Άλγεβρα Β Λυκείου - Κεφάλαιο 4 - Παράγραφος 4.4 (θεωρία)

Β΄ Λυκείου - Άλγεβρα Πολυώνυµα Παράγραφος 4 Εξισώσεις και ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές ΘΕΩΡΙΑ - ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ Νέα Μουδανιά • Δεκέµβριος 2021

ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 4 Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ Εξισώσεις και ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές Πώς θα λύσεις ρητή εξίσωση Υπενθυμίζω ότι, ρητή αλγεβρική παράσταση (ή απλώς ρητή παράσταση) λέγεται μια αλγεβρική παράσταση που είναι κλάσμα και οι όροι του είναι πολυώνυμα. Για να λύσεις εξίσωση με κλάσματα, τα οποία έχουν και στον παρονομαστή τους πα- ράσταση του αγνώστου, το πρώτο που πρέπει να κάνεις είναι να βάλεις περιορισμό, κάθε παρονομαστής να είναι διάφορος του μηδενός (άλλωστε, τέτοιες εξισώσεις τις βλέπεις ήδη από την Γ΄ Γυμνασίου, οπότε δεν έχεις κάτι καινούριο εδώ). Στην συνέχεια βρες το Ελάχιστο Κοινό Πολλαπλάσιο (Ε.Κ.Π.) των παρονομαστών, κά- νε απαλοιφή των παρονομαστών και λύσε την πολυωνυμική εξίσωση που θα προκύψει. Στο τέλος, μην ξεχάσεις να ελέγξεις ποιες από τις ρίζες που θα βρεις γίνονται δεκτές (δεν εμπίπτουν στους περιορισμούς που έθεσες στην αρχή δηλαδή). Πώς θα λύσεις ρητή ανίσωση Χρειάζεται κάποια προεργασία, ώστε η ανίσωση να λάβει κατάλληλη μορφή. Μετά ξε- κινάει η διαδικασία επίλυσής της. Για να λύσεις ανίσωση με κλάσματα, τα οποία έχουν και στον παρονομαστή τους πα- ράσταση του αγνώστου, το πρώτο που πρέπει να κάνεις είναι να βάλεις περιορισμό, κάθε παρονομαστής να είναι διάφορος του μηδενός, ακριβώς όπως και στο αντίστοιχο είδος εξισώσεων. Δεύτερο και πάρα πολύ σημαντικό! ΑΠΑΓΟΡΕΥΕΤΑΙ ΔΙΑ ΡΟΠΑΛΟΥ Η ΑΠΑΛΟΙΦΗ ΠΑΡΟΝΟΜΑΣΤΩΝ !!! Ως γνωστόν, απαλοιφή παρονομαστών γίνεται πολλαπλασιάζοντας τα μέλη της ανίσω- σης με το Ε.Κ.Π. των παρονομαστών. Αυτό σημαίνει ότι πρέπει να ξέρεις το πρόσημο της παράστασης με την οποία θα πολλαπλασιάσεις τα δύο μέλη της ανίσωσης, κάτι που δεν γνωρίζεις όμως στο 99% των περιπτώσεων. - 164 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ Να γιατί τόσο έντονα και γλαφυρά («διά ροπάλου»!) απαγορεύεται η απαλοιφή παρο- νομαστών σε ρητή ανίσωση. Όμως, αν γνωρίζεις το πρόσημο της παράστασης με την οποία θα πολλαπλασιάσεις τα δύο μέλη της ανίσωσης, δηλαδή το πρόσημο του Ε.Κ.Π. (που συμβαίνει στο 1% των περιπτώσεων), τότε σαφώς και θα πρέπει να κάνεις απαλοιφή παρονομαστών. Αφού έχεις βάλει τους απαραίτητους περιορισμούς στους παρονομαστές επομένως, έλεγξε την μορφή της ανίσωσης. ❖ 1η περίπτωση - Η ανίσωση έχει ένα και µόνο κλάσµα στο αριστερό µέλος και στο δεξί µέλος έχει το µηδέν Τότε η ανίσωση θα έχει εξαρχής την μορφή f(x) > 0 g(x) (ή ≥ 0 ή < 0 ή ≤ 0 , δεν έχει σημασία), όπου f(x), g(x) πολυώνυμα, και είναι στην κατάλληλη μορφή για να ξεκινήσει η επίλυσή της. Μετάτρεψέ την σε γινόμενο, δηλαδή δημιούργησε την ανίσωση f(x) ⋅ g(x) > 0 (ή με οποιαδήποτε φορά και αν είναι η ανίσωση, δεν έχει σημασία) και κάνε ό,τι έμαθες στην παράγραφο 3 και την υποπαράγραφό της «Πώς θα λύσεις παραγοντοποιημένη πολυωνυμική ανίσωση (ανίσωση γινόμενο)». Προσοχή ! Στον πίνακα προσήμων που ενδεχομένως γίνει στο τέλος (εξαρτάται από την τελική μορφή της ανίσωσης), οι αριθμοί που εξαιρούνται λόγω των περιορισμών πρέπει να σημειώνονται με μια διπλή κατακόρυφη γραμμή. Με αυτήν την κίνηση, οι περιορισμοί που τέθηκαν στην αρχή λαμβάνονται υπόψη στην τελική λύση. Παράδειγµα 29 Ας δούμε την ανίσωση 1−x >0. 4−x 1ο βήμα Πρέπει να είναι 4 − x ≠ 0 ⇔ x ≠ 4 . - 165 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ 2ο βήμα Επειδή η ανίσωση είναι «έτοιμη» (αριστερά έχει ένα μόνο κλάσμα και τίποτα άλλο και δεξιά έχει το 0), μετατρέπω το κλάσμα σε γινόμενο και έχω την ανίσωση (1 − x)(4 − x) > 0 ⇔ (x − 1)(x − 4) > 0 . Η ανίσωση αυτή είναι παραγοντοποιημένη (εύκολα προκύπτει ότι είναι δευτέρου βαθ- μού και ότι οι ρίζες των πολυωνύμων είναι το 1 και το 4), οπότε από τον ακόλουθο πίνακα έχω ότι x ∈ (−∞,1) ∪ (4 ,+ ∞) . −∞ 1 4 +∞ + (x − 1)(x − 4) + - Πρόσεξε την διπλή γραμμή που τράβηξα κάτω από το 4, για να τονίσω ότι το 4 πρέ- πει να εξαιρεθεί στην λύση (λόγω του αρχικού περιορισμού). Αυτός είναι ο καλύτερος τρόπος να «περνάει» ο περιορισμός στην τελική λύση. Παράδειγµα 30 Ας δούμε την ανίσωση x+3 ≥0. 6−x 1ο βήμα Πρέπει να είναι 6 − x ≠ 0 ⇔ x ≠ 6 . 