ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ (Ι)

Άλγεβρα Α΄Λυκείου / Επαναληπτικές ασκήσεις / Επιμέλεια : Στέλλα 1Σερεμετάκη ,Μαθηματικός , MSc in Pure MathematicsΛυμένες ασκήσειςΆσκηση 1ηΔίνεται η f(x)=λx2+(λ-1)x+λ-1 , λ ∈ Ra. Να βρεθεί το λ έτσι ώστε η f(x)=0 να έχει μοναδική ρίζαb.Εάν λ ≠ 0 να βρείτε τα λ ∈ R για τα οποία f(x)>0 για κάθε πραγματικόxc.Αν η εξίσωση f(x)=λx2+(λ-1)x+λ-1 =0, λ ∈ Rέχει δύο παραγαμτικές ρίζες x1 , x2i)Να βρείτε τα x1+x2 και x1.x2 συναρτήσει του λii) Να δειχτεί ότι x12.x2 + x22.x1 ≤ 0iii) Να λυθεί η ανίσωση x12 .x 2 + x 2 .x1 ≤ 1 ως προς λ 2 4d.Να βρείτε τα λ ∈ R ώστε η f(x)=λx2+(λ-1)x+λ-1 =0 να έχει δύο ρίζεςίσεςe. Να βρείτε τα λ ∈ R ώστε η συνάρτηση h (x) = 1 να έχει πεδίο f (x)ορισμού όλο το RΛύσηa.Για να έχει μοναδική ρίζα πρέπει η f(x)=λx2+(λ-1)x+λ-1να είναι 1ου βαθμού.Αυτό σημαίνει λ=0Επαλήθευση : Για λ=0 η f(x)=λx2+(λ-1)x+λ-1 γίνεταιf(x)=0.x2+(0-1)x+0-1=-x-1, επομένως f(x)=0<->-x-1=0<->x=-1 μοναδικήρίζαb.Θέλω f(x)>0 για κάθε πραγματικό x .Αυτό σημαίνει ότι πρέπει Δ<0 καιο συντελεστής λ του x2 στη σχέση f(x)=λx2+(λ-1)x+λ-1 να είναι θετικόςδηλαδή λ>0 http://www.mathschoolonline.org/

Άλγεβρα Α΄Λυκείου / Επαναληπτικές ασκήσεις / Επιμέλεια : Στέλλα 2Σερεμετάκη ,Μαθηματικός , MSc in Pure MathematicsΕπομένως, Δ<0 <->(λ-1)2-4λ(λ-1)<0<->(λ-1)[(λ-1)-4λ]<0<->(λ-1)(-3λ-1)<0<-> (λ-1)(3λ+1)>0 -∞ -1/3 -1/3 11 +∞ -+ +3λ+1 -- +λ-1 +- +(λ-1)(3λ+1)Άρα Δ<0 εάν (λ-1)(3λ+1)>0 -> λ< -1/3 ή λ>1Θέλω όμως να ικανοποιείται και η συνθήκη λ>0Επομένως f(x)>0 για κάθε πραγματικό x όταν λ>1ci)Γνωρίζω ότι αν Δ>0 για την αx2+βx+γ=0 ,ισχύει x1+x2 =S =-β/αΚαι x1.x2 = P= γ/αΕπομένως S = -(λ-1) / λ και P = (λ-1) / λii) Ξεκινώ από την αρχική σχέση x12.x2 + x22.x1 ≤ 0 και με συνεχείςισοδυναμίες θα καταλήξω σε μία τελική σχέση η οποία ισχύει (άρα θαισύει και η αρχική)x12 .x 2 + x 2 .x1 ≤ 0 ↔ x1 ( x1.x 2 ) + x2 ( x1.x 2 ) ≤ 0 ↔ ( x1.x 2 ).(x1 + x 2 ) ≤ 0 ↔ 2P.S ≤ 0↔ (λ − 1) . − (λ −1) ≤ 0↔ − (λ − 1)2 ≤ 0, ισχύει λ   λ  λ2Άρα η ισχύει και η αρχική x12.x2 + x22.x1 ≤ 0iii)x12 .x 2 + x22.x1 ≤ 1 ↔ P.S ≤ 1 ↔ − (λ −1)2 ≤ 1 , ΕΚΠ= 4λ2 ≠ 0 → λ ≠ 0 4 4 4 λ2− (λ − 1)2 − 1 ≤ 0↔ −4λ2 (λ − 1)2 − 4λ2 1 ≤ 0 ↔ −4 ( λ − 1)2 − λ2 ≤ 0↔ 4 4 λ2 λ2−4 (λ −1)2 − λ2 ≤ 0 ↔ −4λ2 + 8λ − 4 − λ2 ≤ 0 ↔ 5λ2 − 8λ + 4 ≥ 0 http://www.mathschoolonline.org/

