ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ - Κεφ.6 - Παράγραφος 6.2 (επιπλέον ασκήσεις)

Α΄ Λυκείου • Άλγεβρα Κεφάλαιο 6 Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 Γραφική παράσταση συνάρτησης 4 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις Μαθηματικό στέκι www.mathsteki.gr Νέα Μουδανιά • Μάρτιος 2022

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης ~ Παράγραφος 6.2 ~ Γραφική παράσταση συνάρτησης Επιπλέον λυμένες ασκήσεις Άσκηση 11 Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο με κορυφές τα σημεία Α(1,2) , Β(0,1) , Γ(2,1) είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Η άσκηση είναι πολύ χαρακτηριστική και το σχήμα θα βοηθήσει πολύ, διότι από αυτό θα δω ποιες πλευ- ρές του τριγώνου φαίνεται να είναι ίσες, οπότε εξαρχής αυτών τα μήκη μόνο θα υπολογίσω για να αποδείξω ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές. Γενικώς, όταν δίνονται οι κορυφές ενός γνωστού γεωμετρικού σχήματος, τότε καλό είναι να κάνεις ένα σχήμα, διότι από αυτό μπορεί να κάνεις κάποιες παρατηρήσεις και να διευκολύνεις την επίλυση της άσκησης. Είναι: • (ΑΒ)= (xΒ −xΑ)2 +(yΒ −yΑ)2 = (0−1)2 +(1−2)2 = 2 . • (ΑΓ)= (xΓ −xΑ)2 +(yΓ −yΑ)2 = (2−1)2 +(1−2)2 = 2 . - 16 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης Επειδή είναι (ΑΒ)=(ΑΓ) , το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με κορυφή το Α. Είναι και (ΒΓ)= (xΓ −xΒ)2 +(yΓ −yΒ)2 = (2−0)2 +(1−1)2 = 22 = 2 . Έτσι, παρατηρώ ότι (ΑΒ)2 +(ΑΓ)2 = 2 2 + 2 2 = 2+2 = 4 = 22 =(ΒΓ)2 ⇔(ΑΒ)2 +(ΑΓ)2 =(ΒΓ)2 , δηλαδή ισχύει το αντίστροφο του Πυθαγόρειου Θεωρήματος, συνεπώς το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στο Α. Άσκηση 12 ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) =(3µ−1)x +2 , με µ <0 . Να βρεθεί το μ, ώστε η Cf να τέμνει τους άξονες σε σημεία που απέχουν απόσταση ίση με 5 . Η f έχει πεδίο ορισμού το ! . Από την εξίσωση f(x) = 0 , x ∈ ! , προκύπτει (3µ−1)x +2 = 0 ⇔(3µ−1)x =−2 . Επειδή είναι µ <0 , είναι και 3µ <0 ⇔ 3µ−1<−1, δηλαδή 3µ−1<0 , οπότε από την εξίσωση προκύπτει x=− 2 . 3µ −1 Έτσι, η Cf τέμνει τον άξονα x’x στο σημείο Α⎜⎜⎜⎝⎛− 2 , 0⎟⎞⎠⎟⎟ . 3µ −1 Είναι και f(0) =(3µ−1)⋅0+2 ⇔ f(0) = 2 , οπότε η Cf τέμνει τον άξονα y’y στο σημείο Β(0,2) . - 17 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης Επομένως, η απόσταση που αναφέρεται είναι η (ΑΒ) και ισχύει (ΑΒ)= 5 , από όπου προκύπτει (ΑΒ)2 = 5 2 ⇔(xΒ −xΑ)2 +(yΒ −yΑ)2 = 5 ⇔⎝⎜⎜⎛⎜0− −2 ⎞⎟⎟⎠⎟2 +(2 − 0)2 = 5 ⇔ 3µ −1 ⇔ ⎛⎜⎜⎜⎝ 2 ⎞⎟⎟⎠⎟2 + 4 = 5 ⇔⎛⎜⎜⎝⎜ 2 ⎟⎟⎟⎞⎠2 =1 ⇔ 2 =± 1⇔ 3µ −1 3µ −1 3µ −1 ⇔ 2 =1 ή 2 = −1⇔ 2= 3µ −1 ή 2 =−3µ +1⇔ 3µ = 3 ή 3µ =−1⇔ 3µ −1 3µ −1 ⇔ µ = 1 (απορρίπτεται, αφού είναι µ <0 ) ή µ=− 1 (δεκτή). 