Άλγεβρα Α Λυκείου - Κεφάλαιο 5 - Παράγραφος 5.3 (ασκήσεις σχολικού)

Α΄ Λυκείου - Άλγεβρα Πρόοδοι Παράγραφος 5.3 Γεωµετρική πρόοδος ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΤΟΥ ΣΧΟΛΙΚΟΥ ΒΙΒΛΙΟΥ Νέα Μουδανιά • Δεκέµβριος 2021

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ 3 Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι Λύσεις των ασκήσεων του σχολικού βιβλίου ❖ Α1/136 Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου αν = α1 ⋅ λν−1 . Όταν μια γεωμετρική πρόοδος δίνεται με τον τρόπο που δίνεται στην άσκηση, τότε το πρώτο που πρέπει να βρεις είναι ο λόγος της προόδου. Αυτό προκύπτει εύκολα με τον τρόπο που θα δεις στην αρχή κάθε απάντησης. i. Επειδή είναι 6 =2, 12 =2 (δηλαδή ο λόγος δύο διαδοχικών ζευγών όρων της 3 6 προόδου είναι σταθερός), ο λόγος της προόδου είναι λ = 2 . Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι αν = 3 ⋅ 2ν−1 . Παίζοντας λίγο με τις ιδιότητες των δυνάμεων, μπορείς να συνεχίσεις έτσι: αν = 3⋅ 2ν ⇔ αν = 3 ⋅ 2ν . 21 2 ii. Επειδή είναι 2 = 3⋅ 2 =3 , 6 =3 2 2 2 3 (δηλαδή ο λόγος δύο διαδοχικών ζευγών όρων της προόδου είναι σταθερός), ο λόγος της προόδου είναι λ = 3 . Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι αν = 2 ⋅ 3ν−1 = 2 ⋅ 3ν ⇔ αν = 2 ⋅ 3ν . 3 3 31 9 Παίζοντας λίγο με τις ιδιότητες των δυνάμεων, μπορείς να δουλέψεις και έτσι: αν = 2 ⋅ 3ν−1 = 2 ⋅ 3−1 ⋅ 3ν−1 = 2 ⋅ 3−1+ν−1 ⇔ αν = 2 ⋅ 3ν−2 . 3 - 32 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι iii. Επειδή είναι 27 =3 , 81 = 3 , ο λόγος της προόδου είναι λ = 3 . 9 27 Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι αν = 9 ⋅ 3ν−1 = 9⋅ 3ν = 3 ⋅ 3ν ⇔ αν = 3ν+1 . 31 Παίζοντας λίγο με τις ιδιότητες των δυνάμεων, μπορείς να δουλέψεις και έτσι: αν = 9 ⋅ 3ν−1 = 32 ⋅ 3ν−1 = 32+ν−1 ⇔ αν = 3ν+1 . iv. Επειδή είναι 11 4 1 8 1 8 = 8 = 2 , 16 = 16 = 2 , 1 1 48 ο λόγος της προόδου είναι λ= 1 . 2 Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι αν = 1 ⋅ ⎜⎛⎜⎜⎝ 1 ⎟⎟⎞⎠⎟⎟ν−1 = 12 ⋅ ⎛⎝⎜⎜⎜ 1 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟ν−1 = ⎛⎝⎜⎜⎜ 1 ⎞⎟⎠⎟⎟⎟2 ⋅ ⎝⎜⎜⎛⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞ν−1 = ⎜⎛⎜⎝⎜ 1 ⎟⎟⎟⎞⎟⎠2+ν−1 ⇔ αν = ⎜⎜⎝⎛⎜ 1 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ν+1 . 4 2 22 2 2 2 2 2 Παίζοντας λίγο με τις ιδιότητες των δυνάμεων, μπορείς να δουλέψεις και έτσι: ( )αν =1 ⋅ ⎜⎜⎝⎛⎜ 1 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ν−1 4−1 22 −1 ⋅ 21−ν = 2−2 ⋅ 21−ν = 2−2+1−ν ⇔ αν = 2−ν−1 . 4 2 = ⋅ 21−ν = v. Επειδή είναι 8 = 1 , 4 = 1 , ο λόγος της προόδου είναι λ = 1 . 16 2 8 2 2 Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι αν = 16 ⋅⎜⎜⎜⎛⎝ 1 ⎞⎟⎟⎟⎠⎟ν−1 = 24 ⋅ ⎜⎛⎜⎝⎜ 1 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟ν−1 = ⎛⎜⎜⎜⎝ 1 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟−4 ⋅ ⎜⎜⎝⎛⎜ 1 ⎞⎟⎠⎟⎟⎟ν−1 = ⎜⎝⎜⎜⎛ 1 ⎟⎞⎟⎟⎟⎠−4+ν−1 ⇔ αν = ⎛⎝⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎠⎞⎟ν−5 . 2 2 2 2 2 2 Παίζοντας λίγο με τις ιδιότητες των δυνάμεων, μπορείς να δουλέψεις και έτσι: αν = 16 ⋅⎝⎜⎜⎜⎛ 1 ⎟⎟⎞⎟⎠⎟ν−1 = 24 ⋅ 21−ν = 24+1−ν ⇔ αν = 25−ν . 2 - 33 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι vi. Επειδή είναι 6 = 1 , 2 = 1 , ο λόγος της προόδου είναι λ = 1 . 