2ο βήμα Επειδή η ανίσωση είναι «έτοιμη» (αριστερά έχει ένα μόνο κλάσμα και τίποτα άλλο και δεξιά έχει το 0), μετατρέπω το κλάσμα σε γινόμενο και έχω την ανίσωση (x + 3)(6 − x) ≥ 0 ⇔ (x + 3)(x − 6) ≤ 0 . Η ανίσωση αυτή είναι παραγοντοποιημένη (εύκολα προκύπτει ότι είναι δευτέρου βαθ- μού και ότι οι ρίζες των πολυωνύμων είναι το ­3 και το 6), οπότε από τον ακόλουθο πίνακα έχω ότι x ∈ ⎡⎣⎢−3 , 6) . - 166 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ −∞ −3 6 +∞ + (x + 3)(x − 6) + - Πρόσεξε και πάλι την διπλή γραμμή που τράβηξα κάτω από το 6, για να τονίσω ότι το 6 πρέπει να εξαιρεθεί στην λύση (λόγω του αρχικού περιορισμού). ❖ 2η περίπτωση - Η ανίσωση δεν έχει ένα και µόνο κλάσµα στο αριστερό µέλος και στο δεξί µέλος έχει το µηδέν Τότε η ανίσωση δεν έχει εξαρχής την μορφή f(x) >0 g(x) (ή ≥ 0 ή < 0 ή ≤ 0 , δεν έχει σημασία), αλλά υπάρχουν περισσότερα κλάσματα ή μη κλασματικοί όροι, με πρόσθεση ή αφαίρεση μεταξύ τους, στο αριστερό ή το δεξί μέλος της ανίσωσης. Μετάφερε όλους τους όρους στο αριστερό μέλος και κάνε πράξεις (ομώνυμα κλάσμα- τα), ώστε η ανίσωση να λάβει την μορφή f(x) >0 g(x) (ή με οποιαδήποτε φορά στην ανίσωση, δεν έχει σημασία). Δηλαδή, στην ανίσωση πρέπει να υπάρχει μόνο ένα κλάσμα στο αριστερό της μέ- λος, κανένας άλλος όρος πριν ή μετά το κλάσμα με πρόσθεση ή αφαίρεση, και δε- ξιά να υπάρχει το μηδέν. Τότε η ανίσωση είναι έτοιμη, οπότε μετάτρεψέ την σε γινόμενο, δηλαδή δημιούργησε την ανίσωση f(x) ⋅ g(x) > 0 (ή με οποιαδήποτε φορά στην ανίσωση, δεν έχει σημασία) και κάνε ό,τι έμαθες στην παράγραφο 3 και την υποπαράγραφό της «Πώς θα λύσεις παραγοντοποιημένη πολυωνυμική ανίσωση (ανίσωση γινόμενο)». Προσοχή ! Στον πίνακα προσήμων που ενδεχομένως θα γίνει στο τέλος (εξαρτάται από την τελική μορφή της ανίσωσης), οι αριθμοί που εξαιρούνται λόγω των περιορισμών πρέπει να σημειώνονται με μια διπλή κατακόρυφη γραμμή. Με αυτήν την κίνηση, οι περιορισμοί - 167 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ που τέθηκαν στην αρχή, λαμβάνονται υπόψη στην τελική λύση. Παράδειγµα 31 Ας δούμε την ανίσωση 3x − 1 ≥2. x+2 1ο βήμα Πρέπει να είναι x + 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ −2 . 2ο βήμα Η ανίσωση δεν είναι «έτοιμη», αφού δεξιά έχει κάτι άλλο εκτός από 0. Επομένως, με- ταφέρω το 2 αριστερά, κάνω πράξεις ­ώστε να προκύψει ένα μόνο κλάσμα και δεξιά το 0­ και μετά θα μετατρέψω το κλάσμα σε γινόμενο. 3x − 1 ≥2⇔ 3x − 1 −2≥0 ⇔ 3x − 1 − 2(x + 2) ≥0⇔ 3x − 1 − 2x − 4 ≥0⇔ x−5 ≥0. x+2 x+2 x+2 x+2 x+2 3ο βήμα Από την τελευταία ανίσωση προκύπτει (x − 5)(x + 2) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞ ,− 2) ∪ ⎣⎡⎢5, + ∞) , με την βοήθεια του ακόλουθου πίνακα. −∞ −2 5 +∞ (x − 5)(x + 2) + - + Πρόσεξε και πάλι την διπλή γραμμή που τράβηξα κάτω από το ­2, για να τονίσω ότι το ­2 πρέπει να εξαιρεθεί στην λύση (λόγω του αρχικού περιορισμού). - 168 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ Παράδειγµα 32 Ας δούμε την ανίσωση x2 − 5 ≥4. x−2 1ο βήμα Πρέπει να είναι x − 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 . 2ο βήμα Η ανίσωση δεν είναι «έτοιμη», αφού δεξιά έχει κάτι άλλο εκτός από 0. Επομένως, με- ταφέρω το 4 αριστερά, κάνω πράξεις ­ώστε να προκύψει ένα μόνο κλάσμα και δεξιά το 0­ και μετά θα μετατρέψω το κλάσμα σε γινόμενο. x2 − 5 ≥4 ⇔ x2 − 5 −4 ≥ 0 ⇔ x2 − 5 − 4(x − 2) ≥0 ⇔ x2 − 5 − 4x + 8 ≥0 ⇔ x−2 x−2 x−2 x−2 ⇔ x2 − 4x + 3 ≥0. x−2 3ο βήμα Από την τελευταία ανίσωση προκύπτει (x − 2)(x2 − 4x + 3) ≥ 0 . Τα πολυώνυμα της τελευταίας ανίσωσης δεν έχουν κοινή ρίζα (η πρώτη έχει ρίζα το 2, ενώ η δεύτερη το 1 και το 3), οπότε κατασκευάζω τον ακόλουθο πίνακα προσήμων: −∞ 1 2 3 +∞ + + x−2 - - - + x2 − 4x + 3 + - - + - + Γινόμενο Από τον πίνακα προκύπτει x ∈ ⎡⎢⎣1, 2) ∪ ⎡⎣⎢3 , + ∞) . Πρόσεξε και πάλι την διπλή γραμμή που τράβηξα κάτω από το 2, για να τονίσω ότι το 2 πρέπει να εξαιρεθεί στην λύση (λόγω του αρχικού περιορισμού). - 169 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ Πώς θα λύσεις εξίσωση µε ρίζες (άρρητη εξίσωση) Όταν λέμε «εξίσωση με ρίζες», εννοούμε εξίσωση που ο άγνωστος είναι κάτω από ρίζα και όχι εξίσωση στους συντελεστές της οποίας υπάρχουν ρίζες! Δηλαδή, η εξίσωση 3 x + 1 = 2x δεν είναι «εξίσωση με ρίζες», αλλά εξίσωση πρώτου βαθμού! Ότι έχει το 3 δεν την κάνει «εξίσωση με ρίζα»! Ομοίως, η εξίσωση 2 x2 − x + 2 2 = 0 δεν είναι «εξίσωση με ρίζες», αλλά εξίσωση δευτέρου βαθμού! Στις εξισώσεις αυτές, ο τρόπος επίλυσης εξαρτάται από το πλήθος των ριζών, καθώς και τις τάξεις των ριζών. Επειδή, όμως, κυριαρχούν οι τετραγωνικές ρίζες, θα αναφέρω μόνο τις εξισώσεις με τετραγωνικές ρίζες. Έτσι, το ερώτημα είναι, «πόσες τετραγωνικές ρίζες υπάρχουν στην εξίσωση; Μία, δύο ή τρεις;». Η πιο συνηθισμένη περίπτωση είναι οι εξισώσεις που έχουν μία τετραγωνική ρίζα, λι- γότερο συνηθισμένη είναι η περίπτωση δύο τετραγωνικών ριζών και ακόμη λιγότερο συνηθισμένη να υπάρχουν τρεις, ή περισσότερες, ρίζες. α) Αν η εξίσωση έχει μία ρίζα, τότε θα έχει μία από τις ακόλουθες μορφές: 1η. f(x) = α , α ∈ ! . 2η. f(x) = g(x) , όπου f(x), g(x) παραστάσεις του x. β) Αν η εξίσωση έχει δύο ρίζες, τότε θα έχει μία από τις ακόλουθες μορφές: 1η. f(x) = g(x) . 2η. f(x) + g(x) = 0 . 3η. f(x) = g(x) + α , α ∈ ! . 