3 Τελικά, είναι µ=− 1 . 3 - 18 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης Άσκηση 13 ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = x2 −5| x|+6 . | x|−3 α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού Α της f και να δείξετε ότι, για κάθε x ∈Α , ισχύει f(x)=| x|−2 . β) Για x ∈Α , να λύσετε την εξίσωση [ f(x)+2 ]2 −4 f(x)−5= 0 . α) Πρέπει να είναι | x | −3≠ 0 ⇔ | x | ≠ 3 ⇔ x ≠ 3 και x ≠−3 . Άρα, πεδίο ορισμού της f είναι το Α = !−{−3,3} . Για κάθε x ∈Α , είναι f(x)= x2 −5| x|+6 = | x |2 −5| x | + 6 . | x|−3 | x|−3 Πρόσεξε! Η παράσταση του αριθμητή δεν είναι τριώνυμο! Μοιάζει με τριώνυμο, θυμίζει τριώνυμο, αλλά δεν είναι τριώνυμο! Για να παραγοντοποιήσω την παράσταση του αριθμητή, θα κάνω τα εξής: Θεωρώ το τριώνυμο y2 −5y + 6 , το οποίο έχει διακρίνουσα Δ =(−5)2 −4⋅1⋅6 = 25−24 = 1, άρα έχει δύο άνισες ρίζες, τις y1,2 = 5± 1 = 5±1 ⇔ y1 = 3 , y2 =2 . 2⋅1 2 - 19 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης Επομένως, είναι y2 −5y + 6 =(y−3)(y−2), άρα και | x |2 −5| x | + 6 =(| x | −3)(| x | −2 ) , συνεπώς f(x)= (| x|−3)(| x|−2) = | x | −2 , για κάθε x ∈Α . | x|−3 β) Για f(x) = | x | −2 και x ∈ !−{−3,3} , από την εξίσωση προκύπτει [f(x)+2]2 −4f(x)−5= 0 ⇔(| x | − 2 + 2 )2 −4(| x | −2 )−5= 0 ⇔ ⇔ | x |2 −4 | x |+ 8−5= 0 ⇔ | x |2 −4 | x | +3= 0 . Θέτω | x | = ω , με ω ≥0 . Επειδή είναι και | x | ≠ 3 , θα πρέπει να είναι και ω ≠ 3 , άρα ω≥0 , ω≠3. Έτσι έχω την εξίσωση ω2 −4ω+3= 0 , η διακρίνουσα της οποίας είναι Δ =(−4)2 −4⋅1⋅3=16−12 = 4 , οπότε έχει δύο άνισες ρίζες, τις ω1,2 = 4± 4 = 4±2 ⇔ ω1 = 3 , ω2 =1. 2⋅1 2 Η ρίζα ω1 = 3 απορρίπτεται, οπότε για ω =1 προκύπτει | x | = 1⇔ x =1 η x =−1 . - 20 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης Άσκηση 14 ∆ίνονται οι συναρτήσεις f(x) = x2 και g(x) = λ x +(1−λ) x ∈ ! και λ παράμετρος, με λ ≠ 0 . α) Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις Cf και Cg έχουν, για κάθε λ, ένα τουλάχι- στον κοινό σημείο. β) Για ποια τιμή της παραμέτρου λ οι Cf και Cg έχουν ένα μόνο κοινό σημείο; Ποιο είναι αυτό; γ) Αν λ ≠ 2 και x1, x2 είναι οι τετμημένες των κοινών σημείων των Cf και Cg , να βρε- θεί η παράμετρος