18 3 6 3 3 Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι αν = 18 ⋅ ⎜⎜⎛⎜⎝ 1 ⎠⎟⎟⎟⎟⎞ν−1 = 2⋅9 ⋅ ⎝⎜⎜⎜⎛ 1 ⎞⎟⎠⎟⎟⎟ν−1 = 2 ⋅ 32 ⋅ ⎜⎜⎜⎝⎛ 1 ⎟⎠⎟⎟⎟⎞ν−1 = 2 ⋅⎜⎝⎜⎛⎜ 1 ⎟⎟⎟⎟⎞⎠−2 ⋅ ⎜⎜⎜⎛⎝ 1 ⎞⎟⎟⎟⎠⎟ν−1 = 2 ⋅⎜⎜⎛⎝⎜ 1 ⎟⎟⎠⎟⎟⎞−2+ν−1 ⇔ 3 3 3 3 3 3 ⇔ αν = 2 ⋅⎜⎜⎛⎜⎝ 1 ⎠⎟⎟⎞⎟⎟ν−3 . 3 Παίζοντας λίγο με τις ιδιότητες των δυνάμεων, μπορείς να δουλέψεις και έτσι: αν = 18 ⋅⎜⎜⎜⎝⎛ 1 ⎟⎞⎟⎟⎠⎟ν−1 = 2 ⋅ 9 ⋅ 31−ν = 2 ⋅ 32 ⋅ 31−ν = 2 ⋅ 32+1−ν ⇔ αν = 2 ⋅ 33−ν . 3 vii. Επειδή είναι 0, 4 4 2 0, 16 16 16 ⋅10 4 2 1 10 5 0, 4 4 ⋅100 10 5 = 0, 4 = = , = 100 = = = , 4 10 ο λόγος της προόδου είναι λ= 2 . 5 Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι αν = 1 ⋅⎝⎜⎛⎜⎜ 2 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ν−1 ⇔ αν = ⎜⎜⎛⎜⎝ 2 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟ν−1 . 5 5 viii. Επειδή είναι 4 = −2 , −8 = −2 , ο λόγος της προόδου είναι λ = −2 . −2 4 Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι ( ) ( ) ( )αν = −2 ⋅ −2 ν−1 = −2 1+ν−1 ⇔ αν = −2 ν . ix. Επειδή είναι 9 = −3 , −27 = −3 , ο λόγος της προόδου είναι λ = −3 . −3 9 Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι ( ) ( ) ( )αν = −3 ⋅ −3 ν−1 = −3 1+ν−1 ⇔ αν = −3 ν . - 34 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ❖ Α2/136 Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου αν = α1 ⋅ λν−1 . Και σε αυτήν την περίπτωση, απαραίτητο στοιχείο για την επίλυση της άσκησης είναι ο λόγος της προόδου (ο πρώτος όρος της προόδου είναι φανερός εξαρχής). i. Επειδή είναι 1 4 1 2 2 1 1 2 = =2 , = = 2, 1 42 ο λόγος της προόδου είναι λ = 2 . Έτσι, για τον α9 έχουμε α9 = α1 ⋅ λ9−1 = 1 ⋅ 28 = 28 = 26 ⇔ α9 = 64 . 4 22 ii. Επειδή είναι 6 =3 , 18 = 3 , ο λόγος της προόδου είναι λ = 3 . 2 6 Έτσι, για τον α7 έχουμε α7 = α1 ⋅ λ7−1 = 2 ⋅ 36 = 2 ⋅ 729 ⇔ α7 = 1458 . iii. Επειδή είναι 243 = 1 , ο λόγος της προόδου είναι λ = 1 . 729 3 3 Έτσι, για τον α8 έχουμε α8 = α1 ⋅ λ8−1 = 729 ⋅⎛⎜⎜⎜⎝ 1 ⎟⎟⎟⎞⎠⎟7 = 36 ⋅ 1 = 1 ⇔ α8 = 1 . 3 37 31 3 iv. Επειδή είναι −2 = −2 , 4 = −2 , ο λόγος της προόδου είναι λ = −2 . 1 −2 Έτσι, για τον α10 έχουμε ( )α10 = α1 ⋅ λ10−1 = 1 ⋅ −2 9 = −29 ⇔ α10 = −512 . - 35 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι v. Επειδή είναι 4 4 ⋅ 27 3 2 2⋅9 3 9⋅8 2 3⋅4 2 9 = = , 3 = = , 8 4 27 9 ο λόγος της προόδου είναι λ= 3 . 2 Έτσι, για τον α9 έχουμε α9 = α1 ⋅ λ9−1 = 8 ⋅ ⎛⎜⎝⎜⎜ 3 ⎟⎠⎟⎟⎞⎟8 = 23 ⋅ 38 = 35 ⇔ α9 = ⎜⎛⎝⎜⎜ 3 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟5 . 27 2 33 28 25 2 ❖ Α3/136 Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου αν = α1 ⋅ λν−1 . Χαρακτηριστική άσκηση: δίνεται η τιμή κάποιου όρου της γεωμετρικής προόδου και ζητείται να βρεθεί ο πρώτος όρος της προόδου. i. Είναι λ = 2 . Επίσης, αφού ο 5ος όρος είναι 32 , ισχύει α5 = 32 , από όπου προκύπτει 3 3 α1 ⋅ λ5−1 = 32 ⇔ α1 ⋅ 24 = 32 ⇔ 16α1 = 32 ⇔ α1 = 2 . 3 3 3 3 ii. Είναι λ = 3 . 4 Επίσης, αφού ο 4ος όρος είναι 27 , ισχύει α4 = 27 , από όπου προκύπτει 128 128 α1 ⋅ λ4−1 = 27 ⇔ α1 ⋅ ⎜⎛⎜⎜⎝ 3 ⎟⎟⎟⎠⎞⎟3 = 27 ⇔ α1 ⋅ 27 = 27 ⇔ α1 = 1 . 