4η. f(x) = g(x) + h(x) , όπου f(x), g(x), h(x) παραστάσεις του x. - 170 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ 1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ Η εξίσωση έχει µία µόνο ρίζα Στην περίπτωση αυτή, η ρίζα πρέπει να είναι πάντα μόνη της στο αριστερό μέλος της εξίσωσης (αν η ρίζα έχει συντελεστή, δεν ενοχλεί) και στο δεξί μέλος να μετα- φερθεί ό,τι είναι έξω από την ρίζα. Επομένως, αν είναι απαραίτητο να γίνουν κάποιες πράξεις στην εξίσωση, αυτές πρέπει να έχουν σκοπό να «ξεμοναχιάσουν» την ρίζα. Αφού έχει «ξεμοναχιαστεί» η ρίζα, πάντα το πρώτο βήμα είναι να τεθεί περιορι- σμός, το υπόρριζο να είναι μεγαλύτερο ή ίσο του μηδενός. Έτσι θα προκύψει μια ανίσωση, η οποία θα δώσει ως λύση ένα διάστημα (ή μια ένωση διαστημάτων). Όταν λυθεί η εξίσωση, η λύση της ­αν υπάρχει βέβαια­ πρέπει να ελεγχθεί αν ανήκει σε αυτό το διάστημα. Δύο μορφές μπορεί να έχει αυτή η εξίσωση: η μία είναι στο δεξί μέλος της να έχει αριθμό, η δεύτερη να έχει άλλη παράσταση του x. 1η μορφή f(x) = α , όπου f(x) παράσταση του x και α ∈ ! Αφού θέσεις τον περιορισμό f(x) ≥ 0 και λύσεις την σχετική ανίσωση, να ελέγξεις τον αριθμό α. α) Αν είναι α < 0 , τότε η εξίσωση είναι αδύνατη. β) Αν είναι α = 0 , τότε έχεις την εξίσωση f(x) = 0 , από όπου προκύπτει f(x) = 0 (οπότε λύσε την εξίσωση που προκύπτει). Μην ξεχάσεις να ελέγξεις στο τέλος αν η λύση ανήκει στο διάστημα που προέκυψε από τον περιορισμό. γ) Αν είναι α > 0 , τότε ύψωσε τα δύο μέλη στο τετράγωνο (ώστε να φύγει η ρίζα) και λύσε την εξίσωση που θα προκύψει. Μην ξεχάσεις να ελέγξεις στο τέλος αν η λύση ανήκει στο διάστημα που προέκυψε από τον περιορισμό. - 171 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ Αν η ρίζα έχει συντελεστή, ασφαλώς και αυτός υψώνεται στο τετράγωνο! Κατά τα άλλα, η όλη διαδικασία δεν επηρεάζεται καθόλου. Παράδειγµα 33 Ας δούμε την εξίσωση 25 − x2 − 3 = 0 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι 25 − x2 ≥ 0 ⇔ x2 − 25 ≤ 0 ⇔ x ∈ ⎢⎡⎣−5 , 5⎦⎤⎥ . 2ο βήμα Η εξίσωση δεν είναι «έτοιμη», αφού η ρίζα δεν είναι μόνη της αριστερά. Έχουμε 2 25 − x2 − 3 = 0 ⇔ 25 − x2 = 3 ⇔ 25 − x2 = 32 ⇔ 25 − x2 = 9 ⇔ x2 = 16 ⇔ ⇔ x = ± 16 ⇔ x = 4 ή x = −4 (δεκτές). Παράδειγµα 34 Ας δούμε την εξίσωση x2 + 4x − 5 = 4 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι x2 + 4x − 5 ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞ ,− 5⎤⎦⎥ ∪ ⎢⎣⎡1, + ∞) . 2ο βήμα Η εξίσωση είναι «έτοιμη», αφού η ρίζα είναι μόνη της αριστερά. Έχουμε τότε: 2 x2 + 4x − 5 = 4 ⇔ x2 + 4x − 5 = 42 ⇔ x2 + 4x − 5 = 16 ⇔ x2 + 4x − 21 = 0 ⇔ ⇔ x = 3 ή x = −7 (δεκτές). - 172 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ 2η μορφή f(x) = g(x) , όπου f(x), g(x) παραστάσεις του x Όταν δεξιά υπάρχει παράσταση του x, τότε πρέπει να θέσεις περιορισμό και στην παράσταση αυτή, να είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός. Έτσι: 1ο βήμα Λύσε το σύστημα περιορισμών ⎪⎪⎨⎧⎩⎪⎪⎪ ⎪⎪⎬⎪⎭⎪⎪⎫ . f(x) ≥ 0 και g(x) ≥ 0 Αν οι περιορισμοί δεν συναληθεύουν, τότε η εξίσωση είναι αδύνατη. 2ο βήμα Ύψωσε τα δύο μέλη στο τετράγωνο (ώστε να φύγει η ρίζα) και λύσε την εξίσωση που θα προκύψει. Τις λύσεις αυτής της εξίσωσης να ελέγξεις αν ανήκουν στο διάστημα που προέκυψε από την επίλυση του συστήματος περιορισμών του 1ου βήματος. Αν η ρίζα έχει συντελεστή, η όλη διαδικασία δεν επηρεάζεται καθόλου. Παράδειγµα 35 Ας δούμε την εξίσωση x + 3 = x − 3 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎨⎧⎪⎪⎩⎪⎪ x+3≥0 ⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪ ⇔ ⎩⎪⎪⎪⎧⎪⎨ x ≥ −3 ⎪⎪⎭⎫⎬⎪⎪ , δηλαδή x ≥ 3 . x −3 ≥ 0 x≥3 2ο βήμα Η εξίσωση είναι «έτοιμη», οπότε έχουμε x+3 = x−3 x + 2 = (x − 3)2 ⇔ x + 3 = x2 + 9 − 6x ⇔ x2 − 7x + 6 = 0 ⇔ 3 ⇔ x = 1 (απορρίπτεται) ή x = 6 (δεκτή). - 173 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ Παράδειγµα 36 Ας δούμε την εξίσωση 2 + 12 − 2x = x . 1ο βήμα Η εξίσωση δεν είναι «έτοιμη», αφού αριστερά δεν είναι μόνη της η ρίζα. Έχουμε επο- μένως 2 + 12 − 2x = x ⇔ 12 − 2x = x − 2 . 2ο βήμα Πρέπει να είναι ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧ 12 − 2x ≥ 0 ⎬⎭⎫⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎨⎩⎪⎪⎧⎪ 2x ≤ 12 ⎫⎪⎭⎪⎪⎬⎪ ⇔ ⎧⎪⎩⎪⎪⎨⎪ x≤6 ⎪⎭⎫⎬⎪⎪⎪ , δηλαδή x ∈ ⎢⎣⎡2 , 6⎦⎥⎤ . x −2 ≥ 0 x≥2 x≥2 3ο βήμα Έχουμε τότε 12 − 2x = x − 2 ⇔ 2 = (x − 2)2 ⇔ 12 − 2x = x2 + 4 − 4x ⇔ x2 − 2x −8 = 0 ⇔ 12 − 2x ⇔ x = 4 (δεκτή) ή x = −2 (απορρίπτεται). - 174 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ 2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ H εξίσωση έχει δύο ρίζες Εδώ έχει περισσότερη δουλειά, άρα χρειάζεται περισσότερη προσοχή. 1η μορφή f(x) = g(x) , όπου f(x), g(x) παραστάσεις του x Στην μορφή αυτή δηλαδή, οι δύο ρίζες μπορούν να «ξεμοναχιαστούν» σε κάθε μέλος με πρόσημο “+” καθεμιά. 1ο βήμα Λύσε το σύστημα περιορισμών ⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪ ⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎫ . f(x) ≥ 0 και g(x) ≥ 0 Αν οι περιορισμοί δεν συναληθεύουν, τότε η εξίσωση είναι αδύνατη. 