1. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
Αποστόλου Γεώργιος
Μαθηµατικός
apgeorge2004@yahoo.com
ΙΩΑΝΝΙΝΑ
21 Ιανουαρίου 2014
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
1 / 118
2. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
Αποστόλου Γεώργιος
Μαθηµατικός
apgeorge2004@yahoo.com
ΙΩΑΝΝΙΝΑ
21 Ιανουαρίου 2014
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
2 / 118
3. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Βασικές Γνώσεις
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
3 / 118
4. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Περιεχόµενα
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΟΥ ΑΝΑΓΩΝΤΑΙ ΣΕ ΠΡΩΤΟΥ ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ
∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ
ΤΥΠΟΙ ΤΟΥ Vietta
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ
ΠΟΛΥΩΝΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 3ου ΒΑΘΜΟΥ ΚΑΙ ΠΑΝΩ
ΡΗΤΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΑΡΡΗΤΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
3 / 118
5. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Εξισώσεις
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
4 / 118
6. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Ερώτηση 1η
Τι ονοµάζουµε εξίσωση µε έναν άγνωστο ;
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
5 / 118
7. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Εξίσωση
Είναι µια ισότητα µεταξύ δυο συναρτήσεων, f (x ) = g (x ) που έχουν το ίδιο
πεδίο ορισµού.
Η οποία όµως, δεν είναι απαραίτητο να ισχύει, για όλο το πλήθος των τιµών της
µεταβλητής x.
Η διαδικασία την οποία ακολουθούµε, για να προσδιορίσουµε τις τιµές της
µεταβλητής, που επαληθεύουν την ισότητα, ονοµάζετε επίλυση της εξίσωσης.
Ισοδύναµες λέγονται οι εξισώσεις που έχουν ακριβώς τις ίδιες λύσεις.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
6 / 118
8. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Εξισώσεις 1ου ϐαθµού
Είναι εξισώσεις µεταξύ δυο πρωτοβάθµιων πολυωνύµων, µε την ίδια µεταβλητή.
Αυτή η εξίσωση µετά τις πράξεις παίρνει τη µορφή αx + β = 0, όπου α, β
πραγµατικοί αριθµοί.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
7 / 118
9. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Ερώτηση 2η
Πως λύνουµε µια εξίσωση πρώτου βαθµού ;
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
8 / 118
10. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Μεθοδολογία
Για να λύσουµε µια εξίσωση 1ου ϐαθµού,
κάνουµε τις πράξεις,
χωρίζουµε γνωστούς από αγνώστους
αν ο συντελεστής του αγνώστου είναι ≠ 0 διαιρούµε µε αυτόν και τα δυο µέλη,
διαφορετικά η εξίσωση είναι ή αδύνατη ή αόριστη.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
9 / 118
11. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Παράδειγµα 1ο
Να λυθεί η εξίσωση 2(x + 1) = −x + 3
Λύση
2(x + 1) = −x + 3
⇔ 2x + 2 = −x + 3
⇔ 2x + x = 3 − 2
⇔ 3x = 1
⇔ x=
1
3
άρα, η εξίσωση έχει µοναδική λύση.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
10 / 118
12. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Παράδειγµα 2ο
Να λυθεί η εξίσωση x + 3 = 2(x − 3) − x
Λύση
x + 3 = 2(x − 3) − x
⇔ x + 3 = 2x − 6 − x
⇔ x − 2x + x = −6 − 3
⇔ 0x = −8
το οποίο είναι αδύνατο, άρα η εξίσωση δεν έχει λύση.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
11 / 118
13. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Παράδειγµα 3ο
Να λυθεί η εξίσωση 5(x − 3) − x = 4x − 15
Λύση
5(x − 3) − x = 4x − 15
⇔ 5x − 15 − x = 4x − 15
⇔ 5x − x − 4x = 15 − 15
⇔ 0x = 0
το οποίο, ισχύει για κάθε x ∈ R, άρα η εξίσωση είναι αόριστη, δηλαδή έχει
άπειρες λύσεις.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
12 / 118
15. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
Παραµετρικές εξισώσεις
Είναι οι εξισώσεις, οι οποίες εκτός από το γράµµα της µεταβλητής, περιέχουν
κι άλλα, τα οποία παίζουν το ϱόλο της παραµέτρου.
Η επίλυση µιας παραµετρικής εξίσωσης, ονοµάζετε διερεύνηση
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
14 / 118
16. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
∆ιερεύνηση παραµετρικής εξίσωσης
Είναι :
αx + β = 0 ⇔ αx = −β
Τώρα διακρίνουµε τις περιπτώσεις :
β
α
Αν α = 0 τότε από : αx = −β ⇔ 0x = −β
Αν α ≠ 0 τότε από : αx = −β ⇔ x = − , µοναδική λύση.