128 4 128 64 2 ⋅ 64 2 - 36 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ❖ Α4/136 Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου αν = α1 ⋅ λν−1 . Χαρακτηριστική άσκηση: δίνονται οι τιμές κάποιων όρων της γεωμετρικής προόδου και ζητείται να βρεθεί ο λόγος της προόδου. i. Είναι α3 = 12 και α6 = 96 , οπότε ⎪⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎧ α3 = 12 ⎪⎪⎭⎪⎬⎪⎪⎫⎪ ⇔ ⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩ α1 ⋅ λ3−1 = 12 ⎫⎪⎪⎬⎪⎭⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎩ α1 ⋅ λ2 = 12 ⎪⎪⎬⎪⎪⎭⎪⎪⎫ . α6 = 96 α1 ⋅ λ6−1 = 96 α1 ⋅ λ5 = 96 Επειδή σε μια γεωμετρική πρόοδο είναι α1 ≠ 0 , λ ≠ 0 , διαιρώ τα μέλη των παραπάνω ισοτήτων και έχω ότι α1 ⋅ λ2 = 12 ⇔ 1 = 1 ⇔ λ3 = 8 ⇔ λ = 3 8 ⇔ λ=2 . α1 ⋅ λ 5 3 96 λ3 8 ii. Είναι α2 = 8 και α5 = 64 , οπότε 3 81 ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎧ α2 = 8 ⎪⎪⎪⎪⎬⎭⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎪ ⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪ α1 ⋅ λ2−1 = 8 ⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎪ α1 ⋅ λ = 8 ⎪⎪⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪ . α5 = α1 ⋅ λ5−1 = α1 ⋅ λ4 = 3 3 3 64 64 64 81 81 81 Επειδή σε μια γεωμετρική πρόοδο είναι α1 ≠ 0 , λ ≠ 0 , διαιρώ τα μέλη των παραπάνω ισοτήτων και έχω ότι α1 ⋅ λ 8 1 8 ⋅ 81 1 27 8 8 2 α1 ⋅ λ 4 3 λ3 3 ⋅ 64 λ3 8 27 27 3 = 3 ⇔ = ⇔ = ⇔ λ3 = ⇔λ= 3 ⇔ λ= . 64 81 - 37 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ❖ Α5/136 Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου αν = α1 ⋅ λν−1 . Χαρακτηριστική άσκηση: δίνονται οι τιμές κάποιων όρων της αριθμητικής προόδου και ζητείται να βρεθεί κάποιος άλλος όρος της προόδου. i. Από τις σχέσεις που δίνονται, προκύπτει ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎧⎨⎪⎪ α4 = 125 ⎭⎪⎫⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎩⎧ α1 ⋅ λ4−1 = 125 ⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎫⎪⎬⎪⎪ ⇔ ⎪⎩⎪⎪⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎪ α1 ⋅ λ3 = 125 ⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎪ . α10 = 125 α1 ⋅ λ10−1 = 125 α1 ⋅ λ9 = 125 64 64 64 Επειδή σε μια γεωμετρική πρόοδο είναι α1 ≠ 0 , λ ≠ 0 , διαιρώ τα μέλη των παραπάνω ισοτήτων και έχω ότι α1 ⋅ λ3 = 125 ⇔ 1 = 64 ⇔ λ6 = 1 ⇔ λ=±6 1 = ± 1 ⇔ α1 ⋅ λ 9 6 λ6 64 64 2 125 64 ⇔λ= 1 ή λ=− 1 . 2 2 α) Για λ = 1 , από την σχέση α1 ⋅ λ3 = 125 προκύπτει 2 α1 ⋅ ⎜⎝⎛⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎠⎞⎟3 = 125 ⇔ α1 ⋅ 1 = 125 ⇔ α1 = 8 ⋅ 125 ⇔ α1 = 1000 . 2 8 Τότε, θα είναι α14 = α1 ⋅ λ14−1 = 1000 ⋅⎝⎛⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟⎞⎟⎠13 ⇔ α14 = 103 . 2 213 β) Για λ = − 1 , από την σχέση α1 ⋅ λ3 = 125 προκύπτει 2 α1 ⋅⎜⎜⎜⎝⎛− 1 ⎟⎞⎟⎠⎟⎟3 = 125 ⇔ α1 ⋅ −1 = 125 ⇔ α1 = −8 ⋅ 125 ⇔ α1 = −1000 . 2 8 Τότε, θα είναι α14 = α1 ⋅ λ14−1 = −1000 ⋅⎛⎜⎜⎝⎜− 1 ⎟⎠⎞⎟⎟⎟13 ⇔ α14 = 103 . 2 213 - 38 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ii. Από τις σχέσεις που δίνονται, προκύπτει ⎨⎪⎪⎧⎩⎪⎪⎪⎪ α13 = 2 ⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫⎪ ⇔ ⎪⎪⎩⎧⎪⎪⎨⎪⎪ α1 ⋅ λ13−1 = 2 ⎪⎪⎪⎫⎪⎭⎪⎪⎬ ⇔ ⎪⎪⎪⎧⎨⎩⎪⎪⎪ α1 ⋅ λ12 = 2 ⎪⎪⎭⎪⎫⎪⎪⎬⎪ . α23 = 32 2 α1 ⋅ λ23−1 = 32 2 α1 ⋅ λ22 = 32 2 Επειδή σε μια γεωμετρική πρόοδο είναι α1 ≠ 0 , λ ≠ 0 , διαιρώ τα μέλη των παραπάνω ισοτήτων και έχω ότι α1 ⋅ λ12 = 2 ⇔ 1 = 1 ⇔ λ10 = 32 ⇔ λ = ± 10 32 = ± 5⋅2 25 ⇔ λ10 32 α1 ⋅ λ 22 10 32 2 ⇔λ= 2 ή λ=− 2 . α) Για λ = 2 , από την σχέση α1 ⋅ λ12 = 2 προκύπτει 12 2 = 1 = 1 = ⎜⎝⎜⎜⎛ 1 =1 ⇔ 2 10 ⋅ 2 2⎟⎠⎟⎞⎟5 ⋅ 25 2 α1 ⋅ 2 = 2 ⇔ α1 = 12 11 2 2 2 2 ⇔ α1 = 1 =2 = 2 = 2 ⇔ α1 = 2 . 