λ, ώστε να ισχύει (x1+ x2)2 = x1+ x2 + 2 . α) Οι f, g έχουν πεδίο ορισμού το ! . Οι Cf ,Cg θα έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο, αν και μόνο αν η εξίσωση f(x) = g(x) ⇔ x2 = λ x +(1−λ)⇔ x2 −λ x + λ−1= 0 (1) έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ! . Θυμήσου! Οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = g(x) δίνουν τις τετμημένες των κοινών σημείων των γρα- φικών παραστάσεων των f, g. Αυτό σημαίνει ότι, όσες ρίζες έχει αυτή η εξίσωση, τόσα θα είναι και τα κοινά σημεία των δύο γραφικών παραστάσεων. - 21 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης Επομένως, αφού πρέπει να δείξω ότι αυτές έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο, αρκεί να δείξω ότι η (1) έχει μία τουλάχιστον ρίζα. Η διακρίνουσα της (1) είναι Δ =(−λ)2 −4⋅1⋅(λ−1)= λ2 −4λ+ 4 =(λ−2)2 ≥0 , για κάθε λ ∈ ! , το οποίο σημαίνει ότι η (1) θα έχει δύο άνισες ρίζες (όταν είναι Δ>0 ) ή θα έχει μία διπλή ρίζα (όταν είναι Δ = 0 ), δηλαδή θα έχει ρίζες σε κάθε περίπτωση. Επομένως, ισχύει το ζητούμενο. β) Για να έχουν οι Cf ,Cg ένα μόνο κοινό σημείο, θα πρέπει η (1) να έχει μία διπλή ρίζα, δηλαδή να ισχύει Δ = 0 ⇔(λ−2)2 = 0 ⇔ λ−2 = 0 ⇔ λ = 2 . γ) Για λ ≠ 2 είναι λ−2 ≠ 0 ⇒(λ−2)2 >0 ⇒ Δ>0 και η (1) τότε έχει δύο άνισες ρίζες x1, x2 , με άθροισμα x1+ x2 =− −λ =λ, 1 όπως προκύπτει από την (1). Έτσι, από την σχέση (x1+ x2)2 = x1+ x2 + 2 προκύπτει λ2 = | λ | +2 ⇔ | λ |2 −| λ | − 2 = 0 . Θέτω | λ | = ω , με ω ≥0 . Έτσι έχω την εξίσωση ω2 −ω−2 = 0 , με διακρίνουσα (−1)2 −4⋅1⋅(−2)= 1+8 = 9 - 22 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης και δύο άνισες ρίζες, τις ω1,2 = 1± 9 = 1± 3 ⇔ ω1 = 2 , ω2 =−1. 2⋅1 2 Η λύση ω2 =−1 απορρίπτεται, ως αρνητική. Για ω = 2 είναι | λ | = 2 ⇔ λ = 2 (απορρίπτεται, αφού είναι λ ≠ 2 ) ή λ =−2 ⇔ λ =−2 . - 23 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης Άσκηση 15 ∆ίνονται οι συναρτήσεις f(x) = α x−α +2 και g(x) = x2 −α +3 , με α ∈ ! . α) Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το σημείο (1,2) , για κάθε τιμή του α. β) Αν οι γραφικές παραστάσεις των f και g τέμνονται σε σημείο με τετμημένη 1, τότε να βρείτε την τιμή του α και να ελέγξετε αν οι γραφικές παραστάσεις των f και g έχουν και άλλο κοινό σημείο. γ) Να βρείτε για ποιες τιμές του α οι γραφικές παραστάσεις των f και g έχουν δύο σημεία τομής. α) Αρκεί να δείξω ότι ισχύει f(1) = 2 , για κάθε α ∈ ! . Είναι