ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ - Κεφ.3 - Παρ. 3.1 (επιπλέον ασκήσεις)

Α΄ Λυκείου • Άλγεβρα Κεφάλαιο 3 Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 Εξισώσεις 1ου βαθμού 4 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις Μαθηματικό στέκι www.mathsteki.gr Νέα Μουδανιά • Ιανουάριος 2022

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού ~ Παράγραφος 3.1 ~ Εξισώσεις 1ου βαθμού Επιπλέον λυμένες ασκήσεις Άσκηση 1 Να λύσετε την εξίσωση (x2 −4)(x−1)=(x2 −1)(x−2) . (x2 −4)(x−1)=(x2 −1)(x−2) ⇔(x2 −4)(x−1)−(x2 −1)(x−2)= 0 ⇔ ⇔(x−2)(x+2)(x−1)−(x−1)(x+1)(x−2)= 0 ⇔ ⇔(x−2)(x−1)⎡⎣ x+2−(x+1)⎦⎤ = 0 ⇔(x−2)(x−1)( x +2− x −1)= 0 ⇔ ⇔(x−2)(x−1)= 0 ⇔ x−2 = 0 ή x−1= 0 ⇔ x = 2 η x =1 . Με λιγότερο κόπο, η εξίσωση λύνεται έτσι: (x2 −4)(x−1)=(x2 −1)(x−2)⇔ x3 −x2 −4x + 4 = x3 −2x2 −x +2 ⇔ ⇔ x2 −3x +2 = 0 . Η διακρίνουσα αυτής της εξίσωσης είναι Δ = (−3)2 −4⋅1⋅2 = 9−8 =1, οπότε έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −(−3)± 1 = 3±1 ⇔ x1 = 3+1 = 4 =2 , x2 = 3−1 = 2 = 1. 2⋅1 2 2 2 2 2 -1- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Ακολούθησα τον τρόπο που είδες στην πρώτη λύση, για να έχεις ένα ακόμη παράδειγ- μα του πώς η παραγοντοποίηση βοηθάει στην επίλυση εξισώσεων. Στην συγκεκριμένη εξίσωση όμως, σαφώς θα πρότεινα τον δεύτερο τρόπο. Άσκηση 2 Να λύσετε την εξίσωση 2− x2 +7x = 2x −1 + 3 . x2 −1 x +1 1− x Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται 2− x2 +7x = 2x −1 − 3 ⇔ 2− x2 +7x = 2x −1 − x 3 . x2 −1 x +1 x −1 x +1 −1 (x +1)(x −1) Πρέπει να είναι (x +1)(x−1)≠ 0 ⇔ x +1≠ 0 και x−1≠ 0 ⇔ x ≠−1 και x ≠1. Μετά την απαλοιφή των παρονομαστών, προκύπτει 2(x+1)(x−1)−(x2 +7x)=(2x−1)(x−1)−3(x+1)⇔ ⇔ 2(x2 −1)−x2 −7x = 2x2 −2x−x +1−3x−3 ⇔ ⇔ 2x2 − 2 −x2 −7x = 2x2 −6x− 2 ⇔ −x2 −7x =−6x ⇔ x2 + x = 0 ⇔ x(x +1)= 0 ⇔ ⇔ x = 0 ή x +1= 0 ⇔ x = 0 ή x =−1 (απορρίπτεται). Τελικά, είναι x = 0 . -2- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 3 Να λύσετε την εξίσωση x2(x−4)+2x(x−4)+(x−4)= 0 . x2(x−4)+2x(x−4)+(x−4)= 0 ⇔(x−4)(x2 +2x +1)= 0 ⇔(x−4)(x +1)2 = 0 ⇔ ⇔ x−4 = 0 ή (x +1)2 = 0 ⇔ x = 4 ή x +1= 0 ⇔ x = 4 ή x =−1 (διπλή ρίζα). Άσκηση 4 Να λύσετε την εξίσωση x(x2 −1)−x3 + x2 = 0 . x(x2 −1)−x3 + x2 = 0 ⇔ x3 −x− x3 + x2 = 0 ⇔ x2 −x = 0 ⇔ x(x−1)= 0 ⇔ ⇔ x = 0 ή x−1= 0 ⇔ x = 0 ή x =1. Άσκηση 5 Να λύσετε την εξίσωση (x +1)2 + x2 −1= 0 . (x +1)2 + x2 −1= 0 ⇔ x 2 + 1 + 2x + x2 − 1 = 0 ⇔ 2x 2 + 2x = 0 :2 x 2 + x = 0 ⇔ ⇔ ⇔ x(x +1)= 0 ⇔ x = 0 ή x +1= 0 ⇔ x = 0 ή x =−1. Άσκηση 6 Να λύσετε την εξίσωση x(x−2)2 + x2 −4x + 4 = 0 . x(x−2)2 + x2 −4x + 4 = 0 ⇔ x(x−2)2 +(x−2)2 = 0 ⇔(x−2)2(x +1)= 0 ⇔ ⇔(x−2)2 = 0 ή x +1= 0 ⇔ x−2 = 0 ή x =−1⇔ x = 2 (διπλή ρίζα) ή x =−1. -3- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 7 Να λύσετε την εξίσωση (x2 −4)(x +1)=(x2 −1)(x−2) . (x2 −4)(x+1)=(x2 −1)(x−2)⇔(x2 −4)(x+1)−(x2 −1)(x−2)= 0 ⇔ ⇔(x−2)(x+2)(x+1)−(x+1)(x−1)(x−2)= 0 ⇔ ⇔(x−2)(x+1)⎡⎣ x+2−(x−1)⎤⎦ = 0 ⇔(x−2)(x+1)( x +2− x +1)= 0 ⇔ ⇔ 3(x−2)(x +1)= 0 ⇔ x−2 = 0 ή x +1= 0 ⇔ x = 2 η x =−1 . ∆εύτερος τρόπος (προτεινόμενος) (x2 −4)(x +1)=(x2 −1)(x−2)⇔ x3 + x2 −4x−4 = x3 −2x2 −x +2 ⇔ :3 ⇔ 3x2 −3x−6 = 0 ⇔ x2 −x−2 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = (−1)2 −4⋅1⋅(−2) =1+8 = 9 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −(−1)± 9 = 1± 3 ⇔ x1 = 1+ 3 = 4 =2 , x2 = 1−3 = −2 = −1. 2⋅1 2 2 2 2 2 -4- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 8 Να λύσετε την εξίσωση x = x . x −1 x2 −4 Πρέπει να είναι ⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪ x−1≠ 0 και ⎪⎪⎪⎫⎪⎭⎬⇔ ⎧⎪⎩⎨⎪⎪⎪ x ≠1 ⎭⎪⎬⎫⎪⎪⎪⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎧⎨ x ≠1 ⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫⎪⇔ ⎪⎪⎧⎪⎪⎩⎨⎪ x ≠1 και ⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭ . x2 −4 ≠0 x2 ≠ 4 x≠± 4 x ≠ 2 και x ≠−2 Με χιαστί πολλαπλασιασμό, από την εξίσωση προκύπτει x(x2 −4)= x(x−1)⇔ x3 −4x = x2 −x ⇔ x3 −x2 −3x = 0 ⇔ x(x2 −x−3)= 0 ⇔ ⇔ x =0 ή x2 −x−3=0 . Η εξίσωση x2 −x−3= 0 έχει διακρίνουσα Δ = (−1)2 −4⋅1⋅(−3) =1+12 =13 , οπότε έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −(−1)± 13 = 1± 13 ⇔ x1 = 1+ 13 , x2 = 1− 13 . 2⋅1 2 2 2 Τελικά, είναι x = 0 ή x= 1+ 13 ή x= 1− 13 . 2 2 -5- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 9 Να λύσετε την εξίσωση x = 1 . x −1 −x + x2 Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται x = 1 ⇔ x = 1 . x −1 −x + x2 x −1 x(x −1) Πρέπει να είναι x(x−1)≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x−1≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x ≠1. Με χιαστί πολλαπλασιασμό, από την εξίσωση προκύπτει x2(x−1)= x−1 x−1≠0 x2 =1⇔ x = ± 1 ⇔ x =1 (απορρίπτεται) ή x =−1. ⇔ : ( x−1) Τελικά, είναι x =−1. Άσκηση 10 Να λύσετε την εξίσωση x +1 + 2 =0. x2 −1 x2 −2x+1 Πρέπει να είναι ⎩⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪ x2 −1≠ 0 και ⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫⎪⇔ ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎪⎧ x2 ≠1 ⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⇔ ⎪⎪⎨⎪⎩⎪⎪⎧ x≠± 1 ⎫⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎪⇔ ⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ x ≠1 και x ≠−1 ⎪⎪⎪⎪⎫⎪⎬⎭ , x2 −2x +1≠ 0 x−1≠ 0 και x ≠1 (x−1)2 ≠ 0 δηλαδή x ≠1 και x ≠−1. Από την εξίσωση έχω τότε x +1 + 2 =0⇔ 1 + 2 =0. x −1 (x +1) (x −1) (x −1)2 (x −1)2 Μετά την απαλοιφή των παρονομαστών, προκύπτει x−1+2 = 0 ⇔ x =−1, -6- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού τιμή η οποία απορρίπτεται, λόγω του περιορισμού. Τελικά, η εξίσωση είναι αδύνατη. Άσκηση 11 Να βρείτε το λ ∈ ! , ώστε η εξίσωση λ(λ x−1)= x(4λ−4)−λ2 να είναι: α) αδύνατη. β) ταυτότητα. Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται λ2x−λ = 4λx−4x−λ2 ⇔ λ2x−4λx+ 4x = λ−λ2 ⇔(λ2 −4λ+ 4)x = λ−λ2 ⇔ ⇔ (λ−2)2 ⋅x = λ−λ2 (1) α) Για να είναι η (1) αδύνατη πρέπει, κατ’ αρχάς, να είναι (λ−2)2 = 0 ⇔ λ−2 = 0 ⇔ λ = 2 . Για λ = 2 , από την (1) προκύπτει 0⋅x = 2−22 ⇔ 0⋅x =−2 και η εξίσωση είναι όντως αδύνατη. Άρα, η ζητούμενη τιμή του λ είναι λ = 2 . β) Για να είναι η (1) ταυτότητα, πρέπει να είναι ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧ (λ−2)2 = 0 και ⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎫⎪⎭⇔ ⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎧ λ = 2 και ⎪⎪⎬⎪⎫⎪⎭⎪⎪⇔ ⎪⎨⎪⎪⎧⎩⎪⎪ λ = 2 και ⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎫⎬ ⇔ λ = 0 η 1−λ = 0 λ−λ2 = 0 λ(1−λ)= 0 -7- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού ⇔ ⎧⎪⎪⎪⎩⎨⎪⎪ λ = 2 και ⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫ . λ=0 η λ=1 Επειδή δεν υπάρχει κοινή τιμή για το λ μεταξύ των δύο εξισώσεων (δηλαδή, το σύστη- μα είναι αδύνατο), συμπεραίνω ότι δεν υπάρχει τιμή του λ ώστε η εξίσωση να είναι ταυτότητα. Άσκηση 12 Να βρεθούν οι τιμές του λ ∈ ! , ώστε η εξίσωση λ2x−λ2 + 4 =(4λ−4)x να είναι ταυτότητα. Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται λ2x−λ2 + 4 =(4λ−4)x ⇔ λ2x−(4λ−4)x = λ2 −4 ⇔ ⎣⎡ λ2 −(4λ−4)⎦⎤ ⋅x = λ2 −4 ⇔ ⇔(λ2 −4λ+ 4)⋅x = λ2 −4 ⇔ (λ−2)2 ⋅x = λ2 −4 (1) Για να είναι η (1) ταυτότητα, πρέπει να είναι ⎩⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪ (λ−2)2 = 0 ⎪⎫⎪⎪⎭⎪⎬⎪⎪⇔ ⎪⎪⎧⎩⎪⎪⎨ λ−2 = 0 ⎪⎫⎭⎪⎪⎪⎬⇔ ⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩ λ=2 ⎪⎬⎫⎭⎪⎪⎪⎪⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎨ λ=2 ⎭⎪⎪⎪⎬⎫⎪ , λ2 = 4 λ =± 4 λ = 2 η λ =−2 και λ2 −4 = 0 δηλαδή λ = 2 . -8- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 13 ∆ίνεται η εξίσωση λ2x +2λ + λ2 + 4x = 0 . α) Να την γράψετε στην γενικευμένη μορφή εξίσωσης 1ου βαθμού. β) Να λύσετε την εξίσωση, για τις διάφορες τιμές του λ. γ) Να βρείτε το λ, ώστε η εξίσωση να έχει λύση το 2. α) Η «γενικευμένη μορφή» εξίσωσης 1ου βαθμού που αναφέρεται στην εκφώνηση είναι, θυμήσου, η μορφή α⋅x = β , οπότε σε αυτήν την μορφή πρέπει να φέρω την εξίσωση. Βέβαια, αυτό ούτως ή άλλως θα το έκανα, αφού εύκολα διαπιστώνω ότι δεν έχει αυτήν την μορφή εξαρχής. Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται λ2x +2λ+ λ2 + 4x = 0 ⇔ λ2x + 4x =−λ2 −2λ ⇔ (λ2 + 4)x =−(λ2 +2λ) (1) β) Επειδή είναι λ2 + 4 >0 , για κάθε λ ∈ ! , από την (1) προκύπτει x=− λ2 +2λ , λ2 + 4 δηλαδή η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα, για κάθε λ ∈ ! . γ) Για να έχει η (1) ως λύση το 2, θα πρέπει, θέτοντας x = 2 , να ισχύει (λ2 + 4)⋅2 =−(λ2 +2λ)⇔ 2λ2 +8+ λ2 +2λ = 0 ⇔ 3λ2 +2λ+8 = 0 . Η διακρίνουσα αυτής της εξίσωσης είναι -9- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Δ = 22 −4⋅3⋅8 = 4−96 =−92 , δηλαδή η εξίσωση αυτή είναι αδύνατη. Άρα, δεν υπάρχουν τιμές του λ, ώστε η (1) να έχει ως λύση το 2. Άσκηση 14 Να λυθεί, για τις διάφορες τιμές του λ ∈ ! , η εξίσωση x− 2 = 4 x +1 . λ3 λ2 Πρέπει να είναι λ ≠ 0 , ώστε να ορίζονται τα κλάσματα. Με απαλοιφή των παρονομαστών, έχω λ3x−2 = λ(4x +1)⇔ λ3x−2 = 4λ x + λ ⇔ λ3x−4λ x = λ+2 ⇔ ⇔ (λ3 −4λ)x = λ+2 (1) ∆ιακρίνω τις εξής περιπτώσεις: α) όταν είναι λ3 −4λ = 0 , δηλαδή ( ) λ≠0 4 ⇔λ=2 ή λ =−2 , λ λ2 −4 = 0 ⇔ λ2 −4 = 0 ⇔ λ2 = 4 ⇔ λ =± τότε: Ι. για λ = 2 , από την (1) προκύπτει 0⋅x=2+2⇔0⋅x= 4 , οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη. ΙΙ. για λ =−2 , από την (1) προκύπτει 0⋅x =−2+2 ⇔ 0⋅x = 0 , οπότε η εξίσωση είναι ταυτότητα. - 10 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού β) όταν είναι λ3 −4λ ≠ 0 , δηλαδή λ ≠ 0 και λ ≠ 2 και λ ≠−2 , τότε από την (1) προ- κύπτει x= λ+2 = λ+2 = λ+2 ⇔x= 1 , λ3 −4λ λ(λ2 −4) λ(λ − 2) (λ + 2) λ(λ − 2) δηλαδή η εξίσωση έχει μοναδική λύση. Άσκηση 15 Αν ο x = 2 είναι λύση της εξίσωσης α x−3=11, να βρείτε τον αριθμό α. Αφού το 2 είναι λύση της εξίσωσης, θέτω x = 2 και ισχύει α⋅2−3=11⇔ 2α =14 ⇔ α = 7 . Άσκηση 16 Να λύσετε την εξίσωση 1− | x | −1 = 3| x|−2 −| x| . 7 5 Θέτω | x | = y , y ≥0 , και έχω 1− y −1 = 3y −2 −y ⇔ 35−5(y−1)= 7(3y−2)−35y ⇔ 7 5 ⇔ 35−5y +5= 21y−14−35y ⇔ 40−5y =−14y−14 ⇔ 9y =−54 ⇔ y =−6 , τιμή η οποία απορρίπτεται, λόγω του παραπάνω περιορισμού. Άρα, η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη. - 11 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 17 Να λύσετε την εξίσωση x +1 + 1−x2 = 0 . x +1 + 1−x2 = 0 ⇔ ⎨⎩⎪⎪⎪⎧⎪ x +1= 0 και ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎬⇔ ⎪⎨⎧⎩⎪⎪⎪ x =−1 ⎪⎪⎫⎬⎪⎭⎪⇔ ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩ x =−1 ⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫⎪ ⇔ 1−x2 = 0 x2 =1 x=± 1 ⇔ ⎨⎪⎪⎪⎩⎧⎪ x =−1 ⎪⎪⎬⎪⎭⎪⎫ , δηλαδή x =−1. x =1 η x =−1 ∆εύτερος τρόπος x +1 + 1−x2 = 0 ⇔ x +1 + x2 −1 = 0 ⇔ x +1 + (x +1)(x−1) = 0 ⇔ ⇔ x +1 + x +1 ⋅ x−1 = 0 ⇔ x +1 ⋅(1+ x−1 )= 0 . Είναι 1+ x−1 >0 , για κάθε x ∈ ! , οπότε από την τελευταία εξίσωση προκύπτει x +1 = 0 ⇔ x +1= 0 ⇔ x =−1. Άσκηση 18 Να λύσετε την εξίσωση x−2 = 2x−1. Επειδή είναι x−2 ≥0 , για κάθε x ∈ ! , πρέπει να είναι και 2x−1≥0 ⇔ 2x ≥1⇔ x ≥ 1 . 2 Τότε, από την εξίσωση προκύπτει x−2 = 2x−1 ή x−2 =−2x +1⇔ x =−1 (απορρίπτεται) ή 3x = 3 ⇔ x =1. Τελικά, x =1. - 12 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 19 Να λύσετε την εξίσωση x−2 = 2x−1 . x−2 = 2x−1 ⇔ x−2 = 2x−1 ή x−2 =−2x +1⇔ x =−1 ή 3x = 3 ⇔ ⇔ x =−1 ή x =1. Άσκηση 20 Να λύσετε την εξίσωση (x +2)2 − x +2 + 1 =0. 4 Είναι (x +2)2 − x +2 + 1 = 0 ⇔ 4 x +2 2 −4 x +2 +1= 0 . 4 Από τις ιδιότητες της απόλυτης τιμής, υπενθυμίζω ότι ισχύει | α |2= α2 ⇔ α2 = | α |2 . Θέτω x +2 = y , y ≥0 , και έχω 4y2 −4y +1= 0 ⇔(2y−1)2 = 0 ⇔ 2y−1= 0 ⇔ 2y =1⇔ y = 1 . 