32 2 32 2 ⋅ 32 ⋅ 2 64 2 32 ⋅ 2 2 Τότε, θα είναι α21 = α1 ⋅ λ21−1 = 2 ⋅ 20 2 ⋅ ⎜⎛⎝⎜⎜ 2 2⎟⎟⎟⎠⎞10 = 2 ⋅ 210 = 2 ⋅ 210 4 = 24 2⇔ 64 64 64 26 2= ⇔ α21 = 16 2 . β) Για λ = − 2 , από την σχέση α1 ⋅ λ12 = 2 προκύπτει ( )12 2 ⇔ α1 ⋅ 12 2 ⇔ α1 = 2 , 64 α1 ⋅ − 2 = 2= όπως βρέθηκε στην περίπτωση (α). Τότε, θα είναι ( )α21 = α1 ⋅ λ21−1 = 2 ⋅− 20 2 ⋅ 2 20 ⇔ α21 = 16 2 , 64 64 2= επίσης όπως βρέθηκε στην περίπτωση (α). - 39 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ❖ Α6/136 Επειδή είναι 6 =2, 12 = 2 , ο λόγος της προόδου είναι λ = 2 . 3 6 Αν αν = 768 είναι ο αναφερόμενος όρος, τότε ζητείται το ν. Είναι αν = 768 ⇔ α1 ⋅ λν−1 = 768 ⇔ 3 ⋅ 2ν−1 = 768 ⇔ 2ν−1 = 256 ⇔ 2ν−1 = 28 ⇔ ν − 1 = 8 ⇔ ⇔ν=9, δηλαδή το ζητούμενο πλήθος όρων είναι 9. Και εδώ έχουμε την «ασήμαντη λεπτομέρεια» που αναφέρθηκε στην θεωρία: Η εξίσωση 2ν−1 = 256 είναι εκθετική εξίσωση (τέτοιες εξισώσεις θα μάθεις πώς λύνο- νται στην Άλγεβρα της Β΄ Λυκείου όμως), οπότε για να την λύσεις πρέπει να γράψεις το 258 ως δύναμη με βάση το 2. Επειδή είναι 256 = 28 , η εξίσωση γράφεται 2ν−1 = 28 , οπότε πλέον εξίσωσε του εκθέ- τες και λύσε την εξίσωση που προκύπτει, δηλαδή την ν − 1 = 8 . ❖ Α7/137 i. Επειδή είναι 8 =2, 16 = 2 , ο λόγος της προόδου είναι λ = 2 . 4 8 Αν αν είναι ο όρος που υπερβαίνει το 2000, δηλαδή ο πρώτος όρος της προόδου ο οποίος είναι μεγαλύτερος του 2000, θα ισχύει αν > 2000 , από όπου προκύπτει α1 ⋅ λν−1 > 2000 ⇔ 4 ⋅ 2ν−1 > 2000 ⇔ 2ν−1 > 500 ⇔ 2ν > 500 ⇔ 2ν > 1000 (1) 2 Άλλη μια «ασήμαντη λεπτομέρεια» και εδώ, στην ανίσωση στην οποία καταλήξαμε: Όπως νωρίτερα η εξίσωση 2ν−1 = 256 (άσκηση Α6/136) είπαμε ότι είναι εκθετική εξί- σωση και θα μάθεις πώς λύνεται στην Άλγεβρα της Β΄ Λυκείου, η ανίσωση (1) είναι εκθετική ανίσωση και ­σωστά μάντεψες!­ θα μάθεις πώς λύνεται στην Άλγεβρα της Β΄ Λυκείου. Μάλιστα, για να λύσεις αυτήν την ανίσωση θα χρειαστείς και την βοήθεια μιας άλλης έννοιας που θα μάθεις στην Β΄ Λυκείου (δεν στην λέω τώρα, γιατί θα τρο- μάξεις). - 40 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι Έτσι, για να προσπεράσουμε αυτό το «ασήμαντο» πρόβλημα που έχουμε εδώ με την ανίσωση, θα καταφύγουμε σε αλγεβρικές «αλχημείες». Για πάμε! Επειδή είναι 29 = 512 < 1000 και 210 = 1024 > 1000 , για να ισχύει η (1) θα πρέπει να είναι ν > 9 . Επομένως, ο πρώτος όρος της προόδου που υπερβαίνει το 2000, είναι ο 10ος όρος. ii. Επειδή είναι 64 = 1 , 32 = 1 , ο λόγος της προόδου είναι λ = 1 . 128 2 64 2 2 Αν αν είναι ο όρος που είναι μικρότερος του 0, 25 = 25 = 1 , θα ισχύει αν < 1 , 100 4 4 από όπου προκύπτει α1 ⋅ λν−1 < 1 ⇔ 128 ⋅ ⎜⎜⎝⎛⎜ 1 ⎠⎟⎟⎟⎟⎞ν−1 < 1 ⇔ 27 ⋅ 21−ν < 1 ⇔ 27+1−ν < 2−2 ⇔ 28−ν < 2−2 ⇔ 4 2 4 22 ⇔ 8 − ν < −2 ⇔ ν > 10 . Επομένως, ο πρώτος όρος της προόδου που είναι μικρότερος του 0,25 είναι ο 11ος όρος. Και εδώ, η ανίσωση 128 ⋅ ⎛⎜⎜⎜⎝ 1 ⎞⎠⎟⎟⎟⎟ν−1 < 1 είναι εκθετική, οπότε πρέπει να την φέρουμε σε 2 4 μορφή 2κ < 2µ και μετά να συνεχίσουμε λύνοντας την ανίσωση κ < µ . Εντάξει, ας μην το σχολιάσω, μια «ασήμαντη λεπτομέρεια» είναι και αυτή. Πάμε παρακάτω. - 41 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ❖ Α8/137 Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου του γεωμετρικού μέσου δύο αριθμών. i. Για τους αριθμούς: • 5 και 20, ο γεωμετρικός μέσος είναι ο αριθμός 5 ⋅ 20 = 100 = 10 . • 1 και 3 , ο γεωμετρικός μέσος είναι ο αριθμός 1 ⋅ 3 = 1 =1. 