f(1) = α⋅1−α +2 = α − α +2 ⇔ f(1) = 2 . β) Οι f, g έχουν πεδίο ορισμού το ! . Αφού οι Cf ,Cg τέμνονται σε σημείο με τετμημένη 1, ισχύει f(1) = g(1) , από όπου έχω ότι 2 = 12 −α +3 ⇔ 2 = 4−α ⇔ α = 2 . Για α = 2 είναι: • f(x)= 2x− 2 + 2 ⇔ f(x)= 2x . • g(x) = x2 −2+3 ⇔ g(x) = x2 +1. - 24 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης Για να ελέγξω αν οι Cf ,Cg έχουν και άλλο κοινό σημείο, πέραν αυτού το οποίο έχει τετμημένη 1, θα ελέγξω αν η εξίσωση f(x) = g(x) έχει λύσεις πέραν της x =1. f(x) = g(x) ⇔ 2x = x2 +1 ⇔ x2 −2x +1 = 0 ⇔(x−1)2 = 0 ⇔ x−1 = 0 ⇔ x =1. Αφού η εξίσωση αυτή δεν έχει άλλη λύση πέραν της x =1, οι Cf ,Cg δεν έχουν άλλο κοινό σημείο. γ) Για να έχουν οι Cf ,Cg δύο σημεία τομής, θα πρέπει η εξίσωση f(x) = g(x) να έχει δύο διαφορετικές ρίζες. f(x) = g(x) ⇔ α x− α +2 = x2 − α +3 ⇔ x2 −αx +1= 0 (1) Για να έχει η (1) δύο διαφορετικές ρίζες, θα πρέπει να ισχύει Δ>0 , όπου ∆ είναι η διακρίνουσα της (1). Είναι Δ =(−α)2 −4⋅1⋅1= α2 −4 , οπότε θα πρέπει να είναι α2 −4 >0 . Είναι α2 −4 = 0 ⇔ α2 = 4 ⇔ α =± 4 ⇔ α = 2 ή α =−2 . Αφού το τριώνυμο α2 −4 έχει δύο άνισες ρί- α −∞ −2 2 +∞ ζες, το πρόσημό του φαίνεται στον διπλανό α2 −4 πίνακα και για την ανίσωση έχω ότι +- + α ∈(−∞,−2)∪(2,+∞) . - 25 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης Άσκηση 16 ∆ίνονται οι συναρτήσεις f(x) = x2 −4x +α και g(x) = α x−5 , με α ∈ ! . Αν ισχύει ότι f(2) = g(2) , τότε: α) να αποδείξετε ότι α = 1 και να λύσετε την εξίσωση f(x) = g(x) . β) να λύσετε την ανίσωση f(x) ≥ g(x) και την εξίσωση f(x)−g(x) = f(x)−g(x) . α) Από την σχέση f(2) = g(2) προκύπτει 22 −4⋅2+α = α⋅2−5 ⇔ 4−8+α = 2α−5 ⇔ α =1 . Για α =1 είναι f(x) = x2 −4x +1 και g(x) = x−5 , με πεδίο ορισμού το ! και οι δύο. Για την εξίσωση f(x) = g(x) , x ∈ ! , έχω x2 −4x +1= x−5 ⇔ x2 −5x + 6 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι (−5)2 −4⋅1⋅6 = 25−24 = 1, οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = 5± 1 = 5±1 ⇔ x1 = 3 , x2 = 2 . 2⋅1 2 - 26 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης β) Από την ανίσωση έχω f(x)≥g(x) ⇔ x2 −4x +1≥ x−5 ⇔ x2 −5x + 6 ≥0 . Το τριώνυμο έχει ρίζες τους αριθμούς 2 x −∞ 2 3 +∞ και 3, όπως βρήκα στο (α), οπότε το πρόσημό του φαίνεται στον διπλανό x2 −5x + 6 + - + πίνακα και για την ανίσωση έχω x ∈(−∞,2]∪[3,+∞) . Από την εξίσωση f(x)−g(x) = f(x)−g(x) , βάσει του ορισμού της απόλυτης τιμής, προκύπτει f(x)−g(x) = f(x)−g(x) ⇔ f(x)−g(x)≥0 ⇔ f(x)≥g(x) ⇔ x ∈(−∞,2]∪[3,+∞) . - 27 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης Άσκηση 17 ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = x2 −x+ α . 