Α΄ Λυκείου • Άλγεβρα Κεφάλαιο 3 Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 Εξισώσεις 2ου βαθμού 4 Περισσότερες λυμένες ασκήσεις Μαθηματικό στέκι www.mathsteki.gr Νέα Μουδανιά • Ιανουάριος 2022
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού ~ Παράγραφος 3.3 ~ Εξισώσεις 2ου βαθμού Επιπλέον λυμένες ασκήσεις Άσκηση 40 ( )Να λύσετε την εξίσωση x2 − 3 − 2 x− 6 = 0 . Η εξίσωση εμπίπτει σε μια ιδιαίτερη περίπτωση (αναφέρθηκε και σε λυμένη άσκηση του σχολικού βιβλίου) : Ο συντελεστής του x είναι άθροισμα δύο αριθμών και ο σταθερός όρος είναι το γινό- μενο των ίδιων αριθμών. Κάνοντας τις πράξεις στην εξίσωση και μετά παραγοντοποίηση με ομαδοποίηση, θα καταφέρεις να λύσεις την εξίσωση. ( )x2 − 3 − 2 x− 6 = 0 ⇔ x2 − 3 x + 2 x− 3 2 = 0 ⇔ ⇔ x(x− 3 )+ 2 (x− 3 )= 0 ⇔(x− 3 )(x+ 2 )= 0 ⇔ ⇔x− 3 =0 ή x+ 2 =0⇔x= 3 ή x=− 2 . -1- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 41 Να λύσετε την εξίσωση αβx2 −(α−β)x−1= 0 , όπου αβ ≠ 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = ⎣⎡ −(α−β)⎦⎤2 −4⋅αβ⋅(−1)=(α−β)2 + 4αβ = α2 +β2 −2αβ+ 4αβ = α2 +β2 +2αβ = =(α +β)2 ≥0 , για κάθε α , β ∈ ! . ∆ιακρίνω τις εξής περιπτώσεις: Ι. όταν είναι Δ>0 , δηλαδή όταν (α +β)2 >0 ⇔ α +β ≠ 0 ⇔ α ≠−β , τότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = − ⎡⎣ −(α−β)⎦⎤ ± (α +β)2 = α−β±(α +β) ⇔ 2 ⋅α β 2α β ⇔ x1 = α− β +α+ β = 2α = 1 , x2 = α −β− α −β = − 2β =− 1 . 2α β 2α β β 2α β 2α β α ΙΙ. όταν είναι Δ = 0 , δηλαδή όταν (α +β)2 = 0 ⇔ α +β = 0 ⇔ α =−β , τότε η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα, την x0 = − ⎣⎡ −(α−β)⎦⎤ = α−β α=−β −β−β = − 2β = 1 . 2α β 2⋅(−β)⋅β −2β2 β 2α β = ∆εύτερος τρόπος (προτεινόμενος) αβx2 −(α−β)x−1= 0 ⇔ αβx2 −α x +βx−1= 0 ⇔ α x(βx−1)+(βx−1)= 0 ⇔ ⇔(βx−1)(α x +1)= 0 ⇔ βx−1= 0 ή α x +1= 0 ⇔ βx =1 ή α x =−1. -2- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Αφού είναι αβ ≠ 0 , είναι α ≠ 0 και β ≠ 0 , οπότε από τις τελευταίες εξισώσεις έχω x= 1 ή x=− 1 . β α Άσκηση 42 ∆ίνεται η εξίσωση x2 −(λ3 −28)x−1= 0 (1) α) Να δείξετε ότι η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, για κάθε λ ∈ ! . β) Να βρείτε το λ, ώστε οι ρίζες της (1) να είναι αντίθετες. γ) Ποιες είναι οι δύο αυτές αντίθετες ρίζες; α) Αρκεί να δείξω ότι η διακρίνουσα της (1) είναι θετική, για κάθε λ ∈ ! . Είναι Δ = ⎣⎡⎢ −(λ3 −28)⎤⎥⎦2 −4⋅1⋅(−1)=(λ3 −28)2 + 4 >0 , για κάθε λ ∈ ! . β) Για να είναι οι ρίζες της (1) αντίθετες, θα πρέπει το άθροισμά τους να είναι ίσο με το μηδέν, δηλαδή πρέπει να ισχύει − −(λ3 −28) = 0 ⇔ λ3 −28 = 0 ⇔ λ3 = 28 ⇔ λ = 3 28 . 1 γ) Για λ = 3 28 είναι λ3 −28 = 0 και η (1) γράφεται x2 −1= 0 , από όπου εύκολα έχω ότι x2 =1⇔ x = ± 1 ⇔ x =1 ή x =−1. -3- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 43 Αν x1 , x2 είναι ρίζες της εξίσωσης α x2 +βx + γ = 0 , να σχηματίσετε μία άλλη εξίσωση η οποία να δέχεται ως ρίζες τους αριθμούς κx1 , κx2 , όπου κ ακέραιος αριθμός. Θέτοντας ρ1 = κx1 , ρ2 = κx2 , η ζητούμενη εξίσωση θα είναι η x2 −Sx +P = 0 , όπου: α) S = ρ1+ρ2 = κx1+κx2 = κ(x1+ x2) . Το x1+ x2 είναι το άθροισμα των ριζών της αρχικής εξίσωσης, οπότε είναι x1+ x2 =− β . α Επομένως, S = κ⋅⎜⎛⎜⎜⎝− β ⎟⎟⎟⎠⎞ =− κβ . α α β) P = ρ1⋅ρ2 = κ x1⋅κ x2 = κ2 ⋅x1 x2 . Το x1x2 είναι το γινόμενο των ριζών της αρχικής εξίσωσης, οπότε είναι x1 x2 = γ . α Επομένως, P = κ2 ⋅ γ = κ2γ . α α Τελικά, η ζητούμενη εξίσωση είναι η x2 −⎜⎝⎜⎜⎛− κβ ⎠⎞⎟⎟⎟⋅x + κ2γ =0 ⇔ x2 + κβ ⋅x+ κ2γ =0⇔ α x2 +κβx+κ2γ = 0 . α α α α -4- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 44 Να λύσετε την εξίσωση ⎝⎜⎛⎜⎜2x + 1 ⎟⎞⎠⎟⎟2 − 3⎛⎜⎝⎜⎜2x + 1 ⎞⎟⎟⎟⎠− 4 = 0 . x x Πρέπει να είναι x ≠ 0 . Θέτω 2x + 1 =y και η εξίσωση γράφεται y2 −3y−4 = 0 . x Η διακρίνουσα αυτής της εξίσωσης είναι Δ = (−3)2 −4⋅1⋅(−4) = 9+16 = 25 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις y1,2 = −(−3)± 25 = 3±5 ⇔ y1 = 3+5 = 8 =4 , y2 = 3−5 = −2 = −1. 2⋅1 2 2 2 2 2 Επομένως: α) για y = 4 θα είναι 2x + 1 = 4 ⇔ 2x2 +1= 4x ⇔ 2x2 −4x +1= 0 . x Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = (−4)2 −4⋅2⋅1=16−8 = 8 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις ( )x1,2 = −(−4)± 8 = 4± 4⋅2 = 4±2 2 = 2 2± 2 = 2± 2 ⇔ 2⋅2 4 4 4 2 ⇔ x1 = 2+ 2 , x2 = 2− 2 . 2 2 -5- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού β) για y =−1 θα είναι 2x + 1 =−1⇔ 2x2 +1=−x ⇔ 2x2 + x +1= 0 . x Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ =12 −4⋅2⋅1=1−8 =−7 , οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη. Τελικά, λύσεις της αρχικής εξίσωσης είναι οι x1 = 2+ 2 , x2 = 2− 2 . 2 2 Άσκηση 45 Να λύσετε την εξίσωση (2x−1)2 − 1 −x − 1 =0. 2 2 Είναι 1 −x = 1−2x = 1−2x = 2x −1 , 2 2 |2| 2 οπότε η εξίσωση γράφεται (2x−1)2 − 2x −1 − 1 = 0 ⇔ 2(2x−1)2 − 2x−1 −1= 0 ⇔ 2 2 ⇔ 2⋅ 2x−1 2 − 2x−1 −1= 0 . Θέτω 2x−1 = y , y ≥0 , και έχω την εξίσωση 2y2 −y−1= 0 . Η διακρίνουσα αυτής της εξίσωσης είναι Δ = (−1)2 −4⋅2⋅(−1) =1+8 = 9 , συνεπώς η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις y1,2 = −(−1)± 9 = 1± 3 ⇔ y1 = 1+ 3 = 4 =1 , y2 = 1−3 = −2 =− 1 . 