3 3 ii. Προκειμένου οι τρεις αριθμοί να αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προό- δου, θα πρέπει να ισχύει (x − 4)⋅(x − 19) = (x + 1)2 , από όπου έχω x2 − 19x − 4x + 76 = x2 + 2x + 1 ⇔ 25x = 75 ⇔ x = 3 . ❖ Α9/137 Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου Sν = α1 ⋅ λν −1 . λ −1 i. Επειδή είναι 2 =2, 4 = 2 , οι όροι του αθροίσματος είναι όροι γεωμετρικής προ- 1 2 όδου με λόγο λ = 2 , οπότε το ζητούμενο άθροισμα είναι το S10 = 1 ⋅ 210 − 1 = 1024 − 1 ⇔ S10 = 1023 . 2−1 ii. Επειδή είναι 9 =3 , 27 = 3 , οι όροι του αθροίσματος είναι όροι γεωμετρικής 3 9 προόδου με λόγο λ = 3 , οπότε το ζητούμενο άθροισμα είναι το 310 − 1 3 3−1 2 ( )S10 = 3 ⋅ ⇔ S10 = 310 − 1 . - 42 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι iii. Επειδή είναι 8 = −2 , −16 = −2 , οι όροι του αθροίσματος είναι όροι γεωμε- −4 8 τρικής προόδου με λόγο λ = −2 , οπότε το ζητούμενο άθροισμα είναι το ( )S10 = −4 ⋅ −2 10 − 1 = 4⋅ 1024 − 1 = 4 ⋅1023 = 4 ⋅ 341 ⇔ S10 = 1364 . −2 − 1 3 3 ❖ Α10/137 Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου Sν = α1 ⋅ λν −1 . λ −1 i. Επειδή είναι 8 =4 , 32 = 4 , οι όροι του αθροίσματος είναι όροι γεωμετρικής 2 8 προόδου με λόγο λ = 4 . Από την σχέση αν = α1 ⋅ λν−1 , για αν = 8192 , α1 = 2 , λ = 4 , θα βρω το πλήθος ν των όρων του αθροίσματος: αν = α1 ⋅ λν−1 ⇔ 8192 = 2 ⋅ 4ν−1 ⇔ 4ν−1 = 4096 ⇔ 4ν−1 = 46 ⇔ ν − 1 = 6 ⇔ ν = 7 . Άρα έχουμε 7 όρους στο άθροισμα, οπότε αυτό ισούται με S7 = 2⋅ 47 − 1 = 2⋅ 16384 − 1 = 2⋅ 16383 = 2 ⋅ 5461 ⇔ S7 = 10922 . 4−1 3 3 ii. Επειδή είναι 2 = 1 , οι όροι του αθροίσματος είναι όροι γεωμετρικής προόδου με 4 2 1 λόγο λ = 2 . Από την σχέση αν = α1 ⋅ λν−1 , για αν = 1 , α1 = 4 , λ = 1 , θα βρω το πλήθος ν των 512 2 όρων του αθροίσματος: αν = α1 ⋅ λν−1 ⇔ 1 = 4 ⋅ ⎜⎜⎝⎜⎛ 1 ⎟⎟⎠⎟⎞⎟ν−1 ⇔ 1 = 22 ⋅ 21−ν ⇔ 22+1−ν = 2−9 ⇔ 23−ν = 2−9 ⇔ 512 2 29 ⇔ 3 − ν = −9 ⇔ ν = 12 . Άρα έχουμε 12 όρους στο άθροισμα, οπότε αυτό ισούται με - 43 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ⎜⎛⎝⎜⎜ 1 ⎟⎠⎟⎟⎞⎟12 − 1 1 −1 ( )= 4 ⋅ 1 − 212 212 − 1 = 23 ⋅ 212 − 1 2 212 212 212 212 9 S12 = 4 ⋅ = 4⋅ −2 ⋅ = 8⋅ ⇔ 1 1 2 −1 − 2 ⇔ S12 = 212 − 1 . 29 iii. Επειδή είναι −2 = −2 , 4 = −2 , οι όροι του αθροίσματος είναι όροι γεωμετρι- 1 −2 κής προόδου με λόγο λ = −2 . Από την σχέση αν = α1 ⋅ λν−1 , για αν = 256 , α1 = 1 , λ = −2 , θα βρω το πλήθος ν των όρων του αθροίσματος. ( ) ( ) ( )αν = α1 ⋅ λν−1 ⇔ 256 = 1 ⋅ −2 ν−1 ⇔ −2 ν−1 = −2 8 ⇔ ν − 1 = 8 ⇔ ν = 9 . Άρα έχουμε 9 όρους στο άθροισμα, οπότε αυτό ισούται με ( )S9 = 1 ⋅−2 9 − 1 = −29 − 1 ⇔ S9 = 29 + 1 . −2 − 1 −3 3 ❖ Α11/137 Αφού αρχικώς υπάρχουν 3 βακτηρίδια και ο αριθμός τους διπλασιάζεται κάθε μία ώρα, ο αριθμός των βακτηριδίων σχηματίζει γεωμετρική πρόοδο με λόγο λ = 2 . Επομένως, μετά από μία ώρα θα υπάρχουν 2 ⋅ 3 = 6 βακτηρίδια και αυτός ο αριθμός θα είναι ο πρώτος όρος της προόδου. Έτσι, μετά από 12 ώρες θα υπάρχουν α12 = α1 ⋅ λ12−1 = 6 ⋅ 211 = 6 ⋅ 2048 = 12288 βακτηρίδια. - 44 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ❖ Α12/137 Αφού αρχικώς η μπάλα είναι σε ύψος 60 μέτρων και ο αριθμός που δίνει το ύψος στο οποίο θα φτάνει σε κάθε αναπήδηση είναι το 1 του προηγούμενου ύψους, οι αριθμοί 3 που δίνουν το ύψος στο οποίο βρίσκεται η μπάλα μετά από κάθε αναπήδηση σχηματί- ζουν γεωμετρική πρόοδο με λόγο λ = 1 . 