4 α) Να βρείτε τις τιμές του πραγματικού αριθμού α, ώστε το πεδίο ορισμού της f να είναι το ! . β) Αν η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από το σημείο Α⎜⎛⎝⎜⎜0 , 1 ⎞⎠⎟⎟⎟ , 2 τότε να αποδείξετε ότι α = 1 και να λύσετε την εξίσωση 2f(x) = 1. α) Για να έχει η f πεδίο ορισμού το ! , θα πρέπει να ισχύει x2 −x+ α ≥0 , για κάθε x∈!. 4 Αυτό θα συμβαίνει, αν και μόνο αν ισχύει Δ≤0 , όπου ∆ η διακρίνουσα του τριωνύ- μου. Είναι Δ =(−1)2 − 4 ⋅1⋅ α = 1−α , 4 οπότε θα πρέπει 1−α ≤0 ⇔ α ≥1 . β) Αφού η Cf διέρχεται από το σημείο Α, ισχύει f(0) = 1 , από όπου έχω 2 02 −0+ α = 1 ⇔ α = 1 ⇔ α 2 =12 ⇔ α =1 . 4 2 2 2 Για α =1 είναι - 28 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης f(x)= x2 −x+ 1 , 4 με πεδίο ορισμού το ! . Από την εξίσωση 2f(x) =1, με x ∈ ! , έχω τότε 1 1 1 1 2 = ⎛⎜⎝⎜⎜ 1 ⎞⎟⎠⎟⎟2 1 1 2 4 2 4 2 4 4 f(x)= ⇔ x2 −x+ = ⇔ x2 −x+ ⇔ x2 −x + = ⇔ ⇔ x2 −x = 0 ⇔ x(x−1)= 0 ⇔ x = 0 ή x−1= 0 ⇔ x = 0 η x =1 . Άσκηση 18 Θεωρούμε τις συναρτήσεις f(x) = x2 +1 και g(x) = x +α , με x ∈ ! και α ∈ ! . α) Για α = 1, να προσδιορίσετε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και g. β) Βρείτε για ποιες τιμές του α οι γραφικές παραστάσεις των f και g τέμνονται σε δύο σημεία. γ) Για α >1, να εξετάσετε αν οι τετμημένες των σημείων τομής των γραφικών παρα- στάσεων των συναρτήσεων f και g είναι ομόσημες ή ετερόσημες. α) Για α =1 είναι g(x) = x +1. Οι f, g έχουν πεδίο ορισμού το ! και τις τετμημένες των κοινών σημείων των γραφι- κών τους παραστάσεων θα τις βρω λύνοντας την εξίσωση f(x) = g(x) , x ∈ ! . f(x) = g(x) ⇔ x2 + 1 = x + 1 ⇔ x2 −x = 0 ⇔ x(x−1)= 0 ⇔ x = 0 ή x−1= 0 ⇔ ⇔ x = 0 ή x =1. - 29 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης • Για x = 0 είναι g(0) = 0+1= 1, οπότε ένα κοινό σημείο των Cf ,Cg είναι το Α(0,1) . • Για x =1 είναι g(1) = 1+1= 2 , οπότε δεύτερο κοινό σημείο των Cf ,Cg είναι το Β(1,2) . β) Οι Cf ,Cg θα τέμνονται σε δύο σημεία, αν και μόνο αν η εξίσωση f(x) = g(x) ⇔ x2 +1= x +α ⇔ x2 −x +1−α = 0 (1) έχει δύο άνισες ρίζες στο ! . Για να συμβαίνει αυτό, θα πρέπει να ισχύει Δ>0 , όπου ∆ η διακρίνουσα της (1). Είναι Δ =(−1)2 −4⋅1⋅(1−α)= 1−4 + 4α = 4α−3 , οπότε θα πρέπει 4α−3>0 ⇔ 4α >3 ⇔ α> 3 . 