2 Άρα, x+2 = 1 ⇔ x+2= 1 ή x+2=− 1 ⇔x= 1 −2 ή x=− 1 −2 ⇔ 2 2 2 2 2 ⇔ x =− 3 ή x=− 5 . 2 2 - 13 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 21 Να λύσετε την εξίσωση | x |3 −3x2 +3| x | −1= 0 . Είναι | x |3 −3x2 +3| x | −1= 0 ⇔ | x |3 −3| x |2 +3| x | −1= 0 . Θέτω | x | = y , y ≥0 , και έχω y3 −3y2 +3y−1= 0 ⇔(y3 −1)−3y(y−1)= 0 ⇔(y−1)(y2 + y +1)−3y(y−1)= 0 ⇔ ⇔(y−1)(y2 + y +1−3y)= 0 ⇔(y−1)(y2 −2y +1)= 0 ⇔(y−1)(y−1)2 = 0 ⇔ ⇔(y−1)3 = 0 ⇔ y−1= 0 ⇔ y =1. Επομένως, | x | =1⇔ x =1 ή x =−1. Στην εξίσωση y3 −3y2 +3y−1= 0 , αν είχα εξαρχής παρατηρήσει ότι έχω το ανάπτυ- γμα της ταυτότητας (y−1)3 , θα είχα φτάσει πιο γρήγορα στην λύση. Άσκηση 22 Να λύσετε την εξίσωση 3 4x−4 = 3 . :3 3 4x−4 = 3 ⇔ 4x−4 =1⇔ 4x−4 =1 ή 4x−4 =−1⇔ 4x = 5 ή 4x = 3 ⇔ ⇔x= 5 ή x= 3 . 4 4 - 14 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 23 Να λύσετε την εξίσωση 2x−5 = 5−2x . Πρόσεξε αυτήν την εξίσωση ! Η γενική της μορφή είναι |f(x)| =−f(x) , δηλαδή στο δεξί μέλος της εξίσωσης έχει την αντίθετη παράσταση από αυτήν που υπάρχει μέσα στην απόλυτη τιμή. Η λύση προκύπτει με την βοήθεια του ορισμού της απόλυτης τιμής: |f(x)| =−f(x) ⇔ f(x)≤0 , οπότε το θέμα μεταφέρεται σε επίλυση ανίσωσης. 2x−5 = 5−2x ⇔ 2x−5≤0 ⇔ 2x ≤5⇔ x ≤ 5 . 2 Άσκηση 24 Να λύσετε την εξίσωση x−3 = 2x . Επειδή είναι x−3 ≥0 , για κάθε x ∈ ! , πρέπει να είναι και 2x≥0 ⇔ x≥0 . Τότε προκύπτει x−3 = 2x ⇔ x−3= 2x ή x−3=−2x ⇔ x =−3 (απορρίπτεται) ή 3x = 3 ⇔ ⇔ x =1, τιμή η οποία είναι δεκτή. - 15 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 25 Να λύσετε την εξίσωση 3x−4 = 3x−4 . Πρόσεξε αυτήν την εξίσωση ! Η γενική της μορφή είναι |f(x)| = f(x) , δηλαδή στο δεξί μέλος της εξίσωσης έχει την ίδια παράσταση με αυτήν που έχει μέσα της η απόλυτη τιμή. Η λύση προκύπτει με την βοήθεια του ορισμού της απόλυτης τιμής: |f(x)| = f(x) ⇔ f(x)≥0 , οπότε το θέμα μεταφέρεται σε επίλυση ανίσωσης. 3x−4 = 3x−4 ⇔ 3x−4 ≥0 ⇔ 3x ≥ 4 ⇔ x ≥ 4 . 3 Άσκηση 26 x−1 −3 − 2−2x = 1 − x −1 . 2 6 2 6 Να λύσετε την εξίσωση Είναι 2−2x = 2x−2 = 2(x−1) = 2 ⋅ x−1 = 2 x−1 , οπότε η εξίσωση γράφεται x−1 −3 − 2 x−1 = 1 − x −1 . 2 6 2 6 Θέτω x−1 = y , y ≥0 , και έχω y−3 − 2y = 1 − y ⇔ 3(y−3)−2y = 3−y ⇔ 3y−9−2y = 3−y ⇔ 2 6 2 6 ⇔ y−9 = 3−y ⇔ 2y =12 ⇔ y = 6 . - 16 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άρα, x−1 = 6 ⇔ x−1= 6 ή x−1=−6 ⇔ x = 7 ή x =−5 . Άσκηση 27 Να λύσετε την εξίσωση 1− 2x−1 −1 = 1−2x − 6x−3 −2 . 4 8 Είναι: • 1−2x = 2x−1 . • 6x−3 = 3(2x−1) = 3 ⋅ 2x−1 = 3 2x−1 . Έτσι, η εξίσωση γράφεται 1− 2x−1 −1 = 2x−1 − 3 2x−1 −2 . 4 8 Θέτω 2x−1 = y , y ≥0 , και έχω 1− y −1 = y− 3y −2 ⇔ 8−2(y−1)= 8y−(3y−2)⇔ 8−2y + 2 = 8y−3y + 2 ⇔ 4 8 ⇔ 8−2y = 5y ⇔ 7y = 8 ⇔ y = 8 . 7 Επομένως, 2x−1 = 8 ⇔ 2x−1= 8 ή 2x −1= − 8 ⇔14x−7 = 8 ή 14x−7 =−8 ⇔ 7 7 7 ⇔14x =15 ή 14x =−1⇔ x = 15 ή x=− 1 . 