3 Επομένως, στην πρώτη αναπήδηση η μπάλα θα είναι σε ύψος 1 ⋅ 60 = 20 μέτρων και 3 αυτός ο αριθμός θα είναι ο πρώτος όρος της προόδου. Έτσι, στην 4η αναπήδηση η μπάλα θα είναι σε ύψος α4 = α1 ⋅ λ4−1 = 20 ⋅⎜⎛⎝⎜⎜ 1 ⎟⎞⎠⎟⎟⎟3 = 20 μέτρα. 3 27 - 45 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ❖ Β1/138 Στην άσκηση θα δεις ένα χαρακτηριστικό θέμα που αναφέρθηκε στην μεθοδολογία: πώς θα δείξεις ότι μια ακολουθία είναι γεωμετρική πρόοδος. Επειδή είναι α ν+1 = 2ν+1 ⋅ 1 = 2ν ⋅ 2 = 2 ⋅ 3ν+1 = 2 ⋅ 3ν ⋅ 3 = 2 , αν 3ν+1+1 3ν+2 3ν+2 3ν ⋅ 32 3 1 2ν 2ν ⋅ 3ν+1 3ν+1 δηλαδή ο λόγος κάθε επόμενου όρου προς τον προηγούμενο είναι σταθερός (ανεξάρτη- τος του ν), η ακολουθία (αν) είναι γεωμετρική πρόοδος. Μάλιστα, ο λόγος της προόδου είναι λ= 2 . 3 Ο πρώτος όρος της προόδου είναι ο α1 = 21 ⋅ 1 ⇔ α1 = 2 . 31+1 9 ❖ Β2/138 Στην άσκηση θα δεις μια πολύ χαρακτηριστική εφαρμογή της έννοιας των διαδοχικών όρων γεωμετρικής προόδου. Κατ’ αρχάς, πρέπει να είναι ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎪⎧ ν−5 ≥ 0 ⎭⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎫⎪⎪⎪ ⇔ ⎪⎪⎪⎪⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎧⎪⎪ ν≥5 ⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎪ , 10ν + 4 ≥ 0 ν≥− 4 ν+2≥0 10 ν ≥ −2 δηλαδή ν ≥ 5 . Οι τρεις αριθμοί θα είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, αν και μόνο αν ( )ν − 5 ⋅ ( )⎢⎡⎢⎢⎣ 10ν + 4 1 ⎥⎥⎥⎦⎤2 ν+2 = 2 (ν − 5)(ν + 2) = 4 ⇔ 4 10ν + 4 ⇔ ( )1 ⇔ ν2 + 2ν − 5ν − 10 = 10ν + 4 2 ⇔ ν2 − 3ν − 10 = 10ν + 4 ⇔ ⇔ ν2 − 3ν − 10 = 10ν + 4 ⇔ ν2 − 13ν − 14 = 0 . - 46 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι (−13)2 − 4 ⋅1 ⋅ (−14) = 169 + 56 = 225 , οπότε αυτή έχει δύο άνισες ρίζες, τις ν1,2 = 13 ± 225 = 13 ± 15 ⇔ ν1 = 14 , ν2 = −1 . 2⋅1 2 Η ρίζα ν2 = −1 απορρίπτεται, οπότε τελικά ν = 14 . ❖ Β3/138 i. Έστω (αν) μια γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ. Τα τετράγωνα α2ν των όρων της σχηματίζουν την ακολουθία βν = α 2 , όπου είναι ν βν+1 = α2 = ⎛⎜⎜⎝⎜⎜ α ν+1 ⎟⎞⎟⎟⎟⎟⎠2 . βν ν+1 αν α2ν Αφού η (αν) είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ όμως, ισχύει α ν+1 = λ , άρα αν βν+1 βν = λ2 , δηλαδή η ακολουθία (βν) είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ2 . ii. Έστω (αν) μια γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ. Υψώνοντας κάθε όρο της στην k σχηματίζεται η ακολουθία γν = α k , όπου είναι ν γν+1 = αk = ⎜⎝⎛⎜⎜⎜ α ν+1 ⎟⎟⎟⎠⎞⎟⎟k . γν ν+1 αν α k ν Αφού η (αν) είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ όμως, ισχύει α ν+1 = λ , άρα αν γν+1 γν = λk , δηλαδή η ακολουθία (γν) είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λk . - 47 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ❖ Β4/138 Αρκεί να βρω τον πρώτο όρο α1 και τον λόγο λ της γεωμετρικής προόδου. Αφού το άθροισμα των δύο πρώτων όρων της είναι 3 + 3 , ισχύει α1 + α2 = 3 + 3 . Αφού έχουμε γεωμετρική πρόοδο, ισχύει α2 = α1 ⋅ λ , οπότε ( )α1 + λα1 = 3 + 3 ⇔ α1 λ + 1 = 3 + 3 (1) ( )Αφού το άθροισμα των τεσσάρων πρώτων όρων της είναι 4 3 + 3 , ισχύει ( ) ( ) ( )( )( )S4 = 4 3 + 3 ⇔ α1 ⋅ λ4 − 1 =4 3+ 3 ⇔ α1 ⋅ λ2 − 1 λ2 + 1 =4 3+ 3 ⇔ λ −1 λ −1 ( )( ) ( )λ −1 λ + 1 λ2 + 1 (1) ( ) ( )( )( )⇔ α1 ⋅ λ−1 = 4 3 + 3 ⇔ α1 λ + 1 λ2 + 1 = 4 3 + 3 ⇔ ( ) ( )( )⇔ 3 + 3 λ2 + 1 = 4 3 + 3 ⇔ λ2 + 1 = 4 ⇔ λ2 = 3 ⇔ λ = 3 ή λ = − 3 . α) Για λ = 3 , από την (1) προκύπτει ( ) (( ))(( ))α1 3+ 3 3 −1 2 3+ 3 3 +1 3 −1 =3 3 −3+ 3 − 3 3 +1 =3+ 3 ⇔ α1 = 3 +1 = 3 2 − 12 ⇔ ⇔ α1 = 2 3 −3+3 = 23 ⇔ α1 = 3. 