4 γ) Σύμφωνα με το συμπέρασμα του (β), για α >1 η (1) θα έχει δύο άνισες ρίζες. Ας τις ονομάσουμε x1, x2 . Οι αριθμοί αυτοί είναι ταυτόχρονα και οι τετμημένες των κοινών σημείων των Cf ,Cg . Το γινόμενο αυτών των ριζών είναι ίσο με x1 x2 = 1−α = 1−α <0 , αφού είναι α >1. 1 Έτσι, αφού το γινόμενο των ριζών της (1) είναι αρνητικό, συμπεραίνω ότι οι ρίζες της (1) θα είναι μεταξύ τους ετερόσημες, δηλαδή οι τετμημένες των κοινών σημείων των δύο γραφικών παραστάσεων θα είναι μεταξύ τους ετερόσημες. - 30 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης Άσκηση 19 ∆ίνονται οι συναρτήσεις f(x) =(x−1)2 −4 και g(x) = x−1 + 2 , με x ∈ ! . α) Να βρείτε τις τιμές του x για τις οποίες η γραφική παράσταση της συνάρτησης f βρίσκεται πάνω από τον άξονα x’x. β) Να δείξετε ότι, για κάθε x ∈ ! , η γραφική παράσταση της συνάρτησης g βρίσκεται πάνω από τον άξονα x’x. γ) Να βρείτε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και g. α) Η f έχει πεδίο ορισμού το ! και, για να βρω πότε η Cf είναι πάνω από τον x’x, θα λύσω την ανίσωση f(x)>0 , με x ∈ ! . f(x)>0 ⇔(x−1)2 −4 >0 ⇔ x2 +1−2x−4 >0 ⇔ x2 −2x−3>0 . Το τριώνυμο έχει διακρίνουσα Δ =(−2)2 −4⋅1⋅(−3)= 4 +12 =16 , οπότε έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = 2± 16 = 2±4 ⇔ x1 = 3 , x2 =−1. 2⋅1 2 Το πρόσημό του φαίνεται στον διπλανό x −∞ −1 - 3 +∞ πίνακα και για την ανίσωση έχω τότε x2 −2x−3 + + x ∈(−∞,−1)∪(3,+∞). Επομένως, η Cf βρίσκεται πάνω από τον άξονα x’x στο διάστημα (−∞,−1) και στο διάστημα (3,+∞) . - 31 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης β) Η g έχει πεδίο ορισμού το ! και, για να δείξω ότι η Cg βρίσκεται πάνω από τον άξονα x’x στο ! , πρέπει να δείξω ότι είναι g(x)>0 , για κάθε x ∈ ! . Για κάθε x ∈ ! , ισχύει x−1 ≥0 ⇔ x−1 +2≥2 ⇔ g(x)≥2 , οπότε και g(x)>0 , για κάθε x ∈ ! , και έτσι αποδεικνύεται το ζητούμενο. Συγκεκριμένα, επειδή ισχύει g(x)≥2 , για κάθε x ∈ ! , η Cg βρίσκεται πάνω από την οριζόντια ευθεία y = 2 , για κάθε x ∈ ! . γ) Οι τετμημένες των κοινών σημείων των Cf ,Cg προκύπτουν λύνοντας την εξίσωση f(x) = g(x) , x ∈ ! . f(x) = g(x) ⇔(x−1)2 −4 = x−1 +2 ⇔ x−1 2 − x−1 −6 = 0 . Θέτω x−1 = ω , ω ≥0 , και έχω την εξίσωση ω2 −ω−6 = 0 . Η διακρίνουσά της είναι (−1)2 −4⋅1⋅(−6)=1+24 = 25 , οπότε έχει δύο άνισες ρίζες, τις ω1,2 = 1± 25 = 1± 5 ⇔ ω1 = 3 , ω2 =−2 . 