8+2 = 10 =1 ⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪ . 10 10 10 2⋅5 x2 = 8−2 = 6 = 3 10 10 5 - 86 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε32 : x +1 + x−1 = 2x +1 . x2 −2x x2 +2x x2 −4 ▶︎ Λύση Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται x +1 + x −1 = 2x +1 . x(x − 2) x(x + 2) (x + 2)(x −2) Είναι Ε.Κ.Π( x(x−2) , x(x+2) , (x+2)(x−2)) = x(x−2)(x+2) , οπότε πρέπει να είναι μόνο x(x +2)(x−2) ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x +2 ≠ 0 και x−2 ≠ 0 ⇔ ⇔ x ≠ 0 και x ≠−2 και x ≠ 2 . Με απαλοιφή των παρονομαστών, από την εξίσωση έχω τότε (x+1)(x+2)+(x−1)(x−2)= x(2x+1) ⇔ ⇔ x2 + 2x + x +2+ x2 − 2x − x +2= 2x2 + x ⇔ x = 4 . - 87 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε33 : x +1 − 3x−3 = 3 . x2 −2x x−x2 x +2 ▶︎ Λύση Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται x +1 + 3x − 3 = 3 ⇔ x +1 + 3(x −1) = x 3 . x2 − x x+2 x(x −1) +2 x(x − 2) x(x − 2) Προσοχή! Αν και στο δεύτερο κλάσμα μπορώ να κάνω απλοποίηση της παράστασης x−1, δεν πρέπει να την κάνω πριν θέσω τους απαραίτητους περιορισμούς και βρω ποιοι αριθ- μοί δεν γίνονται δεκτοί ως λύσεις! Η απλοποίηση της παράστασης x−1 θα γίνει μετά τους περιορισμούς! Για ποιον λόγο αυτό; Εύκολα προκύπτει ότι θα πρέπει να εξαιρεθεί και ο αριθμός 1 από τις ρίζες της εξίσω- σης (αν, βέβαια, προκύψει ως ρίζα της). Όμως, αν απλοποιήσω την παράσταση x−1, τότε δεν θα θέσω τον περιορισμό x−1≠ 0 , δηλαδή δεν θα έχω εξαίρεση του 1 από τις ρίζες της εξίσωσης. Και αν βρω ως ρίζα το 1; Αφού δεν θα υπάρχει ο περιορισμός x ≠ 1, το 1 θα γίνει δεκτό ως ρίζα, το οποίο θα είναι λάθος (αφού θα μηδενίζει τον παρονομαστή του δεύτερου κλάσματος της εξίσω- σης). Επειδή το Ε.Κ.Π. είναι x(x−2)(x +2)(x−1) , πρέπει να είναι μόνο x(x−2)(x +2)(x−1) ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x−2 ≠ 0 και x +2 ≠ 0 και x−1≠ 0 ⇔ ⇔ x ≠ 0 και x ≠ 2 και x ≠−2 και x ≠1. - 88 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Από την εξίσωση έχω τότε x +1 + 3 = x 3 2 ⇔(x +1)(x + 2)+ 3(x −2)(x + 2) = 3x(x −2) ⇔ x + x(x − 2) ⇔ x2 +2x + x +2+3(x2 −4) = 3x2 −6x ⇔ x2 +3x +2+ 3x2 −12− 3x2 + 6x = 0 ⇔ ⇔ x2 +9x−10 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = 92 −4 ⋅1⋅(−10) = 81+ 40 =121. Άρα, η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −9 ± 121 = −9 ±11 ⇔ ⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪ x1 = −9 +11 = 2 = 1 ⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎭⎪⎪⎪⎪ ⇔ x =−10 . 2 2 2 2 x2 = −9−11 = −20 = 10 2 2 Η τιμή x =1 απορρίπτεται, λόγω του περιορισμού. Σχόλιο Βλέπεις ; Αν είχα κάνει (στο σημείο που τόνισα προηγουμένως) απλοποίηση της παράστασης x−1, την τιμή x =1 θα γινόταν δεκτή εδώ (και θα είχα κάνει λάθος, ίσως χωρίς να το πάρω χαμπάρι). - 89 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ε34 : 1 − 5x 5 x2 = 1 . x − x−5 ▶︎ Λύση Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται 1 + 5 = x 1 ⇔ 1 + 5 = x 1 . x x2 −5x −5 x −5 x(x − 5) Επειδή το Ε.Κ.Π. είναι x(x−5) , πρέπει να είναι μόνο x(x−5) ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x−5≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x ≠ 5 . Με απαλοιφή των παρονομαστών, από την εξίσωση έχω τότε x − 5 + 5 = x ⇔ 0⋅x = 0 , το οποίο ισχύει. Άρα, η εξίσωση αληθεύει για κάθε x ≠ 0 και x ≠ 5 . Ε35 : x +1 + x−2 = 1− 2(x−9) . 2x−3 2x +3 4x2 −9 ▶︎ Λύση Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται x +1 + x−2 = 1− (2x 2(x − 9) . 2x−3 2x + 3 + 3)(2x − 3) Επειδή το Ε.Κ.Π. είναι (2x +3)(2x−3), πρέπει να είναι μόνο (2x +3)(2x−3)≠ 0 ⇔ 2x +3≠ 0 και 2x−3≠ 0 ⇔ x ≠ − 3 και x ≠ 3 . 2 2 Με απαλοιφή των παρονομαστών, από την εξίσωση έχω τότε (x+1)(2x+3)+(x−2)(2x−3)= (2x−3)(2x+3)−2(x−9) ⇔ ⇔ 2x2 + 3x +2x +3+ 2x2 − 3x −4x + 6 = 4x2 −9−2x +18 ⇔ ⇔−2x +9 =−2x +9 , το οποίο ισχύει. - 90 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Η επανάληψη του Γυμνασίου Ενότητα 8 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άρα, η εξίσωση αληθεύει για κάθε x ≠ − 3 και x ≠ 3 . 2 2 - 91 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr



Στο «Μαθηματικό στέκι» θα βρεις την αναλυτικότερη θεωρία - μεθοδολογία και τις αναλυτικότερα λυμένες ασκήσεις του διαδικτύου www.mathsteki.gr