Άλγεβρα Α΄Λυκείου / Επαναληπτικές ασκήσεις / Επιμέλεια : Στέλλα 3Σερεμετάκη ,Μαθηματικός , MSc in Pure MathematicsΔ=64-80<0 , επομένως το τριώνυμο 5λ2 − 8λ + 4 είναι ομόσημο τουα=5>0 για κάθε πραγματικό αριθμό λΕπομένως η ανίσωση 5λ2 − 8λ + 4 > 0 αληθεύει για κάθε λ ∈ R ενώη 5λ2 − 8λ + 4 =0 είναι αδύνατηΆρα η x12 .x 2 + x22.x1 < 1 αληθεύει ια κάθε λ ∈ R ,ενώ η 4x12 .x 2 + x22.x1 =1 είναι αδύνατη 4d.Πρέπει Δ=0 ισοδύναμα (βλέπε ερώτημα b) (λ-1)(3λ+1)<0Αυτό συμβαίνει όταν -1/3 < λ < 1e.Για να ορίζεται η h(x) πρέπει f(x)>0 για κάθε x ∈ R ,δηλαδήλx2+(λ-1)x+λ-1 >0 για κάθε x ∈ RΑυτό σημαίνει ότι πρέπει το Δ<0 και το λ>0Επομένως σύμφωνα με το b.ερώτημα (όπως αποδείξαμε )πρέπει λ>1Άσκηση 2ηΔίνεται η συνάρτηση f (x) = 1 x 4− xa.Να βρεθεί το π.ο τηςb.Να δειχτεί ότι f(x) = -f(-x)c.Να υπολογισθεί η τιμή της παράστασης (f (2) −1)2 + (f (−2) −1)2d.Να λυθεί η εξίσωση f (x) = 1 , x ≠ 0 xΛύσηa.Πρέπει x ≠ 0 και 4- x > 0 , επομένως έχω 4- x > 0 ↔ - x > −4 ↔ x < 4 ↔ −4 < x < 4 http://www.mathschoolonline.org/

Άλγεβρα Α΄Λυκείου / Επαναληπτικές ασκήσεις / Επιμέλεια : Στέλλα 4Σερεμετάκη ,Μαθηματικός , MSc in Pure MathematicsΆρα το πεδίο ορισμού της f είναι το (−4,0)  (0, 4) ή ισοδύναμα π.ο είναιτο σύνολο {x ∈ R / x ≠ 0 : −4 < x < 4}b. f (x) = 1 και f (−x) = 1 , όμως x = −x x 4− x −x 4 − −xΕπομένως f (−x) = 1  1  4 − −x =−  −x  =−f (x)  x 4 − x c. (f (2) −1)2 + (f (−2=) −1)2 1 −1 + 1 =−1 2 4− 2 −2 4 − −21 −1 + 1 −=1 1 −1 + − 1 −=1 1 −1 + 1 + 1 ,(1)2 4−2 −2 4 − 2 22 22 22 22Όμως 1 −1 < 0,επομένως, 1 −1 =− 1 +122 22 22 1 +1 > 0,επομένως, 1 +=1 1 + 122 22 22Επομένως η παράσταση (1) γίνεται(f (2) −1)2 + (f (−2) −1)2 = 1 −1 + 1 + 1 =− 1 + 1+ 1 + 1 =2 22 22 22 22d. f (x) =1 ↔ 1 =1 , x ≠ 0 (2) x x 4− x x http://www.mathschoolonline.org/

Άλγεβρα Α΄Λυκείου / Επαναληπτικές ασκήσεις / Επιμέλεια : Στέλλα 5Σερεμετάκη ,Μαθηματικός , MSc in Pure MathematicsΠεριπτώσεις1η x > 0, τότε, x =x2η x < 0, τότε, x =−xΓια τη 1η περίπτωση η σχέση (2) γίνεται 1 = 1 ,υψώνω στο x 4−x xτετράγωνο και έχω 1 x 2 = 1 2 ↔ 1 =1 ↔ x2 =x2 (4 − x) ↔ x2 (x − 3) =0 → x 4−  x  x2(4 − x) x2x = 0x = 3Για τη 2η περίπτωση η σχέση (2) γίνεται 1 = 1 ,υψώνω στο x 4+x xτετράγωνο και έχω 1 x 2 = 1 2 ↔ 1 x) =1 ↔ x2 =x2 (4 + x) ↔ x2 − 4x2 − x3 =0 ↔ x 4+  x  x2(4 + x2−3x2 − x3 = 0 ↔ x2 (−3 − x) = 0 →  x=0  x = −3Άσκηση 3ηΔίνεται η συνάρτηση g (α) = 1− α x2 + x + 2 ,α ≠ 1 4α2 − 8α + 4a.Να λυθεί η εξίσωση g(α)=0 ως προς xb .Να λυθεί η εξίσωση g(2)=g(-1)c.Να δειχθεί ότι g(α)>0 για κάθε πραγματικό xd. Nα δειχθεί ότι 1− α + 1 +1 > 0, για κάθε α ∈ R,με α ≠ 1 α −1 http://www.mathschoolonline.org/