3−1 2 Επομένως, στην περίπτωση αυτή η ζητούμενη γεωμετρική πρόοδος είναι αυτή η οποία έχει πρώτο όρο α1 = 3 και λόγο λ = 3 . β) Για λ = − 3 , από την (1) προκύπτει ( ) (( ))(( ))α1 − 3 +1 =3+ 3 ⇔ α1 = 3+ 3 = 3+ 3 1+ 3 ⇔ 1− 3 1− 3 1+ 3 = 3+3 3+ 3+ 32 = 4 3 +3+3 = 4 3 +6 = ( )2 2 3 + 3 ⇔ 12 − 1−3 −2 2 −2 3 - 48 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ( )⇔ α1 = − 2 3 + 3 . Επομένως, στην περίπτωση αυτή η ζητούμενη γεωμετρική πρόοδος είναι αυτή η οποία ( )έχει πρώτο όρο α1 = − 2 3 + 3 και λόγο λ = − 3 . ❖ Β5/138 Το ζητούμενο άθροισμα είναι το S10 = α1 ⋅ λ10 − 1 , λ −1 όπου α1 ο πρώτος όρος και λ ο λόγος της προόδου. (1) Από την σχέση α2 + α6 = 34 προκύπτει ( )α1 ⋅ λ + α1 ⋅ λ5 = 34 ⇔ λα1 1 + λ4 = 34 Από την σχέση α3 + α7 = 68 προκύπτει (2) ( )α1 ⋅ λ2 + α1 ⋅ λ6 = 68 ⇔ λ2α1 1 + λ4 = 68 Επειδή σε μια γεωμετρική πρόοδο είναι α1 ≠ 0 , λ ≠ 0 , διαιρώ τα μέλη των (1) και (2) και έχω ότι ( )λ α1 1 + λ4 = 34 ⇔ 1 = 1 ⇔ λ=2. ( )λ 2 α1 1 + λ4 68 λ 2 Από την (1) έχω τότε ( )2α1 1 + 24 = 34 ⇔ 34 α1 = 34 ⇔ α1 = 1 . Επομένως, το ζητούμενο άθροισμα είναι ίσο με S10 = 1 ⋅ 210 − 1 = 1024 − 1 ⇔ S10 = 1023 . 2−1 - 49 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ❖ Β6/138 Αφού ο ετήσιος ρυθμός αύξησης είναι 2% και αν ο πληθυσμός σε ν χρόνια από σήμε- ρα, σε ν + 1 χρόνια από σήμερα θα είναι αν+1 = αν + 2 ⋅ αν = 102 ⋅ αν ⇔ αν+1 = 1, 02 ⋅ αν , 100 100 σχέση η οποία δίνει τον αναδρομικό τύπο της ακολουθίας του πληθυσμού. Επειδή είναι και α ν+1 = 1, 02 , δηλαδή ο λόγος είναι σταθερός, η ακολουθία αυτή είναι αν γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ = 1, 02 . Σε 1 χρόνο από σήμερα, ο πληθυσμός θα είναι α1 = 90 ⋅1, 02 = 91, 8 εκατομμύρια και ο γενικός όρος θα είναι ( ) ( )αν = α1 ⋅ λν−1 = 90 ⋅ 1, 02 ⋅ 1, 02 ν−1 ⇔ αν = 90 ⋅ 1, 02 ν . ( )Σε 10 χρόνια από σήμερα, ο πληθυσμός θα είναι α10 = 90 ⋅ 1, 02 10 εκατομμύρια. ❖ Β7/138 Αφού η ένταση του φωτός μειώνεται κατά 10% και Ιν είναι η ένταση, αφού διέλθει από ν φίλτρα, όταν διέλθει μέσα από ν + 1 φίλτρα θα είναι Ιν+1 = Ιν − 10 ⋅ Ιν = 90 ⋅ Ιν ⇔ Ιν+1 = 0, 9 ⋅ Ιν , 100 100 σχέση η οποία δίνει τον αναδρομικό τύπο της ζητούμενης ακολουθίας. Επειδή είναι και Ιν+1 = 0, 9 , δηλαδή ο λόγος είναι σταθερός, η ακολουθία αυτή είναι Ιν γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ = 0, 9 . Αφού διέλθει μέσα από 1 φίλτρο, η ένταση του φωτός θα είναι Ι1 = 0, 9 ⋅ Ι0 , όπου Ι0 η αρχική του ένταση. Ο γενικός όρος της προόδου θα είναι ( ) ( )Ιν = Ι1 ⋅ λν−1 = 0, 9 ⋅ Ι0 ⋅ 0, 9 ν−1 ⇔ Ιν = Ι0 ⋅ 0, 9 ν . - 50 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ( )Όταν διέλθει μέσα από 10 φίλτρα, η ένταση θα είναι Ι10 = Ι0 ⋅ 0, 9 10 . ❖ Β8/138 i. Η γεωμετρική πρόοδος των τόνων είναι η 261 , x1 , x2 , x3 , ... , x11 , 522 , με λόγο λ. Αφού είναι C′′ = 2 ⋅ C′ = 2 ⋅ 261 = 522 , έχω ότι C′ ⋅ λ13−1 = 522 ⇔ 261 ⋅ λ12 = 522 ⇔ λ12 = 2 ⇔ λ = 12 2 . ii. Η