2⋅2 4 4 4 4 4 2 -6- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Η ρίζα y2 απορρίπτεται, οπότε για y =1 είναι 2x−1 =1⇔ 2x−1=1 ή 2x− 1 =−1 ⇔ 2x = 2 ή 2x = 0 ⇔ x =1 ή x = 0 . Άσκηση 46 Να λύσετε την εξίσωση (x−2)2 + x2 −4x + 4 = 3 . Πρέπει να είναι x2 −4x + 4 ≥0 ⇔(x−2)2 ≥0 , το οποίο ισχύει για κάθε x ∈ ! . Από την εξίσωση έχω τότε (x−2)2 + (x−2)2 −3= 0 ⇔ x−2 2 + x−2 −3= 0 . Θέτω x−2 = y , y ≥0 , και έχω την εξίσωση y2 + y−3= 0 . Η διακρίνουσα αυτής της εξίσωσης είναι Δ =12 −4⋅1⋅(−3) =1+12 =13 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις y1,2 = −1± 13 ⇔ y1 = −1+ 13 , y2 = −1− 13 . 2⋅1 2 2 Η ρίζα y2 προφανώς είναι αρνητική, άρα απορρίπτεται. Θα εξετάσω αν η ρίζα y1 είναι θετική, οπότε δεκτή. Έστω ότι είναι y1 >0 . Τότε θα είναι και −1+ 13 >0 ⇔−1+ 13 >0 ⇔ 13 >1⇔ 13 2 >12 ⇔13>1, 2 το οποίο προφανώς ισχύει. -7- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άρα, η ρίζα y= −1+ 13 είναι δεκτή, οπότε έχω 2 x−2 = −1+ 13 ⇔ x−2= −1+ 13 ή x−2=− −1+ 13 ⇔ 2 2 2 ⇔ 2x−4 =−1+ 13 ή 2x−4 =1− 13 ⇔ 2x = 3+ 13 ή 2x = 5− 13 ⇔ ⇔x= 3+ 13 ή x= 5− 13 . 2 2 Άσκηση 47 Να λύσετε την εξίσωση 2x −1 + x−2 − 5 =0 . x−2 2x −1 2 Πρέπει να είναι ⎪⎧⎪⎪⎨⎪⎩⎪ x−2 ≠ 0 και ⎬⎪⎪⎭⎪⎫⎪⎪⇔ ⎩⎪⎪⎪⎪⎧⎨ x≠2 ⎪⎪⎫⎬⎪⎭⎪⇔ ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎪⎨ x≠2 ⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎭ . 2x−1≠ 0 2x ≠1 x≠ 1 2 Θέτοντας 2x −1 = y , είναι x−2 = 1 και έτσι έχω την εξίσωση x−2 2x −1 y y+ 1 − 5 = 0 ⇔ 2y2 +2−5y = 0 ⇔ 2y2 −5y +2 = 0 . y 2 Η διακρίνουσα αυτής της εξίσωσης είναι Δ = (−5)2 −4⋅2⋅2 = 25−16 = 9 , άρα η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις y1,2 = −(−5)± 9 = 5±3 ⇔ y1 = 5+3 = 8 =2 , y2 = 5−3 = 2 = 1 . 2⋅2 4 4 4 4 4 2 Επομένως: -8- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού α) για y = 2 είναι 2x −1 = 2 ⇔ 2x −1= 2(x −2) ⇔ 2x −1= 2x − 4 ⇔ 0 ⋅ x = −3 , x−2 δηλαδή η εξίσωση είναι αδύνατη σε αυτήν την περίπτωση. β) για y= 1 είναι 2 2x −1 = 1 ⇔ 2(2x−1)= x−2 ⇔ 4x− 2 =x− 2 ⇔ 3x = 0 ⇔ x = 0 . x−2 2 Άσκηση 48 Να λύσετε την εξίσωση αβx2 −(αγ+β)x + γ = 0 , όταν είναι αβ ≠ 0 . Είναι αβx2 −(αγ+β)x + γ = 0 ⇔ αβx2 −αγ x−βx + γ = 0 ⇔ α x(βx−γ)−(βx−γ)= 0 ⇔ ⇔(βx−γ)(α x−1)= 0 ⇔ βx−γ = 0 ή α x−1= 0 ⇔ βx = γ ή α x =1. Αφού είναι αβ ≠ 0 , είναι α ≠ 0 και β ≠ 0 , οπότε από τις τελευταίες εξισώσεις προκύ- πτει ότι x= γ ή x= 1 . β α -9- ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 49 Να λύσετε την εξίσωση β2x2 −2αβ2x +α2β2 −1= 0 , όταν είναι β ≠ 0 . Είναι β2x2 −2αβ2x +α2β2 −1= 0 ⇔ β2(x2 −2α x +α2)−1= 0 ⇔ β2(x−α)2 −1= 0 ⇔ ⇔ ⎡⎣ β(x−α)⎦⎤2 =1⇔ β(x−α)= ± 1 ⇔ β(x−α)=1 ή β(x−α)=−1⇔ ⇔ βx−αβ =1 ή βx−αβ =−1⇔ βx = αβ+1 ή βx = αβ−1. Αφού είναι β ≠ 0 , από τις τελευταίες εξισώσεις προκύπτει x= αβ+1 ή x= α β −1 . β β Άσκηση 50 Αν η εξίσωση x2 −2x−2(αβ−1)= 0 έχει ως ρίζα τον αριθμό α +β , να αποδείξετε ότι α = β=1. Αφού ο αριθμός α +β είναι ρίζα της εξίσωσης, θέτω x = α +β και θα ισχύει (α +β)2 −2(α +β)−2(αβ−1)= 0 ⇔ α2 +β2 + 2αβ −2α−2β− 2αβ +2 = 0 ⇔ ⇔ α2 +β2 −2α−2β+1+1= 0 ⇔(α2 −2α +1)+(β2 −2β+1)= 0 ⇔ ⇔(α−1)2 +(β−1)2 = 0 , από όπου προκύπτει α−1= 0 και β−1= 0 ⇔ α =1 και β =1⇔ α = β =1 . - 10 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 51 Να βρεθούν οι τιμές του λ ∈ ! , ώστε η εξίσωση (λ2 −3λ+2)x2 +2(λ−2)x +1= 0 να έχει δύο ρίζες πραγματικές. Για να έχει η εξίσωση δύο ρίζες πραγματικές, πρέπει η διακρίνουσά της να είναι μεγα- λύτερη ή ίση του μηδενός, δηλαδή να ισχύει ⎡⎣ 2(λ −2) ⎤⎦ 2 − 4 ⋅(λ2 − 3λ + 2)⋅1 ≥ 0 ⇔ 4(λ −2)2 − 4(λ 2 − 3λ + 2) ≥ 0 :4 ⇔ ⇔(λ−2)2 −(λ2 −3λ+2)≥0 ⇔ λ2 + 4−4λ− λ2 +3λ−2≥0 ⇔ 2−λ ≥0 ⇔ ⇔ λ≤2 . Άσκηση 52 Να βρεθεί ο λ ∈ ! , ώστε η εξίσωση (λ2 −3λ+2)x2 +(λ−2)x +3= 0 : α) να έχει μία μόνο ρίζα. β) να έχει διπλή ρίζα. α) Για να έχει η εξίσωση μία μόνο ρίζα, πρέπει να είναι εξίσωση πρώτου βαθμού με μονα- δική λύση, δηλαδή να ισχύει λ2 −3λ+2 = 0 . Η εξίσωση αυτή έχει διακρίνουσα Δ = (−3)2 −4⋅1⋅2 = 9−8 =1, οπότε έχει δύο άνισες ρίζες, τις λ1,2 = −(−3)± 1 = 3±1 ⇔ λ1 = 3+1 = 4 =2 , λ2 = 3−1 = 2 =1. 2⋅1 2 2 2 2 2 - 11 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Ι. Για λ = 2 , η εξίσωση γίνεται 0⋅x2 +(2−2)⋅x +3= 0 ⇔ 0⋅x2 +0⋅x +3= 0 , το οποίο προφανώς είναι αδύνατο. Άρα, δεν μπορεί να είναι λ = 2 . ΙΙ. Για λ =1, η εξίσωση γίνεται 0⋅x2 +(1−2)⋅x +3= 0 ⇔−x +3= 0 ⇔ x = 3 και όντως έχει μοναδική λύση. Τελικά, η ζητούμενη τιμή του λ είναι λ =1 . β) Για να έχει η εξίσωση διπλή ρίζα, πρέπει η διακρίνουσά της να είναι ίση με μηδέν, δηλαδή να ισχύει (λ−2)2 −4⋅(λ2 −3λ+2)⋅3= 0 ⇔(λ−2)2 −12(λ2 −3λ+2)= 0 ⇔ ⇔ λ2 + 4−4λ−12λ2 +36λ−24 = 0 ⇔ −11λ2 +32λ−20 = 0 ⇔11λ2 −32λ +20 = 0 . Η διακρίνουσα αυτής της εξίσωσης είναι Δ = (−32)2 −4⋅11⋅20 =1024−880 =144 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις λ1,2 = −(−32)± 144 = 32±12 ⇔ 2⋅11 22 ⇔ λ1 = 32+12 = 44 = 2 , λ2 = 32−12 = 20 = 10 . 