Άλγεβρα Α΄Λυκείου / Επαναληπτικές ασκήσεις / Επιμέλεια : Στέλλα 6Σερεμετάκη ,Μαθηματικός , MSc in Pure Mathematicse.Να λυθεί η ανίσωση 1− α + 1 +1 > 0, για κάθε α ∈ R,με α ≠ 1 α −1Λύσηa. Θέλω να λύση την εξίσωσηg (α) = 0, όπου, g(α) = 1− α x2 + x + 2 Υπολογίζω 4α2 − 8α + 4προηγουμένως τη παράσταση4α2 − 8α + 4= 4(α2 − 2α +1)= 4 (α −1)2 > 0,εφόσον,α ≠ 1Επομένως η (1) γίνεταιg(α) = 1− α x2 + x + 2 = 1− α x2 + x + 2 = 1− α x2 + x + 2 4 (α −1)2 2 α −1 2 1− αΆρα g(α) = 1− α x2 + x + 1 1−αΘέλω g(α) = 0 ↔ 1− α x2 + x + 1 = 0 (1) 1−αΘέτω 1−=α λ,με λ ≠ 0,εφόσον α ≠ 1 Επομένως η σχέση (1) γίνεται λx2 + x + 1 = 0 ↔ λ2x2 + λx + 1 = 0,με λ ≠ 0 λ Δ=λ2-4λ2.1=-3λ2<0<->Δ<0, αυτό σημαίνει ότι η εξίσωση λ2x2 + λx + 1 =0 είναι αδύνατη ως προς x στο σύνολο των πραγματικών αριθμώνΆρα η g(α)=0 είναι αδύνατη ως προς x στο σύνολο των πραγματικώναριθμών b. g (2) = 1− 2 x2 + x + 1 = x2 + x +1 1− 2 g (−1) = 1+1 x2 + x + 1 = 2x2 + x + 1 1+1 2 http://www.mathschoolonline.org/

Άλγεβρα Α΄Λυκείου / Επαναληπτικές ασκήσεις / Επιμέλεια : Στέλλα 7Σερεμετάκη ,Μαθηματικός , MSc in Pure MathematicsΕπομένωςx2 + x + 1 =2x2 + x + 1 ↔ −x2 + 1 =0 ↔ x2 =1 ↔ x =± 1 22 22c. g (α) = 1− α x2 + x + 1 ,α ≠ 1 1−αΘέλωg(α) > 0 ↔ 1− α x2 + x + 1 > 0 1−αΓια να συμβαίνει αυτό δηλαδή το τριώνυμο 1− α x2 + x + 1 να είναι 1−αθετικό για όλα τα περαγματικά x , πρέπει Δ<0 και 1− α > 0Έχω Δ=1-4=-3<0 <-> Δ<0 και 1− α > 0Επομένως g(α)>0 για κάθε πραγματικό xd.Θέλω νδο 1− α + 1 +1 > 0, για κάθε α ∈ R,με α ≠ 1 α −1Όμως 1− α = α −1 και 1− α > 0, όταν το α ≠ 1, επομένως η παράσταση1− α + 1 +1 είναι θετική για κάθε α ∈ R,με α ≠ 1 α −1e. Περιπτώσεις1η Για 1-α >0<-> -α>-1 <-> α<1 έχω 1− α =1− α , οπότε η1− α + 1 +1 > 0, για κάθε α ∈ R,με α ≠ 1 γίνεται α −1 http://www.mathschoolonline.org/

Άλγεβρα Α΄Λυκείου / Επαναληπτικές ασκήσεις / Επιμέλεια : Στέλλα 8Σερεμετάκη ,Μαθηματικός , MSc in Pure Mathematics(1− α) + 1 +1 > 0, για κάθε α ∈ R,με α ≠ 1 , πολλαπλασιάζω με το (1− α)ΕΚΠ= (1-α) και έχω (1 − α)2 + 1 +1 − α > 0 ↔ α2 − 3α + 3 > 0Δ=9-12<0Άρα το α2 -3α +3 είναι θετικό δηλαδή ομόσημο του συντελεστή του α2για όλα τα πραγματικά α , αλλά επειδή έχω υποθέσει ότι α<1 , έχω ότια2 − 3α + 3 > 0, για κάθε α < 1Επομένως 1− α + 1 +1 > 0, για κάθε α < 1 (Ι) α −12η Γιά 1-α<0 <-> -α<-1<->α>1 έχω 1− α =−1+ α οπότε η1− α + 1 +1 > 0, για κάθε α ∈ R,με α ≠ 1 γίνεται α −1(α −1)2 + 1 + 1 > 0 ↔ α2 − α +1 > 0,Δ =1 − 4 =−3 < 0 (α −1)Άρα το α2 -α +1 είναι θετικό δηλαδή ομόσημο του συντελεστή του α2 γιαόλα τα πραγματικά α , αλλά επειδή έχω υποθέσει ότι α>1 , έχω ότια2 − α + 1 > 0, για κάθε α > 1Επομένως 1−α + 1 +1 > 0, για κάθε α >1 (ΙΙ) α −1Από τα παραπάνω δηλαδή τις σχέσεις (Ι) και (ΙΙ) συμπεραίνω ότι1− α + 1 +1 > 0, για κάθε α ∈ R,με α ≠ 1 α −1Kαλή μελέτη http://www.mathschoolonline.org/