2ο βήμα Ύψωσε τα δύο μέλη στο τετράγωνο. Θα προκύψει f(x) = g(x) , οπότε λύσε αυτήν την εξίσωση. Πιο γρήγορα: βάσει ιδιότητας των ριζών, από την ισότητα f(x) = g(x) άμεσα προκύπτει f(x) = g(x) και έτσι γλιτώνεις το (περιττό) βήμα της ύψωσης των δύο μελών στο τετράγωνο. Τις λύσεις αυτής της εξίσωσης να ελέγξεις αν ανήκουν στο διάστημα που προέκυψε από την επίλυση του συστήματος περιορισμών του 1ου βήματος. Αν οι ρίζες έχουν συντελεστή, η όλη διαδικασία δεν επηρεάζεται καθόλου. - 175 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ 2η μορφή f(x) + g(x) = 0 , όπου f(x), g(x) παραστάσεις του x Στην μορφή αυτή δηλαδή, οι δύο ρίζες δεν μπορούν να «ξεμοναχιαστούν» σε κάθε μέλος με πρόσημο “+” καθεμιά. 1ο βήμα Λύσε το σύστημα περιορισμών ⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪⎪ ⎪⎪⎭⎪⎬⎪⎫⎪ . f(x) ≥ 0 και g(x) ≥ 0 Αν οι περιορισμοί δεν συναληθεύουν, τότε η εξίσωση είναι αδύνατη. 2ο βήμα Από την εξίσωση f(x) + g(x) = 0 προκύπτει ότι ⎪⎨⎧⎩⎪⎪⎪⎪ f(x) = 0 και ⎬⎪⎪⎫⎭⎪⎪⎪ , g(x) = 0 οπότε λύσε τις δύο αυτές εξισώσεις και δες αν έχουν κοινή λύση. • Αν δεν έχουν, τότε η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη. • Αν έχουν, τότε εξέτασε αυτή αν ανήκει στο διάστημα που προέκυψε από την επίλυση του συστήματος περιορισμών του 1ου βήματος. Αν οι ρίζες έχουν συντελεστή, η όλη διαδικασία δεν επηρεάζεται καθόλου (αρκεί να είναι θετικός αριθμός, διότι αν μία εξ αυτών έχει αρνητικό συντελεστή, τότε η εξίσωση ανάγεται στην 1η μορφή). 3η μορφή f(x) = g(x) + α , όπου f(x), g(x) παραστάσεις του x και α ∈ ! Στην περίπτωση αυτή δηλαδή, οι δύο ρίζες μπορούν να «χωριστούν» μία σε κάθε μέ- λος, αλλά υπάρχει «περίσσευμα» και ενός πραγματικού αριθμού εκτός ριζών σε ένα από τα δύο μέλη. - 176 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ 1ο βήμα Λύσε το σύστημα περιορισμών ⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪⎪ ⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎪⎫ . f(x) ≥ 0 και g(x) ≥ 0 Αν οι περιορισμοί δεν συναληθεύουν, τότε η εξίσωση είναι αδύνατη. 2ο βήμα Ύψωσε τα μέλη της εξίσωσης στο τετράγωνο, αλλά πρόσεξε το εξής: το μέλος που έχει τον αριθμό εκτός ρίζας θα αναπτυχθεί σύμφωνα με την ταυτότητα (α + β)2 ή (α − β)2 και, στην εξίσωση που θα προκύψει, θα υπάρχει μία ρίζα «περίσ- σευμα», οπότε κάνε όσα αναφέρθηκαν στην περίπτωση «η εξίσωση έχει μία μόνο ρί- ζα». Και εδώ βέβαια, μην ξεχάσεις να ελέγξεις αν η λύση που θα βρεις ανήκει στο διάστη- μα που προέκυψε από την επίλυση του συστήματος περιορισμών του 1ου βήματος. Αν οι ρίζες έχουν συντελεστή, η όλη διαδικασία δεν επηρεάζεται καθόλου. Παράδειγµα 37 Ας δούμε την εξίσωση x − 5 − 3 = x − 8 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎧ x −5 ≥ 0 ⎪⎫⎪⎪⎭⎬⎪ ⇔ ⎪⎩⎪⎧⎨⎪⎪ x≥5 ⎪⎬⎫⎪⎪⎭⎪ , δηλαδή x ≥ 8 . x −8 ≥ 0 x≥8 2ο βήμα Η εξίσωση είναι σε «καλή» μορφή (αφού έχει από μία ρίζα σε κάθε μέλος), οπότε έχω ( )2 2 2 x−5−3 = x−8 ⇔ x−5−3 = x−8 ⇔ x−5 +9−6 x−5 = x−8 ⇔ ⇔ x − 5 + 9 − 6 x − 5 = x − 8 ⇔ 6 x − 5 = 12 ⇔ x−5 = 2 ⇔ x 2 = 22 ⇔ −5 ⇔ x − 5 = 4 ⇔ x = 9 (δεκτή). - 177 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ Παράδειγµα 38 Ας δούμε την εξίσωση x + 7 + 6 − x = 5 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪ x+7≥0 ⎪⎪⎬⎪⎪⎭⎫ ⇔ ⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎩ x ≥ −7 ⎭⎬⎪⎪⎪⎫⎪ , δηλαδή x ∈ ⎢⎣⎡−7 , 6⎤⎦⎥ . 6−x ≥ 0 x≤6 2ο βήμα Η εξίσωση δεν είναι σε «καλή» μορφή (αφού δεν έχει από μία ρίζα σε κάθε μέλος), οπότε κρατάω μία ρίζα αριστερά, μεταφέρω την άλλη δεξιά και έχω 22 ( )x + 7 + 6 − x = 5 ⇔ 6 − x = 5 − x + 7 ⇔ 6 − x = 5 − x + 7 ⇔ 2 ⇔ 6 − x = 25 + x + 7 − 10 x + 7 ⇔ 6 − x = 25 + x + 7 − 10 x + 7 ⇔ ⇔ 10 x + 7 = 2x + 26 ⇔ 5 x + 7 = x + 13 (1) Επειδή δεξιά «περίσσεψε» παράσταση με x, πρέπει να βάλω περιορισμό και στην πα- ράσταση του δεξιού μέλους. Ο περιορισμός που θα προκύψει, πρέπει να συναληθευτεί με τον αρχικό. Πρέπει να είναι και x + 13 ≥ 0 ⇔ x ≥ −13 . Συναληθεύοντας αυτήν την ανίσωση με το διάστημα που προέκυψε από τον αρχικό περιορισμό, τελικά έχω ότι πρέπει x ∈ ⎣⎡⎢−7 , 6⎤⎦⎥ . Η συναλήθευση έπρεπε να γίνει, διότι το τελικό διάστημα (τελικός περιορισμός) μπο- ρεί να ήταν διαφορετικό από το αρχικό! Τότε, από την (1) έχω ( )2 5 x + 7 = (x + 13)2 ⇔ 25(x + 7) = (x + 13)2 ⇔ 25x + 175 = x2 + 169 + 26x ⇔ ⇔ x2 + x − 6 = 0 ⇔ x = 2 ή x = −3 (δεκτές και οι δύο). - 178 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ 4η μορφή f(x) = g(x) + h(x), όπου f(x), g(x), h(x) παραστάσεις του x Στην περίπτωση αυτή δηλαδή, οι δύο ρίζες μπορούν να «χωριστούν» μία σε κάθε μέ- λος, αλλά υπάρχει «περίσσευμα» μιας παράστασης του x εκτός ριζών σε ένα από τα δύο μέλη. 1ο βήμα Λύσε το σύστημα περιορισμών ⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎩⎪ f(x) ≥ 0 και ⎪⎬⎪⎪⎭⎪⎪⎫ . g(x) ≥ 0 Αν οι περιορισμοί δεν συναληθεύουν, τότε η εξίσωση είναι αδύνατη. 