22 22 22 22 11 Η τιμή λ = 2 απορρίπτεται, όπως αιτιολογήθηκε στο (α), συνεπώς λ= 10 . 11 - 12 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 53 Έστω η εξίσωση λ x2 + x +5= 0 , λ ∈ ! . α) Για ποιες τιμές του λ έχει μία μόνο ρίζα; β) Για ποιες τιμές του λ έχει διπλή ρίζα; γ) Αν ρ είναι η διπλή ρίζα της εξίσωσης, να υπολογίσετε την παράσταση (x−ρ)2 , για κάθε πραγματικό αριθμό x. α) Για να έχει η εξίσωση μία μόνο ρίζα, πρέπει να είναι εξίσωση πρώτου βαθμού με μονα- δική λύση, δηλαδή να ισχύει λ = 0 . Τότε, η εξίσωση είναι η x +5= 0 , από όπου προκύπτει x =−5 , δηλαδή όντως έχει μοναδική λύση. Επομένως, πρέπει λ = 0 . β) Για να έχει η εξίσωση διπλή ρίζα, πρέπει η διακρίνουσά της να είναι ίση με μηδέν, δηλαδή να ισχύει 12 −4⋅λ⋅5= 0 ⇔1−20λ = 0 ⇔ 20λ =1⇔ λ= 1 . 20 γ) Για λ = 1 , η διπλή ρίζα της εξίσωσης είναι η 20 ρ= −1 =− 1 =− 20 ⇔ ρ =−10 , 2λ 2 2⋅ 1 20 - 13 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού οπότε για την παράσταση Α = (x−ρ)2 έχω Α= [ x−(−10) ]2 = (x +10)2 = x +10 = ⎨⎩⎪⎧⎪⎪⎪⎪ x +10 , αν x +10 ≥0 ⇒ −x−10 , αν x +10 <0 ⇒ Α = ⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎧⎩ x +10 , αν x ≥−10 . −x−10 , αν x <−10 Άσκηση 54 Η εξίσωση λ2x2 +(5λ−2)x + λ+2 = 0 , λ ∈ ! , έχει ρίζα το −1. Να βρείτε το λ και μετά να δείξετε ότι το −1 είναι διπλή ρίζα. Αφού το −1 είναι ρίζα της εξίσωσης, θέτω x =−1 και θα ισχύει λ2 ⋅(−1)2 +(5λ−2)⋅(−1)+ λ+2 = 0 ⇔ λ2 −5λ+2+ λ+2 = 0 ⇔ λ2 −4λ+ 4 = 0 ⇔ ⇔(λ−2)2 = 0 ⇔ λ−2 = 0 ⇔ λ = 2 . Για λ = 2 η εξίσωση είναι η 22 x 2 +(5⋅2− 2)x + 2 + 2 = 0 ⇔ 4 x 2 + 8 x + 4 = 0 :4 x2 + 2x +1= 0 , ⇔ από όπου προκύπτει (x +1)2 = 0 ⇔ x +1= 0 ⇔ x =−1 (διπλή ρίζα). - 14 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 55 Να αποδείξετε ότι, αν η εξίσωση (2α−β)x2 −4α x + 4β = 0 , α , β∈ !−{0}, έχει διπλή ρίζα, τότε η εξίσωση (α2 +β2)x2 −2x +3(α−β)= 0 έχει ρίζες άνισες. Για να δείξω ότι η δεύτερη εξίσωση έχει ρίζες άνισες, αρκεί να δείξω ότι ισχύει Δ2 >0 , όπου Δ2 η διακρίνουσά της. Είναι Δ2 =(−2)2 −4⋅(α2 +β2)⋅3(α−β)= 4−12(α2 +β2)(α−β) . Αφού η πρώτη εξίσωση έχει διπλή ρίζα, ισχύει Δ1 = 0 , όπου Δ1 η διακρίνουσά της. Άρα, ισχύει (−4α)2 − 4 ⋅(2α − β)⋅ 4 β = 0 ⇔ 16α 2 −16 β(2α −β) = 0 : 16 α 2 − β(2α − β) = 0 ⇔ ⇔ ⇔ α2 −2αβ+β2 = 0 ⇔(α−β)2 = 0 ⇔ α−β = 0 ⇔ α = β (1) Λόγω της (1) επομένως, θα είναι Δ2 = 4−12(α2 +α2)(α−α)= 4−12⋅2α2 ⋅0 = 4 >0 . - 15 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 56 Αν η εξίσωση x2 −2βx +2γ = 0 , β , γ ∈ ! , είναι αδύνατη στο ! , να δείξετε ότι η εξίσωση x2 +3βx +5γ = 0 δεν έχει ρίζες στο ! . Για να δείξω ότι η δεύτερη εξίσωση δεν έχει ρίζες, αρκεί να δείξω ότι ισχύει Δ2 <0 , όπου Δ2 η διακρίνουσά της. Είναι Δ2 =(3β)2 −4⋅1⋅5γ ⇔ Δ2 = 9β2 −20γ (1) Αφού η πρώτη εξίσωση είναι αδύνατη, ισχύει Δ1 <0 , όπου Δ1 η διακρίνουσά της. Άρα, ισχύει (−2β)2 − 4 ⋅1⋅2γ < 0 ⇔ 4 β2 − 4 ⋅2γ < 0 :4 β2 − 2γ < 0 ⇔ β2 < 2γ ⇔ 9 ⋅β2 < 9 ⋅2γ ⇔ ⇔ (1) ⇔ 9β2 <18γ <20γ ⇔ 9β2 <20γ ⇔ 9β2 −20γ <0 ⇔ Δ2 <0 . Άσκηση 57 Αν η εξίσωση x2 +µ x +κ = 0 έχει διπλή ρίζα, να δείξετε ότι το ίδιο θα συμβαίνει και για την εξίσωση ⎜⎛⎜⎜⎝1−κ + µ2 ⎟⎟⎞⎠⎟⎟⋅x2 +µ(1+κ)⋅x +κ(κ−1)+ µ2 =0. 2 2 Αφού η πρώτη εξίσωση έχει διπλή ρίζα, ισχύει Δ1 = 0 , όπου Δ1 η διακρίνουσά της. Άρα, ισχύει µ2 −4⋅1⋅κ = 0 ⇔ µ2 −4κ = 0 ⇔ µ2 = 4κ (1) Για να δείξω ότι και η δεύτερη εξίσωση έχει διπλή ρίζα, αρκεί να δείξω ότι ισχύει Δ2 = 0 , όπου Δ2 η διακρίνουσα της δεύτερης εξίσωσης. - 16 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Είναι Δ2 = ⎡⎣ µ(1+κ)⎦⎤2 −4⋅⎜⎝⎜⎜⎛1−κ+ µ2 ⎟⎟⎟⎟⎠⎞⋅⎢⎢⎡⎣ κ(κ−1)+ µ2 ⎥⎦⎤⎥ = 2 2 = µ2 (1+ κ)2 − 4 ⋅ 2 − 2κ + µ2 ⋅ 2κ(κ−1)+µ2 = 2 2 = µ2 (1+ κ)2 −(2− 2κ + µ2 )⎡⎣2κ(κ −1)+ µ2 ⎦⎤ = µ2 (1+ κ)2 −(2 − 2κ + µ 2 )(2κ2 − 2κ + µ2 ) (1) = = 4κ(1+κ)2 −(2−2κ+ 4κ)(2κ2 −2κ+ 4κ)= 4κ(1+κ)2 −(2κ+2)(2κ2 +2κ)= = 4κ(1+κ)2 −2(κ+1)⋅2κ(κ+1)= 4κ(1+κ)2 −4κ(κ+1)2 = 0 ⇔ Δ2 = 0 . - 17 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 58 ∆ίνεται η εξίσωση 2x2 + λx−36 = 0 (1) , με παράμετρο λ ∈ ! . α) Να δείξετε ότι, για κάθε τιμή του λ, η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες. β) Υποθέτουμε τώρα ότι μία από τις ρίζες της εξίσωσης (1) είναι ο αριθμός ρ. Ι. Να δείξετε ότι ο αριθμός −ρ είναι ρίζα της εξίσωσης 2x2 −λx−36 = 0 . ΙΙ. Να δείξετε ότι είναι ρ ≠ 0 και ότι ο αριθμός 1 είναι ρίζα της εξίσωσης ρ −36x2 + λx +2 = 0 . α) Αρκεί να δείξω ότι η διακρίνουσα της (1) είναι θετική, για κάθε λ ∈ ! . Είναι Δ = λ2 −4⋅2⋅(−36) = λ2 +288 >0 , για κάθε λ ∈ ! . β) Ι. Αφού ο αριθμός ρ είναι ρίζα της (1), ισχύει 2ρ2 + λρ−36 = 0 (1) Για να δείξω ότι ο αριθμός −ρ είναι ρίζα της εξίσωσης 2x2 −λx−36 = 0 , αρκεί να δεί- ξω ότι ισχύει 2⋅(−ρ)2 −λ⋅(−ρ)−36 = 0 ⇔ 2ρ2 + λρ−36 = 0 , το οποίο ισχύει όμως, λόγω της (1). ΙΙ. Αφού ο αριθμός ρ είναι ρίζα της (1), αν ήταν ρ = 0 από την (1) θα είχα ότι 2⋅02 + λ⋅0−36 = 0 ⇔ −36 = 0 , - 18 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού το οποίο προφανώς είναι άτοπο. Άρα είναι ρ ≠ 0 . Για να δείξω ότι ο αριθμός 1 είναι ρίζα της εξίσωσης −36x2 + λx +2 = 0 , αρκεί να ρ δείξω ότι ισχύει −36⋅⎝⎛⎜⎜⎜ 1 ⎠⎟⎞⎟⎟2 +λ⋅ 1 +2 = 0 ⇔−36⋅ 1 + λ ⋅ ρ2 ρ ρ ρ2 ρ +2 = 0 ⇔ −36+ λρ+2ρ2 = 0 , το οποίο ισχύει όμως, λόγω της (1). Άσκηση 59 Αν x1 , x2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 −5x−2 = 0 , να υπολογιστούν οι παραστάσεις: α) x1+ x2 . β) x1 x2 . γ) (1+ x1)(1+ x2) . δ) 1 + 1 . ε) x12 + x 2 . στ) x13 + x32 . x1 x2 2 α) Η παράσταση x1+ x2 είναι το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1+ x2 =− −5 ⇔ x1+ x2 = 5 (1) 1 β) Η παράσταση x1x2 είναι το γινόμενο των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1 x2 = −2 ⇔ x1 x2 = −2 (2) 1 - 19 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού γ) Είναι (1+ x1)(1+ x2 )=1+ x2 + x1 + x1 x2 (1) 1+ 5−2 = 4 . = (2) δ) Είναι 1 + 1 = x2 + x1 (1) 5 =− 5 . x1 x2 x1 x2 −2 2 = (2) ε) Ισχύει (x1 + x2 )2 = x12 + x 2 + 2x1 x2 ⇔ x12 + x 2 =(x1 + x2 )2 −2x1 x2 , 2 2 οπότε με αντικατάσταση εδώ των (1) και (2), τελικά προκύπτει x12 + x 2 = 52 − 2⋅(−2) = 25+ 4 ⇔ x12 + x 2 = 29 . 2 2 στ) Ισχύει (x1 + x2 )3 = x13 + 3 x12 x2 + 3x1 x22 + x 3 ⇔ x13 + x23 = (x1 + x2 )3 − 3 x12 x2 −3x1 x 2 ⇔ 2 2 ⇔ x13 + x32 =(x1+ x2)3 −3x1 x2(x1+ x2) . Με αντικατάσταση των (1) και (2), τελικά προκύπτει x13 + x 3 = 53 −3⋅(−2)⋅5 = 125 + 30 ⇔ x13 + x32 =155 . 2 - 20 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 60 Αν x1 , x2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 −8x +12 = 0 , να βρείτε τις τιμές των ακόλου- θων παραστάσεων, χωρίς να βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης: α) x1 x22 + x12 x2 . β) x1 + x2 . γ) x1 x 3 + x13 x 2 . x2 x1 2 α) Έστω Α = x1 x2(x2 + x1) . Η παράσταση x1+ x2 είναι το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1+ x2 =− −8 ⇔ x1+ x2 = 8 (1) 1 Η παράσταση x1x2 είναι το γινόμενο των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1 x2 = 12 ⇔ x1 x2 =12 (2) 1 Λόγω των (1) και επομένως, θα είναι Α =12⋅8 ⇔ Α = 96 . β) Είναι Β= x1 + x2 = x12 + x22 . Ισχύει x2 x1 x1 x2 (x1 + x2 )2 = x12 + x 2 + 2x1 x2 ⇔ x12 + x 2 =(x1 + x2 )2 −2x1 x2 , 2 2 οπότε με αντικατάσταση εδώ των (1) και (2), προκύπτει x12 + x 2 = 82 − 2⋅12 = 64 − 24 ⇔ x12 + x 2 = 40 , 2 2 συνεπώς - 21 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού B= 40 ⇔ B= 10 . 12 3 γ) Είναι ( )Γ = x1 x32 + x13 x2 = x1 x2 x22 + x12 =(2) 12⋅40 ⇔ Γ = 480 . (β) Άσκηση 61 Έστω η εξίσωση x2 +βx + γ = 0 , γ <0 . α) Αν x1 , x2 οι δύο ρίζες της εξίσωσης, να γράψετε συναρτήσει των αριθμών β, γ τις παραστάσεις x1+ x2 , x1 x2 , x12 + x22 . β) Να αποδείξετε ότι d(x1, x2)= Δ , όπου ∆ η διακρίνουσα της εξίσωσης. α) Η παράσταση x1+ x2 είναι το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1+ x2 =− β ⇔ x1+ x2 = −β (1) 1 Η παράσταση x1x2 είναι το γινόμενο των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1 x2 = γ ⇔ x1 x2 = γ (2) 1 Ισχύει (x1 + x2 )2 = x12 + x 2 + 2x1 x2 ⇔ x12 + x 2 =(x1 + x2 )2 −2x1 x2 , 2 2 οπότε με αντικατάσταση των (1) και (2), έχω x12 + x22 = (−β)2 −2⋅γ ⇔ x12 + x 2 = β2 − 2γ (3) 2 - 22 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού β) Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = β2 −4⋅1⋅γ = β2 −4γ , οπότε ισοδύναμα θα δείξω ότι d(x1, x2)= β2 − 4γ ⇔ x1− x2 = β2 − 4γ ⇔ x1− x2 2 = β2 − 4γ 2 ⇔ ⇔ (x1 − x2 )2 = β2 − 4γ ⇔ x12 + x22 −2x1 x2 = β2 − 4γ ⇔( 2 ) β2 −2γ−2γ = β2 − 4γ , (3) το οποίο προφανώς ισχύει. Άσκηση 62 Αν x1 , x2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 −2x + λ−1= 0 , να βρεθεί ο πραγματικός λ, ώστε να ισχύει 3x13 + 8 x1 x 2 + 8 x12 x2 + 3x32 = 192 . 2 Η δοθείσα σχέση ισοδύναμα γράφεται ( )3 x13 + x23 +8x1 x2(x2 + x1)=192 (1) • Η παράσταση x2 + x1 είναι το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1+ x2 =− −2 ⇔ x1+ x2 = 2 (2) 1 • Η παράσταση x1x2 είναι το γινόμενο των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1 x2 = λ −1 ⇔ x1 x2 = λ−1 (3) 1 • Ισχύει (x1 + x2 )3 = x13 + 3 x12 x2 + 3x1 x22 + x 3 ⇔ x13 + x32 = (x1 + x2 )3 − 3 x12 x2 −3x1 x 2 ⇔ 2 2 ⇔ x13 + x23 =(x1+ x2)3 −3x1 x2(x1+ x2) . Αντικαθιστώντας τις (2) και (3), προκύπτει - 23 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού x13 + x 3 = 23 − 3⋅(λ −1)⋅2 = 8 − 6(λ −1) = 8 − 6λ + 6 ⇔ x13 + x32 =14 −6λ (4) 2 Αντικαθιστώ τις (2), (3) και (4) στην (1) και έχω 3⋅(14−6λ)+8⋅(λ−1)⋅2 =192 ⇔ 42−18λ+16(λ−1)=192 ⇔ ⇔ 42−18λ+16λ−16 =192 ⇔ 26−2λ =192 ⇔ 2λ =−166 ⇔ λ =−83 . Άσκηση 63 ( )Έστω η εξίσωση α x2 + α +β x +β = 0 , όπου είναι α , β∈ ! , με α >0 . α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει δύο ρίζες, για οποιεσδήποτε τιμές των α, β. β) Αν x1 , x2 οι δύο ρίζες της εξίσωσης, να αποδείξετε ότι x1+ x2 + x1x2 =−1. γ) Αν μία ρίζα της εξίσωσης