τώρα αν :
i. β ≠ 0 έχουµε, 0x = −β ≠ 0 το οποίο είναι αδύνατο, άρα η εξίσωση
είναι αδύνατη, δεν έχει πραγµατικές ϱίζες.
ii. β = 0 έχουµε, 0x = 0 το οποίο ισχύει για κάθε x ∈ R, άρα η εξίσωση
είναι ταυτότητα, έχει άπειρες πραγµατικές ϱίζες.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
15 / 118
17. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
Παράδειγµα 1ο
Να λυθεί η εξίσωση λ2 x − 1 = x + λ (1) για τις διάφορες τιµές του λ ∈ R.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
16 / 118
18. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
Λύση
Λύση
Για να λύσω την παραµετρική εξίσωση, ϑα πρέπει να ϕέρω την εξίσωση στη
µορφή: αx = β
λ2 x − 1 = x + λ ⇔ λ2 x − x = 1 + λ
⇔ (λ2 − 1)x = 1 + λ
τώρα διακρίνουµε τις περιπτώσεις :
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
17 / 118
19. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
Λύση
Αν λ2 − 1 ≠ 0 ⇒ λ ≠ ±1 ⇒ λ ∈ R − {−1, 1}
τότε η εξίσωση έχει µοναδική λύση την :
1+λ
1
1+λ
=
=
x= 2
λ − 1 (λ − 1)(λ + 1) λ − 1
Αν λ=-1, αντικαθιστώντας στην (1) έχουµε : 0x = 0 άρα η εξίσωση είναι
αόριστη, έχει άπειρες λύσεις.
Αν λ=1, αντικαθιστώντας στην (1) έχουµε : 0x = 2 άρα η εξίσωση είναι
αδύνατη, δεν έχει καµία λύση.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
18 / 118
20. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΟΥ ΑΝΑΓΩΝΤΑΙ ΣΕ ΠΡΩΤΟΥ ΒΑΘΜΟΥ
Ερώτηση 4η
Ποιοι είναι οι ποιο συνηθισµένοι τρόποι για να ανάγουµε την επίλυση µιας
εξίσωσης, σε επίλυση εξισώσεων πρώτου βαθµού ;
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
19 / 118
21. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΟΥ ΑΝΑΓΩΝΤΑΙ ΣΕ ΠΡΩΤΟΥ ΒΑΘΜΟΥ
Αναγωγή σε εξισώσεις 1ου ϐαθµού
Παραγοντοποίηση A(x )B (x ) = 0 ⇐⇒ A(x ) = 0 ή B (x ) = 0
΄Αθροισµα µη αρνητικών προσθετέων π.χ.
A2 (x ) + B 2 (x ) = 0 ⇐⇒ A(x ) = 0 και B (x ) = 0
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
20 / 118
22. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΟΥ ΑΝΑΓΩΝΤΑΙ ΣΕ ΠΡΩΤΟΥ ΒΑΘΜΟΥ
Παράδειγµα 1ο
Να λυθεί η εξίσωση x 2 − 7x + 6 = 0
Λύση
x 2 − 7x + 6 = 0
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
⇔ x 2 − (6 + 1 ) x + 6 ⋅ 1 = 0
⇔ (x − 6 ) ⋅ (x − 1 ) = 0
⇔ x −6=0 ή x −1=0
⇔ x=6 ή x=1
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
21 / 118
23. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΟΥ ΑΝΑΓΩΝΤΑΙ ΣΕ ΠΡΩΤΟΥ ΒΑΘΜΟΥ
Παράδειγµα 2ο
Να λυθεί η εξίσωση (x − 2)2 + (x 2 − 4)2 = 0
Λύση
Πρέπει x − 2 = 0 ⇐⇒ x = 2 και x 2 − 4 = 0 ⇐⇒ x = ±2
΄Αρα η κοινή λύση είναι x = 2
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
22 / 118
24. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΟΥ ΑΝΑΓΩΝΤΑΙ ΣΕ ΠΡΩΤΟΥ ΒΑΘΜΟΥ
Παράδειγµα 3ο
Να λυθεί η εξίσωση : (x − 3)3 − 8x 3 + (x + 3)3 = 0
Λύση
Από την ταυτότητα του Euler έχουµε ότι :
αν α + β + γ = 0 ⇒ α3 + β 3 + γ 3 = 3αβγ
Η εξίσωση που µας δίνεται, γράφεται : (x − 3)3 − (2x )3 + (x + 3)3 = 0
κι έχουµε : x − 3 − 2x + x + 3 = 0
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
23 / 118
26. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Ερώτηση 5η
Πως λύνω εξισώσεις µε απόλυτες τιµές ;
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
25 / 118
27. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παράδειγµα 1ο
΄Οταν έχω εξίσωση της µορφής f (x ) = θ > 0 ⇐⇒ f (x ) = ±θ
Στο παρακάτω παράδειγµα, εφαρµόζοντας τη συγκεκριµένη ιδιότητα των
απολύτων τιµών, έχουµε :
2x +1 −6=0
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
⇐⇒ 2 x + 1 = 6
⇐⇒
x +1 =3
⎧
⎪
⎪
⎪
⇐⇒ ⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
⎧
⎪
⎪
⎪
⇐⇒ ⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
x +1=3
x + 1 = −3