2ο βήμα Ύψωσε τα μέλη της εξίσωσης στο τετράγωνο, αλλά πρόσεξε το εξής: το μέλος που έχει την παράσταση του x εκτός ρίζας θα αναπτυχθεί σύμφωνα με την ταυτότητα (α + β)2 ή (α − β)2 και, στην εξίσωση που θα προκύψει, θα υπάρχει μία ρί- ζα «περίσσευμα», οπότε κάνε όσα αναφέρθηκαν στην περίπτωση «η εξίσωση έχει μία μόνο ρίζα». Και εδώ βέβαια, μην ξεχάσεις να ελέγξεις αν η λύση που θα βρεις ανήκει στο διάστη- μα που προέκυψε από την επίλυση του συστήματος περιορισμών του 1ου βήματος. Αν οι ρίζες έχουν συντελεστή, η όλη διαδικασία δεν επηρεάζεται καθόλου. Αν υπάρχουν τρεις (ή περισσότερες) ρίζες (περίπτωση σπάνια), τότε κράτα δύο από αυτές στο ένα μέλος και μετάφερε στο άλλο την τρίτη. Αφού θέσεις τους απαραίτητους περιορισμούς βέβαια, ύψωσε τα δύο μέλη στο τετρά- γωνο. Έτσι θα προκύψει μία εξίσωση που θα έχει μία ρίζα μόνο, οπότε κάνε όσα περι- γράφονται στην σχετική περίπτωση. - 179 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ Πώς θα λύσεις ανίσωση µε ρίζες (άρρητη ανίσωση) Η μεθοδολογία αντλήθηκε από το βιβλίο του Πέτρου Τόγκα, «Άλγεβρα και συμπλήρωμα Άλγεβρας», εκδοτικός οίκος Πέτρου Γ. Τόγκα Ο.Ε, 27η έκδοση, άγνωστη χρονολογία Οι ανισώσεις αυτές θέλουν πάρα πολλή προσοχή! Διακρίνονται οι εξής μορφές: 1η μορφή f(x) > α , όπου f(x) παράσταση του x και α ∈ ! 1ο βήμα Θέσε τον περιορισμό f(x) ≥ 0 (και λύσε την σχετική ανίσωση φυσικά). 2ο βήμα Εξέτασε τον αριθμό α. α) Αν είναι α > 0 , τότε ύψωσε τα δύο μέλη στο τετράγωνο και λύσε την ανίσωση που θα προκύψει. Την λύση αυτής της ανίσωσης να την συναληθεύσεις με αυτήν του αρχικού περιορισμού και έτσι θα πάρεις το ζητούμενο διάστημα λύσεων της αρχικής ανίσωσης. β) Αν είναι α = 0 ή α < 0 , τότε η ανίσωση αληθεύει για κάθε τιμή του x που προέ- κυψε από τον αρχικό περιορισμό (αφού ισχύει f(x) ≥ 0 , για κάθε x που ορίζει την ρίζα). Με τα ίδια ακριβώς βήματα λύνεται και η ανίσωση f(x) ≥ α . Παράδειγµα 39 Ας δούμε την ανίσωση x + 7 > 5 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι x + 7 ≥ 0 ⇔ x ≥ −7 . - 180 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ 2ο βήμα Είναι x+7 >5⇔ x + 2 > 52 ⇔ x + 7 > 25 ⇔ x > 18 . 7 Συναληθεύοντας το διάστημα αυτό με τον αρχικό περιορισμό x ≥ −7 , τελικά έχω ότι x > 18 . 2η μορφή f(x) < α , όπου f(x) παράσταση του x και α ∈ ! 1ο βήμα Θέσε τον περιορισμό f(x) ≥ 0 (και λύσε την σχετική ανίσωση φυσικά). 2ο βήμα Εξέτασε τον αριθμό α. α) Αν είναι α > 0 , τότε ύψωσε τα δύο μέλη στο τετράγωνο και λύσε την ανίσωση που θα προκύψει. Την λύση αυτής της ανίσωσης να την συναληθεύσεις με αυτήν του αρχικού περιορισμού και έτσι θα πάρεις το ζητούμενο διάστημα λύσεων της αρχικής ανίσωσης. β) Αν είναι α = 0 ή α < 0 , τότε η ανίσωση είναι αδύνατη (αφού ισχύει f(x) ≥ 0 , για κάθε x που ορίζει την ρίζα). Παράδειγµα 40 Ας δούμε την ανίσωση x + 7 < 5 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι x + 7 ≥ 0 ⇔ x ≥ −7 . 2ο βήμα Είναι x+7 <5⇔ x + 2 < 52 ⇔ x + 7 < 25 ⇔ x < 18 . 7 - 181 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ Συναληθεύοντας το διάστημα αυτό με τον αρχικό περιορισμό x ≥ −7 , τελικά έχω ότι x ∈ ⎢⎣⎡−7 ,18) . Να προσέξεις την μορφή f(x) ≤ α ! Αφού θέσεις τον περιορισμό f(x) ≥ 0 , εξέτασε τον αριθμό α. α) Αν είναι α > 0 , τότε ύψωσε τα δύο μέλη στο τετράγωνο και λύσε την ανίσωση που θα προκύψει. Την λύση αυτής της ανίσωσης να την συναληθεύσεις με αυτήν του αρχικού περιορισμού και έτσι θα πάρεις το ζητούμενο διάστημα λύσεων της αρχικής ανίσωσης. β) Αν είναι α = 0 , τότε έχεις την ανίσωση f(x) ≤ 0 , από όπου προκύπτει f(x) = 0 ⇔ f(x) = 0 . • Αν οι λύσεις αυτής της εξίσωσης ανήκουν στο διάστημα που προέκυψε από τον αρχικό περιορισμό, τότε το διάστημα λύσεων της αρχικής ανίσωσης είναι ο αρχικός περιορισμός. • Αν οι λύσεις αυτής της εξίσωσης δεν ανήκουν στο διάστημα που προέκυψε από τον αρχικό περιορισμό, τότε αυτές θα προστεθούν σε αυτό το διάστημα ως ένωση αυ- τού με τους μεμονωμένους αριθμούς των λύσεων. γ) αν είναι α < 0 , τότε η ανίσωση είναι αδύνατη. 3η μορφή f(x) > g(x) , όπου f(x), g(x) παραστάσεις του x 1ο βήμα Λύσε το σύστημα περιορισμών ⎪⎪⎩⎪⎨⎪⎪⎧ f(x) ≥ 0 και ⎪⎪⎫⎬⎪⎪⎪⎭ . g(x) ≥ 0 2ο βήμα Ύψωσε τα δύο μέλη στο τετράγωνο και λύσε την ανίσωση f(x) > g(x) που θα προκύ- ψει. - 182 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ Πιο γρήγορα: βάσει ιδιότητας των ριζών, από την ανίσωση f(x) > g(x) άμεσα προκύπτει f(x) > g(x) και έτσι γλιτώνεις το (περιττό) βήμα της ύψωσης των δύο μελών στο τε- τράγωνο. Το διάστημα που θα προκύψει από αυτήν την ανίσωση, να το συναληθεύσεις με αυτό που προέκυψε από το αρχικό σύστημα περιορισμών. Αυτό θα δώσει το τελικό διάστη- μα λύσεων της ζητούμενης ανίσωσης. Με τα ίδια ακριβώς βήματα λύνονται και οι ανισώσεις f(x) ≥ g(x) , f(x) < g(x) , f(x) ≤ g(x) . Παράδειγµα 41 Ας δούμε την ανίσωση 1 − x ≤ x + 3 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎩ 1−x ≥ 0 ⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎭ ⇔ ⎪⎩⎧⎪⎨⎪⎪ x ≤1 ⎭⎪⎫⎪⎬⎪⎪ , δηλαδη x ∈ ⎣⎢⎡−3 ,1⎦⎥⎤ . x+3≥0 x ≥ −3 2ο βήμα Είναι 1 − x ≤ x + 3 ⇔ 1 − x 2 ≤ x + 32 ⇔ 1 − x ≤ x + 3 ⇔ 2x ≥ −2 ⇔ x ≥ −1 Συναληθεύοντας αυτό το διάστημα με τον αρχικό περιορισμό x ∈ ⎢⎡⎣−3 ,1⎥⎦⎤ , τελικά έχω ότι x ∈ ⎢⎡⎣−1,1⎦⎤⎥ . - 183 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ 4η μορφή f(x) > g(x) , όπου f(x), g(x) παραστάσεις του x 1ο βήμα Θέσε τον περιορισμό f(x) ≥ 0 (και λύσε την σχετική ανίσωση φυσικά). 