είναι ο αριθμός − α , με α ≠1, να δείξετε ότι β = α . α) Αρκεί να δείξω ότι ισχύει Δ ≥ 0 , όπου ∆ η διακρίνουσα της εξίσωσης. Είναι ( )Δ = α +β 2 −4⋅ α ⋅β = α 2 +β2 +2 α ⋅β−4 α ⋅β = α 2 +β2 −2 α ⋅β = ( )= α −β 2 ≥0 , για κάθε α , β∈ ! , με α >0 . β) Στο αριστερό μέλος της ζητούμενης παράστασης: • x1+ x2 είναι το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1+ x2 =− α +β = −⎜⎜⎜⎝⎛⎜ α + β ⎟⎠⎟⎟⎟⎞ = −⎜⎜⎛⎝⎜⎜1+ βα ⎟⎟⎞⎟⎠⎟ = −⎜⎝⎛⎜⎜⎜1+ βα ⎟⎞⎟⎟⎟⎠ ⇔ α α α αα α2 - 24 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού ⇔ x1+ x2 =−⎜⎜⎜⎛⎜⎝1+ βα ⎠⎟⎞⎟⎟⎟ . α • x1x2 είναι το γινόμενο των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1 x2 = β = βα = βα ⇔ x1 x2 = βα . α αα α2 α Τότε είναι x1+ x2 + x1 x2 =−⎜⎜⎜⎝⎛⎜1+ βα ⎟⎠⎟⎞⎟⎟+ βα = −1− βα + βα = −1. α α α α γ) Αφού ο αριθμός − α είναι ρίζα της εξίσωσης, θέτω x =− α στην εξίσωση και προκύπτει ότι α ⋅(− α )2 +( α +β)⋅(− α )+β = 0 ⇔ α ⋅α− α ( α +β)+β = 0 ⇔ ⇔α α − α 2 −β α +β= 0 ⇔α α −α−β α +β= 0 ⇔ ⇔ α( α −1)−β( α −1)= 0 ⇔( α −1)(α−β)= 0 . Αφού είναι α ≠1, είναι και α ≠1⇔ α −1≠ 0 , οπότε από την τελευταία ισότητα έχω ότι α−β=0 ⇔ α=β . - 25 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 64 Έστω η εξίσωση x2 −(λ−1)x−λ = 0 . Να βρεθεί ο λ ∈ ! , ώστε η εξίσωση να έχει ρίζες αντίθετες. Για να έχει η εξίσωση αντίθετες ρίζες, θα πρέπει το άθροισμα αυτών των ριζών να εί- ναι ίσο με το μηδέν, δηλαδή πρέπει να είναι − −(λ −1) = 0 ⇔ λ−1= 0 ⇔ λ=1 . 1 Άσκηση 65 Να κατασκευάσετε εξίσωση δευτέρου βαθμού, η οποία να έχει ρίζες τους αριθμούς 1 και 1 . 2 +1 2 −1 Η ζητούμενη εξίσωση θα είναι η x2 −Sx +P = 0 , όπου: 1 1 = 2 −1+ 2 + 1 = 22 = 22 =2 2 +1 2 −1 2 +1 2 −1 2 2 −12 2−1 ( )( )• S=+ 2 , 1 1 1= 1 = 1 2 +1 2 −1 2 +1 2 −1 2 2 −12 2−1 ( )( )• P=⋅ = =1. Έτσι, η ζητούμενη εξίσωση είναι η x2 −2 2 x +1= 0 . - 26 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 66 Να βρείτε δύο αριθμούς οι οποίοι να έχουν άθροισμα 9 και γινόμενο −52 . Αν υπάρχουν οι ζητούμενοι αριθμοί, θα είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 −9x +(−52) = 0 ⇔ x2 −9x−52 = 0 . Η διακρίνουσα αυτής της εξίσωσης είναι Δ = (−9)2 −4⋅1⋅(−52) = 81+208 = 289 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −(−9)± 289 = 9 ±17 ⇔ 2⋅1 2 ⇔ x1 = 9 +17 = 26 =13 , x2 = 9−17 = −8 =−4 . 2 2 2 2 Άρα, οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι 13 και −4 . Άσκηση 67 Αν x1 , x2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης x2 −5x−7 = 0 , να βρεθεί εξίσωση που να έχει ρίζες τις: α) ρ1 = 2x1−1, ρ2 = 2x2 −1. β) ρ1 = x1+ x2 , ρ2 = x1 x2 . α) Η ζητούμενη εξίσωση θα είναι η x2 −Sx +P = 0 , όπου: • S = ρ1+ρ2 = 2x1−1+2x2 −1= 2(x1+ x2)−2 . Η παράσταση x1+ x2 είναι το άθροισμα των ριζών της αρχικής εξίσωσης, οπότε x1+ x2 =− −5 ⇔ x1+ x2 = 5 (1) 1 Επομένως, - 27 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού S= 2⋅5−2 ⇔ S= 8 . • P = ρ1ρ2 =(2x1−1)(2x2 −1)= 4x1 x2 −2x1−2x2 +1= 4x1 x2 −2(x1+ x2)+1. Η παράσταση x1x2 είναι το γινόμενο των ριζών της αρχικής εξίσωσης, οπότε x1 x2 = −7 ⇔ x1 x2 = −7 (2) 1 Επομένως, P = 4⋅(−7)−2⋅5+1=−28−10+1⇔ P =−37 . Τελικά, η ζητούμενη εξίσωση είναι η x2 −8x−37 = 0 . β) Η ζητούμενη εξίσωση θα είναι η x2 −Sx +P = 0 , όπου: ρ1+ ρ2 = x1 + (1) • S = x2 + x1 x2 = 5−7 ⇔ S =−2 . (2) • P = ρ1ρ2 = (x1 + x2)⋅x1 x2 (1) 5⋅(−7) ⇔ P =−35 . = (2) Επομένως, η ζητούμενη εξίσωση είναι η x2 −(−2)x−35= 0 ⇔ x2 +2x−35= 0 . - 28 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 68 ∆ίνεται η εξίσωση x2 −(2λ +1)x +2λ2 + λ = 0 , η οποία έχει δύο πραγματικές ρίζες, τις x1 , x2 . Να αποδείξετε ότι 0 ≤ x1+ x2 ≤2 και 0 ≤ x12 + x 2 ≤2 . 2 Αφού η εξίσωση έχει δύο πραγματικές ρίζες, ισχύει Δ≥0 , όπου ∆ η διακρίνουσά της. Άρα, ισχύει ⎣⎡ −(2λ+1)⎤⎦2 −4⋅1⋅(2λ2 + λ)≥0 ⇔(2λ+1)2 −4(2λ2 + λ)≥0 ⇔ ⇔ 4λ2 +1+ 4λ −8λ2 − 4λ ≥0 ⇔ −4λ2 +1≥0 ⇔ 4λ2 ≤1⇔ λ2 ≤ 1 ⇔ | λ |2≤⎜⎝⎜⎜⎛ 1 ⎟⎠⎟⎞⎟2 ⇔ 4 2 ⇔|λ|≤ 1 ⇔ − 1 ≤λ≤ 1 (1) 2 2 2 Απόδειξη πρώτης ανισότητας Η παράσταση x1+ x2 είναι το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1+ x2 =− −(2 λ +1) ⇔ x1+ x2 = 2λ+1 (2) 1 Λόγω της (2) επομένως, ισοδύναμα θα δείξω ότι 0 ≤2λ+1≤2 ⇔ 0−1≤2λ+ 1− 1 ≤2−1⇔−1≤2λ ≤1⇔− 1 ≤λ≤ 1 , 2 2 το οποίο ισχύει, λόγω της (1). Απόδειξη δεύτερης ανισότητας Ισχύει (x1 + x2 )2 = x12 + x 2 + 2x1 x2 ⇔ x12 + x 2 =(x1 + x2 )2 −2x1 x2 , 2 2 Η παράσταση x1x2 είναι το γινόμενο των ριζών της εξίσωσης, οπότε - 29 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού x1 x2 = 2λ2 +λ ⇔ x1 x2 = 2λ2 + λ (3) 1 Λόγω των (2) και (3) επομένως, θα είναι ( )x12 + x22 =(2λ +1)2 −2 2λ2 + λ = 4λ2 +1+ 4λ− 4λ2 −2λ ⇔ x12 + x22 = 2λ +1⇔(2) ⇔ x12 + x 2 = x1 + x2 . 