x=2
x = −4
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
26 / 118
28. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παράδειγµα 2ο
΄Οταν έχω εξίσωση της µορφής f (x ) = α < 0 η εξίσωση είναι αδύνατη
΄Αρα η εξίσωση : 2x + 7 + 9 = 0 ⇒ 2x + 7 = −9 είναι αδύνατη.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
27 / 118
29. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παράδειγµα 3ο
⎧ f (x ) = g (x )
⎪
⎪
⎪
΄Οταν έχω εξίσωση της µορφής f (x ) = g (x ) ⇐⇒ ⎨
⎪
⎪ f (x ) = −g (x )
⎪
⎩
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
28 / 118
30. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παράδειγµα 4ο
Να λυθεί η εξίσωση x − 1 − 3 x + 5 = 0
Λύση
x −1 −3x +5 =0
⇐⇒
x −1 =3x +5
⎧
⎪
⎪
⎪
⇐⇒ ⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
⎧
⎪
⎪
⎪
⇒ ⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
x − 1 = 3(x + 5)
x − 1 = −3(x + 5)
⎧ x − 1 = 3x + 15
⎪
⎪
⎪
⇐⇒ ⎨
⎪
⎪
⎪ x − 1 = −3x − 15
⎩
x = −8
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⇐⇒ ⎨
⎪
⎪ x = −7
⎪
4x = −14
⎪
⎪
2
⎩
−2x = 16
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
29 / 118
31. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παράδειγµα 5ο
Από τη σχέση : f (x ) = f (x ) ⇒ f (x ) > 0
Οπότε από την εξίσωση x + 1 = x + 1 ⇒ x + 1 > 0 ⇒ x > −1
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
30 / 118
32. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παράδειγµα 6ο
Από τη σχέση : f (x ) = −f (x ) ⇒ f (x ) < 0
Οπότε από την εξίσωση 2x − 4 = −2x + 4 ⇒ 2x − 4 < 0 ⇒ 2x < 4 ⇒ x < 2
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
31 / 118
33. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παράδειγµα 7ο
΄Οταν έχω εξισώσεις της µορφής f (x ) = g (x ),
επειδή το f (x ) ≥ 0 ϑα πρέπει και το g (x ) ≥ 0
⎧ g (x ) ≥ 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
΄Αρα από την εξίσωση f (x ) = g (x ) ⇒ ⎨ f (x ) = g (x )
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪ f (x ) = −g (x )
⎩
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
32 / 118
35. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παράδειγµα 7ο
΄Οταν έχω εξισώσεις της µορφής f (x ) + g (x ) = 0 επειδή f (x ) ≥ 0 και
g (x ) ≥ 0 πρέπει να είναι : f (x ) = g (x ) = 0
΄Αρα από την εξίσωση :
⎧ x2 − 4 = 0
⎪
⎪
⎪
x − 4 + 3x − 6 = 0 ⇐⇒ ⎨
⎪
⎪ 3x − 6 = 0
⎪
⎩
⎧ x = ±2
⎪
⎪
⎪
⇐⇒ ⎨
⎪
⎪ x=2
⎪
⎩
⇐⇒ x = 2
2
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
34 / 118
36. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
∆ιωνυµικές εξισώσεις
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
35 / 118
37. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Ερώτηση 6η
Πως λύνουµε εξισώσεις της µορφής x ν = α;
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
36 / 118
38. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Επίλυση διωνυµικών εξισώσεων
Οι λύσεις της εξίσωσης x ν = α είναι :
Για α > 0 και ν περιττό, η λύση της εξίσωσης είναι x =
√
ν
α
√
Για α > 0 και ν άρτιο, η λύση της εξίσωσης είναι x = ± ν α
√
Για α < 0 και ν περιττό, η λύση της εξίσωσης είναι x = − ν α
Για α < 0 και ν άρτιο, η εξίσωση είναι αδύνατη
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
37 / 118
39. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παραδείγµατα
Να λυθούν οι εξισώσεις
√
x 2 = 4 ⇔ x = ± 4 = ±2
x 4 = −34 η εξίσωση είναι αδύνατη.
x3 = 8 ⇔ x =
√
3
3
8=2
√
x = −125 ⇔ x = − 3 − 125 = −5
x 20 = 0 ⇔ x = 0
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
38 / 118
40. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Εξισώσεις 2ου ϐαθµού
Είναι εξισώσεις µεταξύ δυο δευτεροβάθµιων πολυωνύµων, µε την ίδια
µεταβλητή.