2ο βήμα Βρες τις ρίζες της παράστασης g(x) (λύνοντας την εξίσωση g(x) = 0 ). Οι ρίζες της θα χωρίσουν το διάστημα που προκύπτει από τον αρχικό περιορισμό, σε υποδιαστήματα. 3ο βήμα Διάκρινε τόσες περιπτώσεις για το x, όσα είναι και τα υποδιαστήματα που προέκυ- ψαν. α) Σε όποιο από τα διαστήματα αυτά είναι g(x) ≥ 0 , ύψωσε στο τετράγωνο τα μέλη της αρχικής ανίσωσης και λύσε την ανίσωση που θα προκύψει. Το διάστημα λύσεων αυτής της ανίσωσης να το συναληθεύσεις με το διάστημα στο οποίο μελετάς την περίπτωση g(x) ≥ 0 , οπότε θα προκύψει ένα διάστημα Δ1 . β) Σε όποιο από τα διαστήματα αυτά είναι g(x) < 0 , η ανίσωση θα αληθεύει για κάθε τιμή του x, όπως αυτή προκύπτει από το διάστημα του περιορισμού του 1ου βήματος. Λαμβάνοντας υπόψη και το διάστημα που έχεις εδώ για το x, η συναλήθευσή του με τον αρχικό περιορισμό του 1ου βήματος θα δώσει ένα διάστημα Δ2 . 4ο βήμα H ένωση Δ1 ∪ Δ2 θα δώσει την τελική λύση της ζητούμενης ανίσωσης. Με τα ίδια ακριβώς βήματα λύνεται και η ανίσωση f(x) ≥ g(x) . - 184 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ Παράδειγµα 42 Για την ανίσωση x > x − 2 έχουμε τα εξής: )κατ' αρχάς, πρέπει να είναι x ≥ 0 , δηλαδή x ∈ ⎢⎡⎣0 , + ∞ . Είναι x − 2 = 0 ⇔ x = 2 . Έτσι, το ⎢⎣⎡0 , + ∞) χωρίζεται στα διαστήματα ⎢⎣⎡0 , 2) και ⎣⎢⎡2, + ∞) , οπότε διακρίνω τις εξής περιπτώσεις: )α) αν x ∈ ⎢⎣⎡0 , 2 , τότε είναι x < 2 ⇔ x − 2 < 0 και η ανίσωση αληθεύει για κάθε x ≥ 0 . ) )Λαμβάνοντας υπόψη ότι x ∈ ⎣⎢⎡0 , 2 , έχω το διάστημα Δ1 = ⎡⎢⎣0 , 2 . )β) αν x ∈ ⎡⎢⎣2 , + ∞ , τότε είναι x ≥ 2 ⇔ x − 2 ≥ 0 , οπότε από την ανίσωση έχω ( )x 2 > (x − 2)2 ⇔ x > x2 + 4 − 4x ⇔ x2 − 5x + 4 < 0 ⇔ x ∈ 1, 4 . ) )Λαμβάνοντας υπόψη ότι εδώ το x ∈ ⎡⎣⎢2 , + ∞ , έχω το διάστημα Δ2 = ⎢⎣⎡2 , 4 . Τελικά, το ζητούμενο διάστημα λύσεων είναι το Δ1 ∪ Δ2 = ⎣⎡⎢0 , 2) ∪ ⎡⎣⎢2, 4) = ⎡⎢⎣0 , 4) . 5η μορφή f(x) < g(x) , όπου f(x), g(x) παραστάσεις του x 1ο βήμα Θέσε τον περιορισμό f(x) ≥ 0 (και λύσε την σχετική ανίσωση φυσικά). 2ο βήμα Βρες τις ρίζες της παράστασης g(x) (λύνοντας την εξίσωση g(x) = 0 ). Οι ρίζες της θα χωρίσουν το διάστημα που προκύπτει από τον αρχικό περιορισμό, σε υποδιαστήματα. - 185 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ 3ο βήμα Διάκρινε τόσες περιπτώσεις για το x, όσα είναι και τα υποδιαστήματα που προέκυ- ψαν. α) Σε όποιο από τα διαστήματα αυτά είναι g(x) ≥ 0 , ύψωσε στο τετράγωνο τα μέλη της αρχικής ανίσωσης και λύσε την ανίσωση που θα προκύψει. Το διάστημα λύσεων αυτής της ανίσωσης να το συναληθεύσεις με το διάστημα στο οποίο μελετάς την περίπτωση g(x) ≥ 0 , οπότε θα προκύψει ένα διάστημα Δ. β) Σε όποιο από τα διαστήματα αυτά είναι g(x) < 0 , η ανίσωση θα είναι αδύνατη, που σημαίνει ότι αυτό το διάστημα δεν γίνεται δεκτό. 4ο βήμα Το ζητούμενο διάστημα θα είναι, τελικά, το Δ. Παράδειγµα 43 Για την ανίσωση x < x − 2 έχουμε τα εξής: )κατ' αρχάς, πρέπει να είναι x ≥ 0 , δηλαδή x ∈ ⎡⎢⎣0 , + ∞ . Είναι x − 2 = 0 ⇔ x = 2 . Έτσι, το ⎢⎡⎣0 , + ∞) χωρίζεται στα διαστήματα ⎣⎢⎡0 , 2) και ⎢⎡⎣2, + ∞) , οπότε διακρίνω τις εξής περιπτώσεις: )α) αν x ∈ ⎢⎡⎣0 , 2 , τότε είναι x < 2 ⇔ x − 2 < 0 , οπότε η ανίσωση είναι αδύνατη, που )σημαίνει ότι το x δεν μπορεί να ανήκει στο ⎡⎢⎣0 , 2 . )β) αν x ∈ ⎢⎣⎡2 , + ∞ , τότε είναι x ≥ 2 ⇔ x − 2 ≥ 0 , οπότε από την ανίσωση έχω 2 < (x − 2)2 ⇔ x < x2 + 4 − 4x ⇔ x2 − 5x + 4 > 0 ⇔ x < 1 ή x >4. x Λαμβάνοντας υπόψη ότι εδώ το x ∈ ⎡⎣⎢2, + ∞) , έχω ότι x ∈ (4 , + ∞) . Τελικά, το ζητούμενο διάστημα λύσεων είναι το (4 , + ∞) . - 186 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ 6η μορφή f(x) ≤ g(x) , όπου f(x), g(x) παραστάσεις του x 1ο βήμα Θέσε τον περιορισμό f(x) ≥ 0 (και λύσε την σχετική ανίσωση φυσικά). 2ο βήμα Βρες τις ρίζες της παράστασης g(x) (λύνοντας την εξίσωση g(x) = 0 ). Οι ρίζες της θα χωρίσουν το διάστημα που προκύπτει από τον αρχικό περιορισμό, σε υποδιαστήματα. 3ο βήμα Διάκρινε τόσες περιπτώσεις για το x, όσα είναι και τα υποδιαστήματα που προέκυ- ψαν. α) Σε όποιο από τα διαστήματα αυτά είναι g(x) ≥ 0 , ύψωσε στο τετράγωνο τα μέλη της αρχικής ανίσωσης και λύσε την ανίσωση που θα προκύψει. Το διάστημα λύσεων αυτής της ανίσωσης να το συναληθεύσεις με το διάστημα στο οποίο μελετάς την περίπτωση g(x) ≥ 0 , οπότε θα προκύψει ένα διάστημα Δ. β) Σε όποιο από τα διαστήματα αυτά είναι g(x) < 0 , η ανίσωση θα είναι αδύνατη, που σημαίνει ότι αυτό το διάστημα δεν γίνεται δεκτό. 4ο βήμα Το ζητούμενο διάστημα θα είναι, τελικά, το Δ. - 187 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μόνο εδώ θα βρεις τα αναλυτικότερα βιβλία Μαθηµατικών του διαδικτύου!