συχνότητα του 5ου τόνου είναι η τιμή του 5ου όρου της προόδου, δηλαδή ( )x4 = C′ ⋅ λ5−1 = 261 ⋅ 12 2 4 = 261 ⋅ 3⋅4 24 ⇔ x4 = 261 ⋅ 3 2 Hz . ❖ Β9/139 i. Αφού Dν είναι η ποσότητα στο ψυγείο μετά την εφαρμογή ν φορών της διαδικασί- ας, όταν εφαρμόσουμε την διαδικασία ν + 1 φορές η ποσότητα νερού στο ψυγείο θα είναι Dν+1 = Dν − 4 ⋅ Dν = Dν − 0, 1 ⋅ Dν ⇔ Dν+1 = 0, 9 ⋅ Dν , 40 σχέση η οποία δίνει τον ζητούμενο αναδρομικό τύπο. ii. Επειδή είναι Dν+1 = 0, 9 , δηλαδή ο λόγος είναι σταθερός, η ακολουθία αυτή είναι Dν γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ = 0, 9 . Την 1η φορά που εφαρμόζεται η διαδικασία, στο ψυγείο μένουν 40 − 4 = 36 λίτρα νερό, οπότε είναι D1 = 36 ο πρώτος όρος της προόδου. Την 7η φορά που εφαρμόζεται η διαδικασία, στο ψυγείο θα μείνουν ( )D7 = D1 ⋅ λ7−1 = 36 ⋅ 0, 9 6 λίτρα νερό. - 51 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ❖ Β10/139 Επειδή στο 1ο τετραγωνάκι βάζουμε 1 κόκκο ρυζιού και κάθε φορά διπλασιάζουμε τον αριθμό κόκκων που βάζουμε, οι αριθμοί των κόκκων συνιστούν γεωμετρική πρόοδο με πρώτο όρο α1 = 1 και λόγο λ = 2 . Η σκακιέρα έχει 64 τετράγωνα, οπότε η ζητούμενη ποσότητα είναι ίση με το άθροισμα α1 + α2 + α3 + ... + α64 , δηλαδή ισούται με το άθροισμα των 64 πρώτων όρων της προ- όδου. Επομένως, το ζητούμενο άθροισμα είναι το S64 = α1 ⋅ λ64 − 1 = 1⋅ 264 − 1 ⇔ S64 = 264 − 1 κόκκοι ριζιού. λ −1 2−1 Επειδή 1 κιλό ριζιού έχει 20000 = 2 ⋅104 κόκκους ριζιού, οι 264 − 1 κόκκοι θα είναι 264 − 1 κιλά ρυζιού, ή, σε τόνους, 264 − 1 = 264 − 1 τόνοι. 2 ⋅ 104 2 ⋅ 104 2 ⋅ 107 103 ❖ Β11/139 i. Το πλήθος των πλευρών του αρχικού σχήματος είναι S1 = 3 , του δεύτερου σχήμα- τος είναι S2 = 3 ⋅ 4 = 12 , του τρίτου σχήματος είναι S3 = 12 ⋅ 4 = 48 κ.ο.κ. Επομένως, το πλήθος των πλευρών κάθε σχήματος προκύπτει από το αντίστοιχο του προηγούμενου σχήματος πολλαπλασιασμένο επί 4, δηλαδή η ακολουθία του πλήθους των πλευρών είναι γεωμετρική πρόοδος με πρώτο όρο S1 = 3 και λόγο λ = 4 . Άρα: • ο αναδρομικός τύπος της ακολουθίας (Sν) είναι Sν+1 = 4 ⋅ Sν . • ο γενικός όρος της ακολουθίας­γεωμετρικής προόδου είναι Sν = S1 ⋅ λν−1 ⇔ Sν = 3 ⋅ 4ν−1 . - 52 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ii. Αφού το αρχικό ισόπλευρο τρίγωνο έχει πλευρά ίση με 1, η περίμετρος του αρχι- κού σχήματος είναι U1 = 3 ⋅1 = 3 . Το δεύτερο σχήμα έχει 12 πλευρές με μήκος το 1 του μήκους της πλευράς του προ- 3 ηγούμενου σχήματος, δηλαδή 12 πλευρές μήκους 1 ⋅1 = 1 άρα έχει περίμετρο 3 3 U2 = 12 ⋅ 1 =4. 3 Το τρίτο σχήμα έχει 48 πλευρές με μήκος το 1 του μήκους της πλευράς του προ- 3 ηγούμενου σχήματος, δηλαδή 48 πλευρές μήκους 1 ⋅ 1 = 1 , άρα έχει περίμετρο 3 3 9 U3 = 48 ⋅ 1 = 16 = 4⋅ 4 = 4 ⋅ U2 . 9 3 3 3 Επειδή είναι και U2 = 12 ⋅ 1 =4= 4 ⋅3 = 4 ⋅ U1 , 3 3 3 συμπεραίνω ότι η περίμετρος κάθε επόμενου σχήματος προκύπτει από την περίμετρο του προηγούμενου σχήματος πολλαπλασιάζοντας επί 4 , συνεπώς η ακολουθία (Uν ) 3 των περιμέτρων των σχημάτων: • έχει αναδρομικό τύπο Uν+1 = 4 ⋅ Uν . 3 • είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ = 4 και γενικό όρο 3 Uν = U1 ⋅ λν−1 ⇔ Uν = 3 ⋅ ⎜⎝⎜⎜⎛ 4 ⎟⎟⎟⎠⎞⎟ν−1 . 3 - 53 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Μόνο εδώ θα βρεις τα αναλυτικότερα βιβλία Μαθηµατικών του διαδικτύου!