Αυτή η εξίσωση µετά τις πράξεις παίρνει τη µορφή αx 2 + β x + γ = 0, όπου
α, β, γ πραγµατικοί αριθµοί, µε α ≠ 0.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
39 / 118
41. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Ερώτηση 7η
Πως λύνουµε µια εξίσωση 2ου βαθµού ;
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
40 / 118
42. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Επίλυση εξίσωσης δευτέρου ϐαθµού
Υπολογίζουµε τη διακρίνουσα ∆ = β 2 − 4 ⋅ α ⋅ γ .
√
−β ± ∆
Αν ∆ > 0 τότε η εξίσωση έχει δύο λύσεις τις x1,2 =
2⋅α
−β
Αν ∆ = 0 τότε η εξίσωση έχει µία διπλή λύση την x =
2⋅α
Αν ∆ = 0 τότε η εξίσωση δεν έχει πραγµατική λύση (αδύνατη).
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
41 / 118
43. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Παράδειγµα 1ο
Να λυθεί η εξίσωση 2x 2 + 6x = 0
Λύση
2x 2 + 6x = 0
⇔ 2x (x + 3) = 0
⎧ x=0
⎪
⎪
⎪
⇔ ⎨
⎪
⎪ x +3=0
⎪
⎩
⎧ x=0
⎪
⎪
⎪
⇔ ⎨
⎪
⎪
⎪ x = −3
⎩
΄Οταν λείπει το γ ϐγάζω κοινό παράγοντα.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
42 / 118
44. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Παράδειγµα 2ο
Να λυθεί η εξίσωση x 2 − 4 = 0
Λύση
x2 − 4 = 0
⇔ x2 = 4
⇔ x = ±2
΄Οταν λείπει το x χωρίζω γνωστούς από αγνώστους.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
43 / 118
45. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Παράδειγµα 3ο
Να λυθεί η εξίσωση 3x 2 + 16 = 0
Λύση
3x 2 + 16 = 0
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
⇔ 3x 2 = −16
αδύνατη
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
44 / 118
46. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Παράδειγµα 4ο
Να λυθεί η εξίσωση 2x 2 − 5x + 3 = 0
Λύση
Η 2x 2 − 5x + 3 = 0 είναι της µορφής αx 2 + β x + γ = 0
µε α = 2, β = −5, γ = 3, τότε
η ∆ = β 2 − 4αγ = (−5)2 − 4 ⋅ 2 ⋅ 3 = 1 > 0
√
−β ± ∆
άρα η εξίσωση έχει δυο λύσεις τις x1,2 =
2⋅α
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
45 / 118
47. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Παράδειγµα 5ο
Να λυθεί η εξίσωση x 2 − 6x + 9 = 0
Λύση
Η εξίσωση x 2 − 6x + 9 = 0 έχει ∆ = β 2 − 4αγ = (−6)2 − 4 ⋅ 1 ⋅ 9 = 0
άρα έχει διπλή ϱίζα την x =
6
2
=3
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
46 / 118
48. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Παράδειγµα 6ο
Να λυθεί η εξίσωση 3x 2 + 4x + 2 = 0
Λύση
Η εξίσωση 3x 2 + 4x + 2 = 0 έχει ∆ = β 2 − 4αγ = 42 − 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = −8 < 0
άρα η εξίσωση είναι αδύνατη.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
47 / 118
49. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΜΕ ΕΝΑΝ ΑΓΝΩΣΤΟ
Παράδειγµα 7ο Εξίσωση µε απόλυτα που ανάγεται σε
εξίσωση 2ου ϐαθµού
Να λυθεί η εξίσωση x 2 − 7 x + 12 = 0
Λύση
x 2 − 7 x + 12 = 0
⇔
x 2 − 7 x + 12 = 0 ϑέτω x = ω
ω 2 − 7ω + 12 = 0
∆ = 1 άρα έχει δυο λύσεις
⎧ ω1 = 4
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪ ω =3
⎪ 2
⎩
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
⎧
⎪
⎪
⎪
⇔ ⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
⎧
⎪
⎪
⎪
⇔ ⎨
⎪
⎪
⎪
⎩
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
x =4
x =3
x = ±4
x + ±3
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
48 / 118
51. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ
Παραµετρικές εξισώσεις
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
50 / 118
52. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ
Παραµετρικές εξισώσεις
Είναι οι εξισώσεις, οι οποίες εκτός από το γράµµα της µεταβλητής, περιέχουν κι
άλλα, τα οποία παίζουν το ϱόλο της παραµέτρου.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
50 / 118
53. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ
Παραµετρικές εξισώσεις
Είναι οι εξισώσεις, οι οποίες εκτός από το γράµµα της µεταβλητής, περιέχουν κι
άλλα, τα οποία παίζουν το ϱόλο της παραµέτρου.