2 Έτσι, ισοδύναμα θα δείξω ότι 0 ≤ x1+ x2 ≤2 , το οποίο ισχύει, όπως απέδειξα στην πρώτη ανισότητα. Άσκηση 69 Να βρεθούν οι τιμές του λ ∈ ! για τις οποίες η εξίσωση x2 −2x + λ+2 = 0 έχει: α) δύο ρίζες ετερόσημες. β) δύο ρίζες θετικές και άνισες. γ) δύο ρίζες αντίστροφες. α) Κατ’ αρχάς, η εξίσωση πρέπει να έχει δύο ρίζες άνισες, δηλαδή πρέπει να ισχύει Δ>0 , όπου ∆ η διακρίνουσά της. ∆ηλαδή, πρέπει (−2)2 − 4 ⋅1⋅(λ + 2)> 0 ⇔ 4 − 4(λ + 2)> 0 :4 1−(λ + 2)> 0 ⇔ 1− λ −2 > 0 ⇔ ⇔ ⇔ λ <−1 (1) Για να είναι οι ρίζες αυτές ετερόσημες, πρέπει το γινόμενό τους να είναι αρνητικό, δηλαδή πρέπει να ισχύει λ+2 <0 ⇔ λ+2<0 ⇔ λ <−2 (2) 1 Από την συναλήθευση των (1) και (2) προκύπτει ότι πρέπει λ <−2 . - 30 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού β) Για να έχει η εξίσωση δύο ρίζες άνισες, πρέπει να ισχύει η (1). Για να είναι οι ρίζες αυτές θετικές, πρέπει να ισχύουν και ⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎩ S>0 και ⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫ , P>0 όπου S, P το άθροισμα και το γινόμενο, αντίστοιχα, των ριζών της εξίσωσης. Είναι S = − −2 =2>0 και P = λ+2 , όπως βρήκα στο (α). 1 Επομένως, πρέπει να είναι και λ+2>0 ⇔ λ >−2 (3) Από την συναλήθευση των (1) και (3) προκύπτει ότι πρέπει −2< λ <−1⇔ λ ∈(−2,−1) . γ) Για να έχει η εξίσωση ρίζες αντίστροφες, πρέπει να ισχύουν ⎧⎪⎨⎪⎪⎩⎪ Δ≥0 και ⎫⎪⎪⎭⎪⎪⎬ ⇔(α) ⎪⎪⎨⎪⎩⎧⎪ λ ≤−1 ⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎪⇔ ⎪⎪⎪⎪⎩⎨⎧ λ ≤−1 ⎫⎬⎪⎪⎭⎪⎪ , Ρ=1 λ+2=1 λ =−1 δηλαδή πρέπει λ =−1 . - 31 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 70 Να αποδείξετε ότι, για κάθε λ ∈ ! , η εξίσωση x2 −(λ−2)x−2λ = 0 , λ ≠−2 , έχει δύο ρίζες άνισες. Στην συνέχεια, βρείτε για ποιες τιμές του λ έχει ρίζες: α) αντίθετες. β) αντίστροφες. γ) ομόσημες. δ) ετερόσημες. ε) θετικές. στ) αρνητικές. Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = ⎣⎡ −(λ−2)⎤⎦2 −4⋅1⋅(−2λ)=(λ−2)2 +8λ = λ2 + 4−4 λ+8λ = λ2 + 4 + 4 λ = =(λ+2)2 >0 , διότι είναι λ ≠−2 ⇔ λ+2 ≠ 0 . Επομένως, η εξίσωση όντως έχει δύο ρίζες άνισες. α) Για να είναι οι ρίζες αυτές αντίθετες, πρέπει να ισχύει και S = 0 , όπου S είναι το άθροι- σμα των ριζών αυτών. Είναι S=− −(λ − 2) = λ−2 , οπότε πρέπει 1 λ−2=0 ⇔ λ=2 . β) Για να είναι οι ρίζες αυτές αντίστροφες, πρέπει να ισχύει και P =1, όπου Ρ είναι το γινό- μενο των ριζών αυτών. - 32 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Είναι P= −2λ =−2λ , οπότε πρέπει 1 −2λ =1⇔ λ=− 1 . 2 γ) Για να είναι οι ρίζες ομόσημες, πρέπει να ισχύει P>0 , δηλαδή −2λ >0 ⇔ λ <0 . Λαμβάνοντας υπόψη ότι είναι λ ≠−2 , τελικά πρέπει λ ∈(−∞,−2)∪(−2,0) . δ) Για να είναι οι ρίζες ετερόσημες, πρέπει να ισχύει P<0 , δηλαδή −2λ <0 ⇔ λ >0 . ε) Για να είναι οι ρίζες θετικές, πρέπει να ισχύουν ⎨⎪⎪⎩⎪⎧⎪ S>0 και ⎪⎬⎫⎪⎪⎭⎪⇔ ⎧⎪⎩⎪⎪⎪⎨ λ−2>0 ⎪⎪⎫⎬⎪⎭⎪⇔ ⎪⎩⎧⎨⎪⎪⎪ λ >2 και ⎬⎭⎪⎪⎪⎫⎪ . P>0 −2λ >0 λ<0 Οι ανισότητες αυτές δεν συναληθεύουν όμως, οπότε δεν υπάρχουν τιμές του λ ώστε η εξίσωση να έχει θετικές ρίζες. - 33 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού στ) Για να είναι οι ρίζες αρνητικές, πρέπει να ισχύουν ⎩⎪⎧⎪⎨⎪⎪ S<0 και ⎬⎫⎪⎭⎪⎪⎪⇔ ⎪⎪⎨⎩⎧⎪⎪ λ−2<0 ⎪⎪⎫⎪⎪⎬⎭⇔ ⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎨ λ <2 και ⎪⎭⎪⎬⎪⎪⎫ , P>0 −2λ >0 λ<0 δηλαδή λ <0 . Λαμβάνοντας υπόψη ότι είναι λ ≠−2 , τελικά πρέπει λ ∈(−∞,−2)∪(−2,0) . Άσκηση 71 ∆ίνεται η εξίσωση x2 +2λ x + 4(λ−1)= 0 (1), με παράμετρο λ ∈ ! . α) Να αποδείξετε ότι η παραπάνω εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές, για κάθε λ ∈ ! . β) Αν x1 , x2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης (1), βρείτε για ποια τιμή του λ ισχύει (x1+ x2)2 + x1 x2 + 5= 0 . α) Αρκεί να δείξω ότι ισχύει Δ≥0 , όπου ∆ η διακρίνουσα της εξίσωσης. Είναι Δ =(2λ)2 −4⋅1⋅4(λ−1)= 4λ2 −16(λ−1)= 4 ⎡⎣ λ2 −4(λ−1)⎤⎦ = 4(λ2 −4λ+ 4) = = 4(λ−2)2 ≥0 , για κάθε λ ∈ ! . β) Η παράσταση x1+ x2 είναι το άθροισμα των ριζών της (1), οπότε x1+ x2 =− 2λ =−2λ . 1 Η παράσταση x1x2 είναι το γινόμενο των ριζών της (1), οπότε - 34 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού x1 x2 = 4(λ −1) = 4(λ−1) . 1 Έτσι, από την σχέση (x1+ x2)2 + x1x2 +5= 0 προκύπτει (−2λ)2 + 4(λ−1)+5= 0 ⇔ 4λ2 + 4λ−4 +5= 0 ⇔ 4λ2 + 4λ+1= 0 ⇔(2λ+1)2 = 0 ⇔ ⇔ 2λ+1= 0 ⇔ 2λ =−1⇔ λ=− 1 . 2 Άσκηση 72 ∆ίνεται το τριώνυμο 2x2 +5x−1. α) Να δείξετε ότι το τριώνυμο έχει δύο άνισες πραγματικές ρίζες x1 και x2 . β) Να προσδιορίσετε μια εξίσωση δευτέρου βαθμού η οποία έχει ρίζες τους αριθμούς 1 και 1 . x1 x2 α) Αρκεί να δείξω ότι είναι Δ>0 , όπου ∆ η διακρίνουσα του τριωνύμου. Πράγματι, είναι Δ = 52 −4⋅2⋅(−1) = 25+8 = 33>0 . β) Θέτω ρ1 = 1 , ρ2 = 1 . x1 x2 Τότε, η ζητούμενη εξίσωση θα είναι η x2 −Sx +P = 0 , όπου: • S = ρ1+ ρ2 = 1 + 1 = x2 + x1 . x1 x2 x1 x2 - 35 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Η παράσταση x1+ x2 είναι το άθροισμα των ριζών του αρχικού τριωνύμου, άρα x1+ x2 =− 5 . 2 Η παράσταση x1x2 είναι το γινόμενο των ριζών του αρχικού τριωνύμου, άρα x1 x2 = −1 . 