Κεφάλαιο 4 - Πολυώνυμα. Πολυωνυμικές εξισώσεις Παράγραφος 4.4 - Εξισώσεις και ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές 2ο βήμα - Η ανίσωση είναι στην μορφή που πρέπει και ο αριθμός στο δεξί μέλος είναι θετι- κός, οπότε υψώνω τα μέλη στο τετράγωνο και λύνω την ανίσωση που προκύπτει. Στο τέλος, συναληθεύω το διάστημα που θα βρω με το διάστημα που προέκυψε από τον περιορισμό του 1ου βήματος. Είναι x +7 <5 ⇔ x +7 2 <52 ⇔ x +7 <25 ⇔ x <18 . Συναληθεύοντας το διάστημα αυτό με τον αρχικό περιορισμό x ≥−7 , τελικά έχω ότι x ∈[−7,18) . Να προσέξεις την μορφή f(x) ≤ α ! Αφού βάλεις τον περιορισμό f(x)≥0 και λύσεις την σχετική ανίσωση, εξέτασε τον αριθμό α. α) Αν είναι α>0 , τότε ύψωσε τα δύο μέλη στο τετράγωνο και λύσε την ανίσωση που θα προκύψει. Την λύση αυτής της ανίσωσης να την συναληθεύσεις με αυτήν του αρχικού περιορι- σμού και έτσι θα πάρεις το ζητούμενο διάστημα λύσεων της αρχικής ανίσωσης. β) Αν είναι α = 0 , τότε έχεις την ανίσωση f(x) ≤0 , από όπου προκύπτει f(x) =0⇔f(x)=0 . • Αν οι λύσεις αυτής της εξίσωσης ανήκουν στο διάστημα που προέκυψε από τον αρχικό περιορισμό, τότε το διάστημα λύσεων της αρχικής ανίσωσης είναι ο αρχικός περιορισμός. • Αν οι λύσεις αυτής της εξίσωσης δεν ανήκουν στο διάστημα που προέκυψε από τον αρχικό περιορισμό, τότε αυτές θα προστεθούν σε αυτό το διάστημα ως ένωση αυ- τού με τους μεμονωμένους αριθμούς των λύσεων. γ) αν είναι α<0 , τότε η ανίσωση είναι αδύνατη. - 98 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 4 - Πολυώνυμα. Πολυωνυμικές εξισώσεις Παράγραφος 4.4 - Εξισώσεις και ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές ▶ 3η μορφή f(x) > g(x) , όπου f(x) , g(x) παραστάσεις του x 1ο βήμα Λύσε το σύστημα περιορισμών ⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎩ f(x)≥0 και ⎪⎫⎬⎪⎭⎪⎪⎪ . g( x ) ≥ 0 2ο βήμα Ύψωσε τα δύο μέλη στο τετράγωνο και λύσε την ανίσωση f(x)>g(x) που θα προκύ- ψει. Πιο γρήγορα: Bάσει ιδιότητας των ριζών, από την ανίσωση f(x) > g(x) άμεσα προκύπτει f(x)>g(x) και έτσι γλιτώνεις το (περιττό) βήμα της ύψωσης των δύο μελών στο τετράγωνο. Το διάστημα που θα προκύψει από αυτήν την ανίσωση, να το συναληθεύσεις με αυτό που προέκυψε από το αρχικό σύστημα περιορισμών. Αυτό θα δώσει το τελικό διάστη- μα λύσεων της ζητούμενης ανίσωσης. Με τα ίδια ακριβώς βήματα λύνονται και οι ανισώσεις f(x) ≥ g(x) , f(x) < g(x) , f(x) ≤ g(x) . - 99 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 4 - Πολυώνυμα. Πολυωνυμικές εξισώσεις Παράγραφος 4.4 - Εξισώσεις και ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές Παράδειγμα 46 Ας δούμε την ανίσωση 1−x ≤ x +3 . 1ο βήμα - Βάζω περιορισμό στα υπόρριζα. Πρέπει να είναι ⎪⎪⎧⎩⎪⎪⎨ 1−x ≥0 ⎪⎪⎪⎭⎫⎬⎪⇔ ⎩⎪⎪⎪⎨⎧⎪ x ≤1 ⎪⎪⎭⎪⎪⎫⎬ , x+3≥0 x ≥−3 δηλαδη x ∈[−3,1] . 2ο βήμα - Η ανίσωση είναι στην μορφή που πρέπει, οπότε υψώνω τα μέλη στο τετράγωνο και λύνω την ανίσωση που θα προκύψει. Στο τέλος συναληθεύω την λύση που θα βρω με το διάστημα που προέκυψε από τον περιορισμό του 1ου βήματος. Είναι 1−x ≤ x +3 ⇔ 1−x 2 ≤ x +32 ⇔1−x ≤ x +3 ⇔ 2x ≥−2 ⇔ x ≥−1 Συναληθεύοντας αυτό το διάστημα με τον αρχικό περιορισμό x ∈[−3,1] , τελικά έχω ότι x ∈[−1,1] . ▶ 4η μορφή f(x) >g(x) , όπου f(x) , g(x) παραστάσεις του x 1ο βήμα Βάλε τον περιορισμό f(x)≥0 και λύσε την σχετική ανίσωση. 2ο βήμα Βρες τις ρίζες της παράστασης g(x) (λύνοντας την εξίσωση g(x) = 0 ). - 100 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 4 - Πολυώνυμα. Πολυωνυμικές εξισώσεις Παράγραφος 4.4 - Εξισώσεις και ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές Οι ρίζες της θα χωρίσουν το διάστημα που προκύπτει από τον αρχικό περιορισμό, σε υποδιαστήματα. 