Η επίλυση µιας παραµετρικής εξίσωσης, ονοµάζετε διερεύνηση
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
50 / 118
54. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ
Παράδειγµα 1ο
Να λύσετε την εξίσωση : x 2 + α2 = β 2 − 2αx , α.β ∈ R
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
51 / 118
56. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ
Ιδιότητες, που είναι χρήσιµες στις εξισώσεις 2ου ϐαθµού
΄Οταν έχω παραµετρικές εξισώσεις της µορφής
αx 2 + β x + γ = 0, ϑα πρέπει να λάβω υπόψιν µου τα παρακάτω.
΄Εχει πραγµατικές ϱίζες
α ≠ 0, ∆ ≥ 0
∆εν έχει πραγµατικές ϱίζες
α ≠ 0, ∆ < 0
΄Εχει µια διπλή πραγµατική ϱίζα
α ≠ 0, ∆ = 0
΄Εχει 2 πραγµατικές και άνισες ϱίζες
α ≠ 0, ∆ > 0
Οι ϱίζες είναι αντίθετες
α ≠ 0, ∆ > 0, S = 0
Οι ϱίζες είναι αντίστροφες
α ≠ 0, ∆ > 0, P = 1
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
53 / 118
57. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ
Ιδιότητες, που είναι χρήσιµες στις εξισώσεις 2ου ϐαθµού
Οι ϱίζες είναι οµόσηµες
Οι ϱίζες είναι ετερόσηµες
Οι ϱίζες είναι ϑετικές
Οι ϱίζες είναι αρνητικές
α ≠ 0, ∆ > 0, P > 0
α ≠ 0, ∆ > 0, P < 0
α ≠ 0, ∆ > 0, P > 0, S > 0
α ≠ 0, ∆ > 0, P > 0, S < 0
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
54 / 118
58. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΠΑΡΑΜΕΤΡΙΚΕΣ
Παράδειγµα
Να ϐρείτε τις τιµές του µ ∈ R, για τις οποίες η εξίσωση
µx 2 + 2x + µ = 0, µ ≠ 0 έχει διπλή ϱιζά.
ΛΥΣΗ
Για να έχει η εξίσωση µx 2 + 2x + µ = 0 διπλή ϱιζά Θα πρέπει
µ ≠ 0, ∆ = 0
΄Αρα έχω : µ ≠ 0 το οποίο δίνεται και
∆ = 0 ⇔ 22 − 4µ 2 = 0
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
⇔ µ2 = 1
⇔ µ = ±1
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
55 / 118
59. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΤΥΠΟΙ ΤΟΥ Vietta
Ερώτηση 9η
Ποιοι είναι οι τύποι του Vietta;
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
56 / 118
60. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΤΥΠΟΙ ΤΟΥ Vietta
Τύποι του Vietta
΄Οταν έχουµε την εξίσωση αx 2 + β x + γ = 0, µε α ≠ 0 και ∆ > 0,
η οποία έχει δυο λύσεις x1 , x2 τότε ισχύει :
S = x1 + x2 = −
γ
β
και P = x1 ⋅ x2 =
α
α
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
57 / 118
61. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
ΤΥΠΟΙ ΤΟΥ Vietta
Παράδειγµα 1ο
Αν x1 , x2 οι λύσεις της εξίσωσης x 2 + x − 12 = 0, να υπολογιστούν οι
παραστάσεις :
x1 + x2
x1 x2
2
2
x1 + x2
3
3
x1 + x2
(x1 − x2 )2
x1 − x2
2
x1
x2
+
2
x2
x1
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
58 / 118
67. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Πολυωνυµικές εξισώσεις
Είναι οι εξισώσεις µεταξύ 2 πολυωνύµων
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
64 / 118
68. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Ερώτηση 11η
Πως λύνουµε πολυωνυµικές εξισώσεις ;
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
65 / 118
69. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Πολυωνυµικές εξισώσεις
1ου ϐαθµού χωρίζοντας γνωστούς από αγνώστους
2ου ϐαθµού µε διακρίνουσα
3ου ϐαθµού και πάνω, κάνοντας παραγοντοποίηση, ώστε να έχω, µόνο,
παράγοντες 1ου και 2ου ϐαθµού.