2 Επομένως, S= − 5 ⇔ S=5 . − 2 1 2 • P = ρ1ρ2 = 1 ⋅ 1 = 1 = 1 ⇔ P =−2 . x1 x2 x1 x2 − 1 2 Τελικά, η ζητούμενη εξίσωση είναι η x2 −5x−2 = 0 . - 36 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 73 ∆ίνεται η εξίσωση x2 −2x + λ = 0 , με παράμετρο λ <1. α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει δύο ρίζες x1 , x2 , διαφορετικές μεταξύ τους. β) Να δείξετε ότι x1+ x2 = 2 . γ) Αν για τις ρίζες x1 , x2 ισχύει επιπλέον x1−2 = x2 +2 , τότε να δείξετε ότι x1−x2 = 4 , να προσδιορίσετε τις ρίζες x1 , x2 και την τιμή του λ. α) Αρκεί να δείξω ότι είναι Δ>0 , όπου ∆ η διακρίνουσα της εξίσωσης. Είναι Δ =(−2)2 −4⋅1⋅λ = 4−4λ = 4(1−λ)>0 , αφού από την ανισότητα λ <1 προκύπτει ότι 1−λ >0 . β) Η παράσταση x1+ x2 είναι το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1+ x2 =− −2 ⇔ x1+ x2 = 2 (1) 1 γ) Από την σχέση x1−2 = x2 +2 , επειδή τα μέλη της είναι μη αρνητικά, προκύπτει x1−2 2 = x2 + 2 2 ⇔ ( x1 − 2)2 =(x2 + 2)2 ⇔ x12 + 4 − 4 x1 = x 2 + 4 +4x2 ⇔ 2 ⇔ x12 − 4 x1 = x22 + 4 x2 ⇔ x12 − x 2 − 4 x1 − 4 x2 = 0 ⇔ (x1 + x2 )( x1 − x2 )− 4( x1 + x2 ) = 0 (1) 2 ⇔ ⇔ 2( x1 − x2 )− 4 ⋅2 = 0 :2 x1 − x2 − 4 = 0 ⇔ x1−x2 = 4 (2) ⇔ - 37 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) και (2), προκύπτει Από την (1) έχω τότε 2x1 = 6 ⇔ x1 = 3 . 3+ x2 = 2 ⇔ x2 =−1 . Το γινόμενο x1x2 των ριζών της αρχικής εξίσωσης είναι ίσο με x1 x2 = λ =λ, 1 οπότε αντικαθιστώντας εδώ τις τιμές των x1 , x2 , έχω ότι 3⋅(−1) = λ ⇔ λ =−3 . Άσκηση 74 Έστω α, β πραγματικοί αριθμοί, για τους οποίους ισχύουν α +β =−1 και α3β+2α2β2 +αβ3 =−12 . α) Να αποδείξετε ότι α⋅β =−12 . β) Να κατασκευάσετε εξίσωση δευτέρου βαθμού με ρίζες τους αριθμούς α, β και να τους βρείτε. α) Από την σχέση α3β+2α2β2 +αβ3 =−12 προκύπτει α β(α 2 + 2α β + β2 ) = −12 ⇔ α β(α + β)2 = −12 α+β=−1 α β ⋅(−1)2 = −12 ⇔ ⇔ ⇔ αβ =−12 (1) β) Η ζητούμενη εξίσωση θα είναι η x2 −S⋅x +P = 0 , όπου - 38 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού (1) S = α +β =−1 και P = αβ = −12 , δηλαδή θα είναι η x2 −(−1)⋅x +(−12) = 0 ⇔ x2 + x−12 = 0 (2) Η διακρίνουσα της (2) είναι Δ =12 −4⋅1⋅(−12) =1+ 48 = 49 , οπότε η (2) έχει δύο άνισες ρίζες, τις x1,2 = −1± 49 = −1±7 ⇔ x1 = −1+7 = 6 =3 , x2 = −1−7 = −8 =−4 . 2⋅1 2 2 2 2 2 Επειδή οι αριθμοί α, β είναι οι ρίζες της (2), θα είναι α = 3 , β =−4 ή α =−4 , β = 3 . Άσκηση 75 ∆ίνεται η εξίσωση (λ+2)x2 +2λ x + λ−1= 0 , με παράμετρο λ ≠−2 . α) Να βρείτε τις τιμές του λ για τις οποίες η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες. β) Αν x1 , x2 είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης, να βρείτε το λ ώστε x1x2 =−3 . α) Για να έχει η εξίσωση δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, πρέπει να είναι Δ>0 , όπου ∆ η διακρίνουσά της. Άρα, πρέπει (2 λ)2 − 4 ⋅(λ + 2)⋅(λ −1)> 0 ⇔ 4 λ2 − 4(λ2 − λ + 2 λ − 2)> 0 :4 λ 2 −(λ2 + λ −2) > 0 ⇔ ⇔ ⇔ λ2 − λ2 −λ+2>0 ⇔λ<2 . - 39 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Όμως είναι λ ≠−2 , οπότε τελικά πρέπει λ ∈(−∞,−2)∪(−2,2) . β) Η παράσταση x1x2 είναι το γινόμενο των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1 x2 = λ −1 . λ+2 Έτσι, από την σχέση x1x2 =−3 προκύπτει λ −1 =−3 ⇔ λ−1=−3(λ+2)⇔ λ−1=−3λ−6 ⇔ 4λ =−5 ⇔ λ=− 5 . λ+2 4 Η τιμή αυτή είναι δεκτή, διότι ανήκει στο διάστημα (−2,2), δηλαδή ικανοποιεί τον περιορισμό που προέκυψε στο (α). - 40 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 76 ∆ίνεται το τριώνυμο λ x2 −(λ2 +1)x + λ , λ ∈ !−{0} . α) Να βρείτε την διακρίνουσα ∆ του τριωνύμου και να αποδείξετε ότι το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές, για κάθε λ ∈ !−{0} . β) Αν x1 , x2 είναι οι ρίζες του τριωνύμου, να εκφράσετε το άθροισμα S = x1+ x2 συναρτήσει του λ ≠ 0 και να βρείτε την τιμή του γινομένου P = x1x2 των ριζών. γ) Αν λ <0 , τότε: Ι. το παραπάνω τριώνυμο έχει ρίζες θετικές ή αρνητικές; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. ΙΙ. να αποδείξετε ότι x1+ x2 ≥ 2x1x2 , όπου x1 , x2 είναι οι ρίζες του παραπάνω τριωνύμου. α) Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι Δ = ⎡⎢⎣ −(λ2 +1)⎥⎦⎤2 −4⋅λ⋅λ =(λ2 +1)2 −4λ2 = λ4 +1+2λ2 −4λ2 = λ4 +1−2λ2 ⇔ ⇔ Δ =(λ2 −1)2 . Επειδή είναι (λ2 −1)2 ≥0 , για κάθε λ ∈ ! , άρα και για κάθε λ ≠ 0 , είναι Δ≥0 , για κάθε λ ≠ 0 , συνεπώς το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές. β) Είναι: • S = x1+ x2 =− −(λ2 +1) ⇔ S= λ2 +1 . λ λ - 41 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού • P = x1 x2 = λ ⇔ P=1 . λ γ) Ι. Επειδή είναι Δ≥0 και P =1>0 , το τριώνυμο έχει ρίζες ομόσημες. Επειδή είναι λ2 +1>0 , για κάθε λ ∈ ! , και λ <0 , είναι S<0 . Από τα παραπάνω προκύπτει ότι το τριώνυμο έχει ρίζες αρνητικές. ΙΙ. Ισοδύναμα θα δείξω ότι λ2 +1 ≥ 2⋅1⇔ λ2 +1 ≥2. x1+ x2 ≥ 2x1 x2 ⇔ λ |λ| • Είναι λ2 +1>0 , για κάθε λ ∈ ! , οπότε λ2 +1 = λ2 +1. • Για λ <0 είναι | λ | =−λ . Έτσι, ισοδύναμα θα δείξω ότι λ2 +1 λ<0 λ2 +1≥−2λ ⇔ λ2 +1+2λ ≥0 ⇔(λ +1)2 ≥0 , −λ ≥2 ⇔ −λ>0 το οποίο ισχύει για κάθε λ ∈ ! . - 42 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 77 ∆ίνεται η εξίσωση x2 −5λ x−1= 0 , με παράμετρο λ ∈ ! . α) Να αποδείξετε ότι, για κάθε λ ∈ ! , η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες. β) Αν x1 , x2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης, τότε: Ι. να προσδιορίσετε τις τιμές του λ ∈ ! , για τις οποίες ισχύει (x1+ x2)2 −18−7(x1 x2)24 = 0 . ΙΙ. για λ =1, να βρείτε την τιμή της παράστασης Α = x12 x2 −3x1+ 4 −3x2 + x1 x22 . α) Αρκεί να δείξω ότι είναι Δ>0 , όπου ∆ η διακρίνουσα της εξίσωσης. Είναι Δ =(−5λ)2 −4⋅1⋅(−1)= 25λ2 + 4 >0 , για κάθε λ ∈ ! . β) Ι. Η παράσταση x1+ x2 είναι το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1+ x2 =− −5λ ⇔ x1+ x2 = 5λ (1) 1 Η παράσταση x1x2 είναι το γινόμενο των ριζών της εξίσωσης, οπότε x1 x2 = −1 ⇔ x1 x2 = −1 (2) 1 Αντικαθιστώντας τις (1) και (2) στην σχέση (x1+ x2)2 −18−7(x1x2)24 = 0 , προκύπτει (5λ)2 −18 −7 ⋅(−1)24 = 0 ⇔ 25λ2 −18 −7 = 0 ⇔ 25λ2 = 25 :25 λ2 = 1⇔ λ = ± 1⇔ ⇔ - 43 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού ⇔ λ =1 η λ =−1 . ΙΙ. Είναι Α = x12 x2 −3x1+ 4−3x2 + x1 x22 = x1 x2(x1+ x2)−3(x1+ x2)+ 4 . Για λ =1 από την (1) έχω ότι x1+ x2 = 5⋅1= 5 οπότε, με την βοήθεια και της (2), έχω Α =−1⋅5−3⋅5+ 4 =−5−15+ 4 ⇔ Α =−16 . - 44 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 78 ∆ίνεται το τριώνυμο (λ x2 − λ2 +1)x + λ , λ ∈ !−{0} . α) Να βρείτε την διακρίνουσα ∆ του τριωνύμου και να αποδείξετε ότι το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές, για κάθε λ ∈ !−{0} . β) Αν x1 , x2 είναι οι ρίζες του τριωνύμου, να εκφράσετε το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών του τριωνύμου, συναρτήσει του λ. γ) Αν λ >0 , το παραπάνω τριώνυμο έχει ρίζες θετικές ή αρνητικές; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. δ) Για κάθε λ >0 , αν x1 , x2 είναι οι ρίζες του τριωνύμου, να αποδείξετε ότι x1 x2 ≤ x1+ x2 . 2 α) Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι Δ = ⎣⎢⎡ −(λ2 +1)⎥⎤⎦2 −4⋅λ⋅λ =(λ2 +1)2 −4λ2 = λ4 +1+2λ2 −4λ2 = λ4 +1−2λ2 ⇔ ⇔ Δ =(λ2 −1)2 . Επειδή είναι (λ2 −1)2 ≥0 , για κάθε λ ∈ ! , άρα και για κάθε λ ≠ 0 , είναι Δ≥0 , για κάθε λ ≠ 0 , συνεπώς το τριώνυμο έχει ρίζες πραγματικές. β) Είναι: • S = x1+ x2 =− −(λ2 +1) ⇔ S= λ2 +1 . λ λ - 45 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού • P = x1 x2 = λ ⇔ P=1 . λ γ) Επειδή είναι Δ≥0 και P =1>0 , το τριώνυμο έχει ρίζες ομόσημες. Επειδή είναι λ2 +1>0 , για κάθε λ ∈ ! , και λ >0 , είναι S>0 . Από τα παραπάνω προκύπτει ότι το τριώνυμο έχει ρίζες θετικές. δ) Στην ζητούμενη ανισότητα τα μέλη είναι θετικά, οπότε ισοδύναμα θα δείξω ότι x1 x2 2 ≤⎜⎜⎜⎝⎛ x1+ x2 ⎞⎠⎟⎟⎟2 ⇔ x1 x2 ≤ (x1+ x2)2 ⇔ 4x1 x2 ≤(x1+ x2)2 ⇔ 2 4 ⇔ 4x1 x2 ≤ x12 + x22 + 2x1 x2 ⇔ x12 + x22 −2x1 x2 ≥ 0 ⇔(x1− x2)2 ≥ 0 , που ισχύει για κάθε x1 , x2 ∈ ! . - 46 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού Άσκηση 79 ∆ίνεται η εξίσωση α x2 −5x +α = 0 , με παράμετρο α ≠ 0 . α) Να αποδείξετε ότι, αν |α | ≤ 5 , τότε η εξίσωση έχει ρίζες που είναι αντίστροφοι 2 πραγματικοί αριθμοί. β) Να βρείτε τις λύσεις της εξίσωσης, όταν α = 2 . γ) Να λύσετε την εξίσωση 2⎜⎝⎛⎜⎜x + 1 ⎟⎞⎟⎠⎟2 −5⎛⎝⎜⎜⎜x + 1 ⎟⎟⎞⎠⎟ + 2 = 0 . x x α) Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ =(−5)2 −4⋅α⋅α = 25−4α2 =(5−2α)(5+2α). Αφού είναι |α | ≤ 5 , ισχύει 2 − 5 ≤α≤ 5 ⇔−5≤2α ≤5 , 2 2 από όπου προκύπτει ότι ⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎧ −5≤2α και ⎫⎪⎭⎬⎪⎪⎪⎪⇔ ⎨⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎧ 5+2α ≥0 και ⎪⎪⎫⎪⎪⎪⎭⎬ . 2α ≤5 5−2α ≥0 Επομένως, είναι Δ≥0 , οπότε η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές. Το γινόμενο των ριζών της εξίσωσης είναι P= α =1>0 , α το οποίο σημαίνει ότι οι ρίζες της εξίσωσης είναι αντίστροφοι αριθμοί. - 47 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου βαθμού β) Για α = 2 έχω την εξίσωση 2x2 −5x +2 = 0 , με διακρίνουσα Δ = 25−4⋅22 = 25−16 = 9 , όπως προκύπτει από τον τύπο της ∆ που βρήκα στο (α). Έτσι, η εξίσωση έχει δύο άνισες λύσεις, τις x1,2 = −(−5)± 9 = 5±3 ⇔ x1 = 5+3 = 8 =2 , x2 = 5−3 = 2 = 1 . 2⋅2 4 4 4 4 4 2 γ) Κατ’ αρχάς, πρέπει να είναι x ≠ 0 . Θέτοντας x+ 1 = y , προκύπτει η εξίσωση 2y2 −5y +2 = 0 , η οποία έχει ρίζες τους x αριθμούς 2 και 1 , όπως βρήκα στο (β). Έτσι: 2 • για y = 2 έχω x+ 1 = 2 ⇔ x2 +1= 2x ⇔ x2 −2x +1= 0 ⇔(x−1)2 = 0 ⇔ x−1= 0 ⇔ x ⇔ x =1 (διπλή ρίζα). • για y = 1 έχω 2 x+ 1 = 1 ⇔ 2x2 +2= x ⇔ 2x2 −x+2= 0 . x 2 Η διακρίνουσα αυτής της εξίσωσης είναι (−1)2 −4⋅2⋅2 =1−16 =−15 , συνεπώς η εξίσωση αυτή είναι αδύνατη. - 48 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Κεφάλαιο 3 - Εξισώσεις Παράγραφος 3.3 - Εξισώσεις 2ου 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 40 - 47. • Μίλτος Παπαγρηγοράκης Α’ Λυκείου Άλγεβρα, 2019-2020, Χανιά. Το φυλλάδιο το βρήκα στην διεύθυνση http://users.sch.gr/mipapagr Ασκήσεις 48 - 79. - 49 - ∆ημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος • Μαθηματικό στέκι • www.mathsteki.gr
Search