3ο βήμα ∆ιάκρινε τόσες περιπτώσεις για το x, όσα είναι και τα υποδιαστήματα που προέκυψαν. α) Σε όποιο από τα διαστήματα αυτά είναι g(x)≥0 , ύψωσε στο τετράγωνο τα μέλη της αρχικής ανίσωσης και λύσε την ανίσωση που θα προκύψει. Το διάστημα λύσεων αυτής της ανίσωσης να το συναληθεύσεις με το διάστημα στο οποίο μελετάς την περίπτωση g(x)≥0 , οπότε θα προκύψει ένα διάστημα Δ1 . β) Σε όποιο από τα διαστήματα αυτά είναι g(x)<0 , η ανίσωση θα αληθεύει για κάθε τιμή του x, όπως αυτή προκύπτει από το διάστημα του περιορισμού του 1ου βήματος. Λαμβάνοντας υπόψη και το διάστημα που έχεις εδώ για το x, η συναλήθευσή του με τον αρχικό περιορισμό του 1ου βήματος θα δώσει ένα διάστημα Δ2 . Τελικά, η ένωση Δ1 ∪ Δ2 θα δώσει την λύση της ζητούμενης ανίσωσης. Με τα ίδια ακριβώς βήματα λύνεται και η ανίσωση f(x) ≥g(x) . Παράδειγμα 47 Για την ανίσωση x > x−2 έχουμε τα εξής: Kατ' αρχάς, πρέπει να είναι x ≥0 , δηλαδή x ∈[0,+∞) . Είναι x−2=0 ⇔ x=2 . Έτσι, το [0,+∞) χωρίζεται στα διαστήματα [0,2) και [2,+∞) , οπότε διακρίνω τις - 101 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 4 - Πολυώνυμα. Πολυωνυμικές εξισώσεις Παράγραφος 4.4 - Εξισώσεις και ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές εξής περιπτώσεις: α) αν x ∈[0,2) , τότε είναι x<2⇔ x−2<0 και η ανίσωση αληθεύει για κάθε x ≥0 . Λαμβάνοντας υπόψη ότι x ∈[0,2) , έχω το διάστημα Δ1 =[0,2) . β) αν x ∈[2,+∞) , τότε είναι x≥2⇔ x−2≥0 , οπότε από την ανίσωση έχω x 2 >(x−2)2 ⇔ x > x2 + 4−4x ⇔ x2 −5x + 4 <0 ⇔ x ∈(1, 4) . Λαμβάνοντας υπόψη εδώ ότι x ∈[2,+∞) , έχω το διάστημα Δ2 =[2, 4) . Τελικά, το ζητούμενο διάστημα λύσεων είναι το Δ1 ∪ Δ2 =[0,2) ∪[2, 4) =[0, 4). ▶ 5η μορφή f(x) <g(x) , όπου f(x) , g(x) παραστάσεις του x 1ο βήμα Βάλε τον περιορισμό f(x)≥0 και λύσε την σχετική ανίσωση. 2ο βήμα Βρες τις ρίζες της παράστασης g(x) (λύνοντας την εξίσωση g(x) = 0 ). Οι ρίζες της θα χωρίσουν το διάστημα που προκύπτει από τον αρχικό περιορισμό, σε υποδιαστήματα. - 102 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 4 - Πολυώνυμα. Πολυωνυμικές εξισώσεις Παράγραφος 4.4 - Εξισώσεις και ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές 3ο βήμα ∆ιάκρινε τόσες περιπτώσεις για το x, όσα είναι και τα υποδιαστήματα που προέκυψαν. α) Σε όποιο από τα διαστήματα αυτά είναι g(x)≥0 , ύψωσε στο τετράγωνο τα μέλη της αρχικής ανίσωσης και λύσε την ανίσωση που θα προκύψει. Το διάστημα λύσεων αυτής της ανίσωσης να το συναληθεύσεις με το διάστημα στο οποίο μελετάς την περίπτωση g(x)≥0 , οπότε θα προκύψει ένα διάστημα ∆. β) Σε όποιο από τα διαστήματα αυτά είναι g(x)<0 , η ανίσωση θα είναι αδύνατη, το οποίο σημαίνει ότι αυτό το διάστημα δεν γίνεται δεκτό. Τελικά, το ζητούμενο διάστημα θα είναι το ∆. Παράδειγμα 48 Για την ανίσωση x < x−2 έχουμε τα εξής: Kατ' αρχάς, πρέπει να είναι x ≥0 , δηλαδή x ∈[0,+∞) . Είναι x−2=0 ⇔ x=2 . Έτσι, το [0,+∞) χωρίζεται στα διαστήματα [0,2) και [2,+∞) , οπότε διακρίνω τις εξής περιπτώσεις: α) αν x ∈[0,2) , τότε είναι x<2⇔ x−2<0 , οπότε η ανίσωση είναι αδύνατη, το οποίο σημαίνει ότι το x δεν μπορεί να ανήκει στο [0,2) . β) αν x ∈[2,+∞) , τότε είναι - 103 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 4 - Πολυώνυμα. Πολυωνυμικές εξισώσεις Παράγραφος 4.4 - Εξισώσεις και ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές x≥2⇔ x−2≥0 , οπότε από την ανίσωση έχω x 2 <(x−2)2 ⇔ x < x2 + 4−4x ⇔ x2 −5x + 4 >0 ⇔ x <1 ή x > 4 . Λαμβάνοντας υπόψη ότι εδώ το x ∈[2,+∞) , έχω ότι x ∈(4 ,+∞) . Τελικά, το ζητούμενο διάστημα λύσεων είναι το (4 ,+∞) . ▶ 6η μορφή f(x) ≤g(x) , όπου f(x) , g(x) παραστάσεις του x 1ο βήμα Βάλε τον περιορισμό f(x)≥0 και λύσε την σχετική ανίσωση. 2ο βήμα Βρες τις ρίζες της παράστασης g(x) (λύνοντας την εξίσωση g(x) = 0 ). Οι ρίζες της θα χωρίσουν το διάστημα που προκύπτει από τον αρχικό περιορισμό, σε υποδιαστήματα. 3ο βήμα ∆ιάκρινε τόσες περιπτώσεις για το x, όσα είναι και τα υποδιαστήματα που προέκυψαν. α) Σε όποιο από τα διαστήματα αυτά είναι g(x)≥0 , ύψωσε στο τετράγωνο τα μέλη της αρχικής ανίσωσης και λύσε την ανίσωση που θα προκύψει. Το διάστημα λύσεων αυτής της ανίσωσης να το συναληθεύσεις με το διάστημα στο οποίο μελετάς την περίπτωση g(x)≥0 , οπότε θα προκύψει ένα διάστημα ∆. - 104 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr

Κεφάλαιο 4 - Πολυώνυμα. Πολυωνυμικές εξισώσεις Παράγραφος 4.4 - Εξισώσεις και ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυμικές β) Σε όποιο από τα διαστήματα αυτά είναι g(x)<0 , η ανίσωση θα είναι αδύνατη, το οποίο σημαίνει ότι αυτό το διάστημα δεν γίνεται δεκτό. Τελικά, το ζητούμενο διάστημα θα είναι το ∆. - 105 - ∆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