14 14 - 17 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 28 ∆ίνεται η παράσταση Α= 3 3 + 5 3 . 5− 5+ Να δείξετε ότι Α = 4 και να λύσετε την εξίσωση x +Α =1. Κάνοντας τα κλάσματα ομώνυμα, προκύπτει Α= 3 ( 5 + 3 )+ 5( 5− 3) = 3 5+ 3 2+ 5 2− 5 3 = 3+5 = ( 5 − 3 )( 5+ 3) 5 2− 3 2 5−3 = 8 ⇔ Α=4 . 2 Από την εξίσωση x +Α =1 έχω τότε x + 4 =1⇔ x + 4 =1 ή x + 4 =−1⇔ x =−3 ή x =−5 . Άσκηση 29 Να λύσετε την εξίσωση | x−1| + 2 =1. | x−1| + 2 =1⇔ x−1 +2 =1 ή x−1 +2 =−1⇔ x−1 =−1 ή x−1 =−3 . Οι δύο τελευταίες εξισώσεις είναι αδύνατες, διότι είναι x−1 ≥0 , για κάθε x ∈ ! . Άρα είναι αδύνατη και η αρχική εξίσωση. - 18 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 30 Να λύσετε την εξίσωση x2 −9 + x2 −5x + 6 = 0 . x2 −9 + x2 −5x + 6 = 0 ⇔ ⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎪⎧ x2 −9 = 0 και ⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎬ . x2 −5x + 6 = 0 • Από την εξίσωση x2 −9 = 0 προκύπτει x2 = 9 ⇔ x = ± 9 ⇔ x = 3 ή x =−3 . • Η εξίσωση x2 −5x + 6 = 0 έχει διακρίνουσα Δ = (−5)2 −4⋅1⋅6 = 25−24 =1, οπότε έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −(−5)± 1 = 5±1 ⇔ x1 = 5+1 = 6 =3 , x2 = 5−1 = 4 =2. 2⋅1 2 2 2 2 2 Άρα, x2 −9 + x2 −5x + 6 = 0 ⇔ ⎪⎪⎪⎨⎩⎧⎪⎪ x = 3 η x =−3 ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎬⎪ , δηλαδή x = 3 . x=2 η x=3 Υπενθυμίζω ότι, σε σύστημα δύο εξισώσεων με έναν άγνωστο, λύνω κάθε εξίσωση μό- νη της και στο τέλος εξετάζω αν υπάρχει κοινή λύση μεταξύ των δύο εξισώσεων. • Αν υπάρχει, τότε αυτή είναι και η λύση του συστήματος. • Αν δεν υπάρχει, τότε το σύστημα είναι αδύνατο. - 19 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 31 Να λύσετε την εξίσωση x +1 + x−5 = 20 . Στην άσκηση θα δεις μια ιδιόμορφη περίπτωση στις εξισώσεις με δύο απόλυτες τιμές, γι’ αυτό πρόσεξέ την πολύ. Η ιδιομορφία της εξίσωσης είναι ότι αυτή έχει την μορφή |f(x)| + |g(x)| = θ , θ >0 . 1ο βήμα - Απλοποιώ κάθε απόλυτη τιμή, με την βοήθεια του ορισμού της απόλυτης τιμής. Είναι: • x +1 = ⎪⎪⎩⎧⎨⎪⎪⎪ x +1, αν x +1≥0 = ⎪⎪⎪⎪⎨⎩⎧⎪ x +1, αν x ≥−1 . −x−1, αν x +1<0 −x−1, αν x <−1 • x−5 = ⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎩⎪ x−5 , αν x−5≥0 = ⎪⎩⎪⎨⎪⎧⎪⎪ x−5 , αν x ≥5 . 5−x , αν x−5<0 5−x , αν x <5 2ο βήμα - Κατασκευάζω βοηθητικό πίνακα, στον οποίο γράφω πώς απλοποιείται κάθε απόλυτη τιμή. Στην συνέχεια, σε κάθε ένα από τα διαστήματα που προκύπτουν από τον πίνακα, παίρνω την απλοποιημένη μορφή κάθε απόλυτης τιμής και λύνω την εξίσωση. Με την βοήθεια του διπλανού πίνακα −∞ −1 5 +∞ διακρίνω τις παρακάτω περιπτώσεις: x +1 −x−1 x +1 x +1 α) όταν x <−1, τότε είναι x +1 =−x−1 , x−5 = 5−x x−5 5−x 5−x x−5 - 20 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού και από την εξίσωση έχω −x−1+5−x = 20 ⇔ 4−2x = 20 ⇔ 2x =−16 ⇔ x =−8 , δεκτή. β) όταν −1≤ x <5 , τότε είναι x+1 = x+1 , x−5 = 5−x και από την εξίσωση έχω x +1+5− x = 20 ⇔ 0⋅x =14 , δηλαδή η εξίσωση είναι αδύνατη σε αυτήν την περίπτωση. γ) όταν x ≥5 , τότε είναι x+1 = x+1 , x−5 = x−5 και από την εξίσωση έχω x +1+ x−5= 20 ⇔ 2x−4 = 20 ⇔ 2x = 24 ⇔ x =12 , δεκτή. Τελικά, είναι x =−8 ή x =12 . Άσκηση 32 (λ−1)x = λ , Να λύσετε την εξίσωση για τις διάφορες τιμές του λ ∈ ! . ∆ιακρίνω τις εξής περιπτώσεις: α) αν είναι λ−1= 0 ⇔ λ =1, τότε έχω ότι 0⋅x =1 , οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη. β) αν είναι λ−1≠ 0 ⇔ λ ≠1, τότε από την εξίσωση προκύπτει - 21 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού x= λ , λ −1 δηλαδή η εξίσωση έχει μοναδική λύση. Άσκηση 33 Να λύσετε την εξίσωση λ x +1= x + λ , για τις διάφορες τιμές του λ ∈ ! . Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται λ x +1= x + λ ⇔ λ x−x = λ−1⇔ (λ−1)x = λ−1 (1) ∆ιακρίνω τις εξής περιπτώσεις: α) αν είναι λ−1= 0 ⇔ λ =1, τότε από την (1) έχω ότι 0⋅x =1−1⇔ 0⋅x = 0 , οπότε η εξίσωση είναι ταυτότητα. β) αν είναι λ−1≠ 0 ⇔ λ ≠1, τότε από την (1) έχω ότι x= λ −1 = 1, λ −1 δηλαδή η εξίσωση έχει μοναδική λύση. - 22 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 34 Να λύσετε την εξίσωση (λ−1)x = λ2 −1, για τις διάφορες τιμές του λ ∈ ! . ∆ιακρίνω τις εξής περιπτώσεις: α) αν είναι λ−1= 0 ⇔ λ =1, τότε έχω ότι 0⋅x =12 −1⇔ 0⋅x = 0 , οπότε η εξίσωση είναι ταυτότητα. β) αν είναι λ−1≠ 0 ⇔ λ ≠1, τότε από την εξίσωση προκύπτει x= λ2 −1 = (λ −1) (λ +1) ⇔ x = λ+1, λ −1 λ −1 δηλαδή η εξίσωση έχει μοναδική λύση. - 23 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 35 Να λύσετε την εξίσωση λ2(x−3)= λ x−3 , για τις διάφορες τιμές του λ ∈ ! . Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται λ2(x−3)= λ x−3 ⇔ λ2x−3λ2 = λ x−3 ⇔ λ2x−λ x = 3λ2 −3 ⇔ ⇔ (λ2 −λ)x = 3λ2 −3 (1) ∆ιακρίνω τις εξής περιπτώσεις: α) αν είναι λ2 −λ = 0 , δηλαδή λ(λ−1)= 0 ⇔ λ = 0 ή λ−1= 0 ⇔ λ = 0 ή λ =1, τότε: Ι. για λ = 0 από την (1) έχω 0⋅x = 3⋅02 −3 ⇔ 0⋅x =−3 , οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη. ΙΙ. για λ =1 από την (1) έχω 0⋅x = 3⋅12 −3 ⇔ 0⋅x = 0 , οπότε η εξίσωση είναι ταυτότητα. β) αν είναι λ2 −λ ≠ 0 , δηλαδή λ ≠ 0 και λ ≠1, τότε από την (1) έχω ότι x= 3λ2 −3 = 3(λ2 −1) = 3 (λ −1) (λ +1) ⇔x= 3(λ +1) , λ2 −λ λ (λ−1) λ(λ −1) λ δηλαδή η εξίσωση έχει μοναδική λύση. - 24 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 36 Να λύσετε την εξίσωση λ2x +1= λ(x +1) , για τις διάφορες τιμές του λ ∈ ! . Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται λ2x +1= λ(x +1)⇔ λ2x +1= λ x + λ ⇔ λ2x−λ x = λ−1⇔ (λ2 −λ)x = λ−1 (1) ∆ιακρίνω τις εξής περιπτώσεις: α) αν είναι λ2 −λ = 0 , δηλαδή λ(λ−1)= 0 ⇔ λ = 0 ή λ−1= 0 ⇔ λ = 0 ή λ =1, τότε: Ι. για λ = 0 από την (1) έχω 0⋅x = 0−1⇔ 0⋅x =−1, οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη. ΙΙ. για λ =1 από την (1) έχω 0⋅x =1−1⇔ 0⋅x = 0 , οπότε η εξίσωση είναι ταυτότητα. β) αν είναι λ2 −λ ≠ 0 , δηλαδή λ ≠ 0 και λ ≠1, τότε από την (1) έχω ότι x= λ −1 = λ −1 ⇔x= 1 , λ2 −λ λ λ (λ−1) δηλαδή η εξίσωση έχει μοναδική λύση. - 25 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 37 Να λύσετε την εξίσωση λ2x +3= 3x + λ , για τις διάφορες τιμές του λ ∈ ! . Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται λ2x +3= 3x + λ ⇔ λ2x−3x = λ−3 ⇔ (λ2 −3)x = λ−3 (1) ∆ιακρίνω τις εξής περιπτώσεις: α) αν είναι λ2 −3= 0 , δηλαδή λ2 =3⇔ λ =± 3 ⇔ λ = 3 ή λ =− 3 , τότε: Ι. για λ = 3 από την (1) έχω 0⋅x = 3 −3 , οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη. ΙΙ. για λ =− 3 από την (1) έχω 0⋅x =− 3 −3 , οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη. β) αν είναι λ2 −3≠ 0 , δηλαδή λ ≠ 3 και λ ≠− 3 , τότε από την (1) έχω ότι x= λ−3 , λ2 −3 δηλαδή η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα. - 26 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Άσκηση 38 ∆ίνεται η εξίσωση (α +3)x = α2 −9 , με παράμετρο α ∈ ! . Να βρείτε τις τιμές του α για τις οποίες η εξίσωση έχει μοναδική λύση και να προσ- διορίσετε την λύση αυτή. Για να έχει η εξίσωση μοναδική λύση, πρέπει α +3≠ 0 ⇔ α ≠−3 . Τότε, η μοναδική λύση της εξίσωσης είναι η x= α2 −9 = (α +3)(α−3) ⇔ x = α−3 . α+3 α+3 Άσκηση 39 ∆ίνεται η εξίσωση λ x = x + λ2 −1, με παράμετρο λ ∈ ! . α) Να αποδείξετε ότι η παραπάνω εξίσωση γράφεται ισοδύναμα (λ−1)x =(λ−1)(λ+1) , λ ∈ ! . β) Να βρείτε τις τιμές του λ για τις οποίες η παραπάνω εξίσωση έχει ακριβώς μία λύση. γ) Για ποια τιμή του λ η παραπάνω εξίσωση είναι ταυτότητα στο ! ; α) Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται - 27 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού λ x = x + λ2 −1⇔ λ x−x = λ2 −1⇔ (λ−1)x =(λ−1)(λ+1) (1) β) Για να έχει η αρχική εξίσωση, άρα και η ισοδύναμή της (1), ακριβώς μία λύση, πρέπει λ−1≠ 0 ⇔ λ ≠1 . γ) Για να είναι η αρχική εξίσωση, άρα και η ισοδύναμή της (1), ταυτότητα στο ! , πρέπει να είναι ⎪⎪⎪⎪⎧⎨⎩⎪⎪ λ−1= 0 και ⎬⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎭⎪⇔ ⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪ λ =1 ⎭⎪⎬⎪⎪⎫⎪⇔ ⎪⎪⎪⎧⎨⎪⎩ λ =1 ⎪⎪⎪⎭⎬⎪⎫ , λ−1= 0 η λ+1= 0 λ =1 η λ =−1 (λ−1)(λ+1)= 0 δηλαδή λ =1 . - 28 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.1 - Εξισώσεις 1ου βαθμού Πηγές ασκήσεων • Ζήνων Λυγάτσικας Ασκήσεις Άλγεβρας Α΄ Λυκείου, Πρότυπο ΓΕΛ Βαρβακείου Σχολής, Σχολικό έτος 2015-2016. Το φυλλάδιο το βρήκα στην διεύθυνση http://lisari.blogspot.gr/p/blog-page_86.html Ασκήσεις 1 - 21. • Μίλτος Παπαγρηγοράκης Α΄ Λυκείου Άλγεβρα, 2019-2020, Χανιά. Το φυλλάδιο το βρήκα στην διεύθυνση http://users.sch.gr/mipapagr Ασκήσεις 22 - 39. - 29 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr



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