2⋅1 2 Η ρίζα ω2 =−2 απορρίπτεται, ως αρνητική, οπότε είναι ω = 3 , άρα x−1 = 3 ⇔ x−1= 3 ή x−1=−3 ⇔ x = 4 ή x =−2 . - 32 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης • Είναι g(4) = 4−1 +2 = 3+2 = 5 , οπότε ένα κοινό σημείο των Cf ,Cg είναι το Α(4 ,5) . • Είναι g(−2) = −2−1 +2 = |−3| +2 = 3+2 = 5 , οπότε δεύτερο κοινό σημείο των Cf ,Cg είναι το Β(−2,5). Άσκηση 20 ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = x2 −5x + 6 . 2−x α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f και να δείξετε ότι f(x) = ⎧⎪⎩⎪⎪⎨⎪⎪ x−3 , αν x >2 . −x +3 , αν x <2 β) Να βρείτε τα σημεία τομής της Cf με τους άξονες. γ) Να λύσετε την ανίσωση f(x)≤0 . α) Πρέπει να είναι 2−x ≠0 ⇔2−x≠0 ⇔ x≠2 . Άρα, πεδίο ορισμού της f είναι το Α = !−{2} . ∆ιακρίνω τις εξής περιπτώσεις: Ι. όταν είναι x >2 , τότε είναι 2−x <0 , οπότε 2−x = x−2 . Το τριώνυμο του αριθμητή έχει διακρίνουσα - 33 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης (−5)2 −4⋅1⋅6 = 25−24 =1, οπότε έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = 5± 1 = 5±1 ⇔ x1 = 3 , x2 =2 , 2⋅1 2 συνεπώς είναι x2 −5x + 6 =(x−2)(x−3) . Άρα, για x >2 είναι f(x)= (x − 2) (x − 3) = x−3. x−2 ΙΙ. όταν είναι x <2 , τότε είναι 2−x >0 , οπότε 2−x = 2−x =−(x−2), άρα f(x)= (x − 2) (x − 3) =−(x−3)=−x +3 . − (x − 2) Συνοψίζοντας τις περιπτώσεις Ι και ΙΙ, προκύπτει ότι f(x) = ⎪⎪⎪⎧⎨⎩⎪⎪ x−3 , αν x >2 . −x +3 , αν x <2 - 34 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης β) Κοινά σημεία με τον άξονα x’x Από την εξίσωση f(x) = 0 : Ι. για x >2 προκύπτει x−3=0 ⇔ x=3. Άρα, η Cf τέμνει τον άξονα x’x στο σημείο Α(3,0) . ΙΙ. για x <2 προκύπτει −x +3= 0 ⇔ x = 3 , λύση η οποία απορρίπτεται όμως, αφού είναι x <2 στην περίπτωση ΙΙ. Άρα, η Cf τέμνει τον άξονα x’x στο σημείο Α(3,0) . Σημείο τομής με τον άξονα y’y Είναι f(0) =−0+3= 3 , οπότε η Cf τέμνει τον άξονα y’y στο σημείο Β(0,3). γ) Από την ανίσωση f(x)≤0 : Ι. για x >2 προκύπτει x−3≤0 ⇔ x≤3 . Λαμβάνοντας υπόψη ότι x >2 , τελικά προκύπτει x ∈(2,3] . - 35 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 6 - Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Παράγραφος 6.2 - Γραφική παράσταση συνάρτησης ΙΙ. για x <2 προκύπτει −x +3≤0 ⇔ x ≥3 . Λαμβάνοντας υπόψη ότι x <2 , προκύπτει ότι οι δύο ανισώσεις δεν συναληθεύουν, συνεπώς η ανίσωση f(x)≤0 είναι αδύνατη σε αυτήν την περίπτωση. Πηγή ασκήσεων Μίλτος Παπαγρηγοράκης Α’ Λυκείου Άλγεβρα, 2019-2020, Χανιά Το φυλλάδιο το βρήκα στην διεύθυνση http://users.sch.gr/mipapagr - 36 - ∆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