⎧ A (x ) = 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
Η εξίσωση A(x )B (x )Γ(x )...K (x ) = 0 ⇐⇒ ⎨ ...
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪ K (x ) = 0
⎪
⎩
µε A(x ), B (x ), Γ(x ), ..., K (x ) πολυώνυµα πρώτου και δεύτερου ϐαθµού.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
66 / 118
70. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Ερώτηση 12η
Πόσες ρίζες έχει µια πολυωνυµική εξίσωση ;
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
67 / 118
71. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Πολυωνυµικές εξισώσεις
Αν η ισοδύναµη εξίσωση, που ϑα προκύψει, από τη µεταφορά όλων των όρων,
των πολυωνύµων της εξίσωσης, στο 1ο µέλος και την αναγωγή των όµοιων
όρων έχει πολυώνυµο ν ου ϐαθµού, τότε η εξίσωση, ϑα έχει το πολύ ν
πραγµατικές ϱίζες.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
68 / 118
72. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παρατήρηση
Πιθανή ακέραια ϱίζα ενός πολυωνύµου είναι ένας από τους διαιρέτες τους
σταθερού όρου (όταν οι συντελεστές του πολυωνύµου είναι ακέραιοι). Αν το
άθροισµα των συντελεστών είναι 0, τότε το πολυώνυµο έχει σίγουρα ϱίζα το 1
(Παρατήρηση πολύ χρήσιµη όταν κάνω παραγοντοποίηση µε το σχήµα του
Horner.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
69 / 118
73. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παράδειγµα
Να λυθεί η εξίσωση, 3x 3 + 8x 2 − 15x + 4 = 0
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
70 / 118
74. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Λύση
Λύση
Το άθροισµα των συντελεστών του πολυωνύµου είναι 0, άρα η εξίσωση έχει
σίγουρα ϱίζα το 1.
Το πολυώνυµο είναι 3ου ϐαθµού, οπότε πρέπει να το παραγοντοποιήσουµε.
1
3 8 −15
4
3
11
−4
3 11 −4
0
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
71 / 118
75. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Λύση
Από το σχήµα του Horner συµπεραίνουµε ότι, το πηλίκο της διαίρεσης του
3x 3 + 8x 2 − 15x + 4 µε το x − 1 είναι 3x 2 + 11x − 4 και το υπόλοιπο 0.
Οπότε από την ταυτότητα της διαίρεσης έχουµε :
3x 3 + 8x 2 − 15x + 4 = (x − 1)(3x 2 + 11x − 4)
x 3 + 8x 2 − 15x + 4 = 0
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
⇐⇒ (x − 1)(3x 2 + 11x − 4) = 0
⎧ x −1=0
⎪
⎪
⎪
⇐⇒ ⎨
⎪ 2
⎪ 3x + 11x − 4 = 0
⎪
⎩
⎧ x=1
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪ ⎧
⎪
⎪ ⎪
⇐⇒ ⎨ ⎪ x = −4
⎪
⎪ ⎪
⎪ ⎪
⎪ ⎨
⎪ ⎪
⎪
⎪ ⎪
⎪ ⎪ x = −1
⎪ ⎪
⎪ ⎪
⎪ ⎩
3
⎩
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
72 / 118
76. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παρατήρηση
Σχέσεις µεταξύ των ϱιζών ενός πολυωνύµου 3ου ϐαθµού και τον συντελεστών
του
ρ1 , ρ2 ρ3 οι ϱίζες του πολυωνύµου αx 3 + β x 2 + γ x + δ = 0
γ
δ
β
σ2 = ρ1 ρ2 + ρ1 ρ3 + ρ2 ρ3 =
δ
α
σ3 = ρ1 ρ2 ρ3 = −
δ
σ1 = ρ1 + ρ2 + ρ3 = −
Η εξίσωση 3ου ϐαθµού που έχει ϱίζες τις ρ1 , ρ2 ρ3
είναι η x 3 − σ1 x 2 + σ2 x − σ3 = 0
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
73 / 118
77. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Ρητές εξισώσεις
Είναι οι εξισώσεις µεταξύ ϱητών συναρτήσεων (Κλάσµατα µεταξύ πολυωνύµων)
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
74 / 118
78. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Ερώτηση 13η
Πως λύνω τις ρητές εξισώσεις ;
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
75 / 118
79. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Επίλυση ϱητών εξισώσεων
Για να λύσω µια ϱητή εξίσωση :
Παραγοντοποιώ τους παρονοµαστές
Βάζω περιορισµούς
Κάνω απαλοιφή παρονοµαστών µε το Ε.Κ.Π. των παρονοµαστών
Λύνω την εξίσωση που προκύπτει
Απορρίπτω τις λύσεις που δεν ικανοποιούν τους περιορισµούς.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
76 / 118
80. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παράδειγµα
Να λυθεί η εξίσωση :
2 2x − 3
2 − x2
x
+
x −2
+
x 2 − 2x
=0
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
77 / 118
81. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Λύση
Λύση
΄Εχω την εξίσωση :
2
x
x −2
x
2 − x2
2x − 3
+
2
+
x 2 − 2x
2 − x2
2x − 3
+
x −2
+
=0 ⇔
x 2 − 2x
2
x
= 0 µε x ≠ 0 και x ≠ 2
2 − x2
2x − 3
+
x −2
+
x (x − 2 )
=0
2
2x − 3
x
x −2
⇔ x ( x − 2 ) + x (x − 2 )
+ x ( x − 2)
2 − x2
x (x − 2 )
=
⇔ 2(x − 2) + x (2x − 3) + 2 − x 2 = 0
⇔ 2x − 4 + 2x 2 − 3x + 2 − x 2 = 0
⇔ x 2 − x − 2 = 0, ∆ = 9
⎧ x1 = 2 απορρίπτεται
⎪
⎪
⎪
⇔ ⎨
⎪
⎪ x = −1
⎪ 2
⎩
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
78 / 118
82. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
΄Αρρητες εξισώσεις
Είναι αυτές που έχουν τον άγνωστο µέσα σε υπόριζο
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
79 / 118
83. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Ερώτηση 14η
Πως λύνω τις άρρητες εξισώσεις ;
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
80 / 118
84. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Επίλυση ϱητών εξισώσεων
Για να λύσω µια άρρητη εξίσωση :
Βάζω περιορισµούς, οι παρονοµαστές να είναι διάφοροι του 0 και τα
υπόριζα να είναι µεγαλύτερα ή ίσα απ το 0
Χωρίζω τις ϱητές από τις άρρητες παραστάσεις
Απαιτώ και τα δυο µέλη της εξίσωσης να είναι οµόσηµα, δηλαδή η ϱητή
παράσταση που προέκυψε πρέπει να είναι οµόσηµη µε τη άρρητη
Υψώνω και τα δυο µέλη, σε κατάλληλη δύναµη, κάνω τις πράξεις και λύνω
την εξίσωση που προκύπτει
Απορρίπτω τις λύσεις που δεν ικανοποιούν τους περιορισµούς.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
81 / 118
85. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παράδειγµα 1ο
√
√
Να λυθεί η εξίσωσή
2x − 5 +
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
x −2=2
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
82 / 118
98. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Λύση
΄Οµως από υπόθεση, ϑα πρέπει 0 ≤ x < π έτσι ϑα έχουµε :
4π
<π
0 ≤ x < π ⇔ 0 ≤ κπ +
15
4
⇔ 0 ≤ (κ + )π < π
15
4
<1
⇔ 0≤κ+
15
4
4
⇔ − ≤κ≤1−
15
15
4
11
⇔ −
⇔
οπότε x =
≤κ≤
15
κ=0
15
(αφούκ ∈ Z)
4π
15
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
95 / 118
99. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Εκθετικές εξισώσεις
Είναι εξισώσεις µεταξύ εκθετικών συναρτήσεων
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
96 / 118
100. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Ερώτηση 15η
Πως λύνω τις εκθετικές εξισώσεις ;
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
97 / 118
101. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Επίλυση εκθετικών εξισώσεων
Για την επίλυση της εξίσωσης της µορφής κx = λ µε κ > 0, κ ≠ 1 διακρίνουµε
τις παρακάτω περιπτώσεις :
Αν λ ≤ 0, τότε η εξίσωση είναι αδύνατη.
Αν λ > 0, τότε προσπαθούµε να γράψουµε το λ σε µορφή δύναµης µε
ϐάση το κ π.χ. λ = κν οπότε επειδή η εκθετική συνάρτηση είναι 1 − 1
κx = λ ⇔ κx = κν ⇔ x = ν
Την περίπτωση που το λ δεν µπορούµε να το γράψουµε ως δύναµη µε ϐάση το
κ ϑα το δούµε στο κεφάλαιο της λογαριθµικής συνάρτησης.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
98 / 118
102. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Επίλυση εκθετικών εξισώσεων
Γενικά, χρησιµοποιώ την ιδιότητα που προκύπτει από τη µονοτονία των εκθετικών
συναρτήσεων
αf (x ) = αg(x ) ⇐⇒ f (x ) = g (x ), µε α > 0, ≠ 1
Οπότε έχω να λύσω µια εξίσωση όπως αυτές που είδαµε πριν.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
99 / 118
108. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Λύση
2 x
Θέτω ( ) = ω οπότε έχουµε ω 3 + ω − 2 = 0 η οποία µε τη ϐοήθεια του
3
1 0 1
−2 1
σχήµατος Horner ↓ 1 1
2
1 1 2
9
3
οπότε ω + ω − 2 = 0 ⇔ (ω − 1) ⋅ (ω 2 + ω + 2) = 0
δηλαδή ω = 1 αφού η ω 2 + ω + 2 = 0 είναι αδύνατη ∆ < 0.
2
Τελικά ( )x = ω
3
2 x
⇔( ) =1
3
2 x
2 0
⇔( ) =( )
3
3
⇔x=0
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
105 / 118
109. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Λογαριθµικές εξισώσεις
Είναι εξισώσεις µεταξύ λογαριθµικών συναρτήσεων
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
106 / 118
110. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Ερώτηση 16η
Πως λύνω τις λογαριθµικές εξισώσεις, µε βάση το 10 ή το e;
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
107 / 118
111. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Επίλυση λογαριθµικών εξισώσεων
΄Οταν έχω να λύσω την εξίσωση log (f (x ) = log (g (x ))) ουσιαστικά έχω να
λύσω το σύστηµα
⎧ f (x ) = g (x )
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
log (f (x ) = log (g (x ))) = ⎨ f (x ) > 0
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪ g (x ) > 0
⎪
⎩
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
108 / 118
112. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Ιδιότητες λογαρίθµων
αx = θ ⇐⇒ x = logα θ, θ > 0
ln 1 = 0,
ln e = 1
log 1 = 0,
log 10 = 1
ln(x1 ⋅ x2 ) = ln x1 + ln x2
x1
= ln x1 − ln x2
ln
x2
ln x κ = κ ln x (ενώ lnκ x = ln x ⋅ ... ⋅ ln x)
x
αx = eln α = ex ln α
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
109 / 118
113. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παραδειγµα 1ο
Να λυθούν οι εξισώσεις
log10 x = 3
⇐⇒ x = 103
⇐⇒ x = 1000
logx 16 = 4
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
⇐⇒ x 4 = 16
√
4
⇐⇒ x = ± 16
⇐⇒ x = 2
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
110 / 118
114. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παράδειγµα 2ο
Να λυθεί η εξίσωση 2x −1 = 3
ΛΥΣΗ
2x −1 = 3
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
⇐⇒ x − 1 = log2 3
⇐⇒ x = 1 + log2 3
⇐⇒ x = log2 2 + log2 3
⇐⇒ x = log2 (2 ⋅ 3)
⇐⇒ x = log2 6
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
111 / 118
115. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παράδειγµα 3ο
Να λυθεί η εξίσωση logx (x 2 + 3x + 2) = logx (8x − 2)
ΛΥΣΗ
΄Εχω τους περιορισµούς, x 2 + 3x + 2 > 0, 8x − 2 > 0, x > 0, x ≠ 1
logx (x 2 + 3x + 2) = logx (8x − 2)
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
⇐⇒ x 2 + 3x + 2 = 8x + −2
⇐⇒ x 2 − 5x + 4 = 0
⎧ x = 1 η οποία δεν ικανοποιεί τους περι
⎪
⎪
⎪
⇐⇒ ⎨
⎪
⎪ x=4
⎪
⎩
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
112 / 118
116. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 1ου ΒΑΘΜΟΥ
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΜΕ ΑΠΟΛΥΤΑ ∆ΙΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ 2ου ΒΑΘΜΟΥ
∆ΙΤΕΤΡΑΓΩΝΕΣ ΠΟΛΥ
Παράδειγµα 4ο
Να λυθεί η εξίσωση log2 x − log4 x = 3
΄Οταν έχω εξίσωση µε λογάριθµους διαφορετικών ϐάσεων, τότε χρησιµοποιώ
τον τύπο αλλαγής ϐάσης, ώστε να εµφανίζονται λογάριθµοι µε µία ϐάση µόνο.
Αποστόλου Γεώργιος Μαθηµατικός apgeorge2004@yahoo.com
ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
ΙΩΑΝΝΙΝΑ 21 Ιανουαρίου 2014
113 / 118