ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1

Λυμένο παράδειγμα 1 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση 2 (x + 4) − (x + 6) < 12 − x , έχουμε 2x + 8 − x − 6 < 12 − x ⇔ x + 2 < 12 − x ⇔ 2x < 10 ⇔ x < 5 ⇔ x ∈ (−∞ , 5) . -1 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 4 • Ανισώσεις

Λυμένο παράδειγμα 2 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: x 1 Για την ανίσωση 2 − ≤x+ , έχουμε (μετά την απαλοιφή των παρονομαστών) 2 2 4 − x ≤ 2x + 1 . Από εδώ τώρα, μπορείς να συνεχίσεις με δύο τρόπους: α) −3x ≤ −3 ⇔ x ≥ 1 ⇔ x ∈ ⎡⎢1, + ∞) , ⎣ δηλαδή να μεταφέρεις το 2x αριστερά και το 4 δεξιά, αλλά να προσέξεις ότι στο τέ- λος διαιρείς τα μέλη με −3 , δηλαδή με αρνητικό αριθμό (άρα, μην ξεχάσεις να αλλά- ξεις την φορά της ανίσωσης). ή β) 3x ≥ 3 ⇔ x ≥ 1 ⇔ x ∈ ⎡⎢1, + ∞) , ⎣ δηλαδή να μεταφέρεις το −x δεξιά και το 1 αριστερά, οπότε θα αποκτήσει θετικό συ- ντελεστή. Κατά την μεταφορά αυτή προκύπτει 3 ≤ 3x μεν, αλλά αυτό είναι το ίδιο με την ανίσωση 3x ≥ 3 βεβαίως (θυμήσου ότι, αν α ≤ β , τότε η ανισότητα β ≥ α είναι η ίδια). Αδύνατη ανίσωση Όπως μια εξίσωση πρώτου βαθμού μπορεί να είναι αδύνατη, έτσι και μια ανίσωση πρώτου βαθμού μπορεί να είναι αδύνατη.

Λυμένο παράδειγμα 3 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση 12x + 3 < 10x − 9 + 2x , έχουμε 12x + 3 < 12x − 9 ⇔ 0 ⋅ x < −12 , το οποίο είναι αδύνατο, δηλαδή η ανίσωση είναι αδύνατη. Ανίσωση που αληθεύει για κάθε τιµή του αγνώστου Κατ’ αντιστοιχία με μια εξίσωση πρώτου βαθμού, η οποία μπορεί να αληθεύει για κά- θε τιμή του αγνώστου (η εξίσωση είναι ταυτότητα τότε, όπως θυμάσαι), έτσι και μια ανίσωση πρώτου βαθμού μπορεί να αληθεύει για κάθε τιμή του αγνώστου (μόνο που την ανίσωση δεν την χαρακτηρίζουμε ταυτότητα τότε). -2 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 4 • Ανισώσεις

Λυμένο παράδειγμα 4 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση 16x + 3 > 20x − 9 − 4x , έχουμε 16x + 3 > 16x − 9 ⇔ 0 ⋅ x > −12 , το οποίο ισχύει για κάθε x ∈ ! , δηλαδή η ανίσωση αληθεύει για κάθε x ∈ ! .

Να βρείτε πού συναληθεύουν οι ανισώσεις x 5 2 (x + 4) − (x + 6) < 12 − x και 2x + + ≥ 2 (1 + x) . 6 3

x +1 3−x Να λύσετε την ανίσωση ≤2≤ . 3 2

Να λύσετε την ανίσωση −7 ≤ 2x + 1 ≤ 19 .

Να λύσετε την ανίσωση −1 < 1 − 2x < 3 .

Λυμένο παράδειγμα 9 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση x − 1 < 2 , έχουμε −2 < x − 1 < 2 ⇔ −2 + 1 < x − 1 + 1 < 2 + 1 ⇔ −1 < x < 3 ⇔ x ∈ (−1, 3) .

Λυμένο παράδειγμα 10 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση 3 1 − x ≤ 1 , έχουμε −1 ≤ 3 (1 − x) ≤ 1 ⇔ −1 ≤ 3 − 3x ≤ 1 ⇔ −1 − 3 ≤ 3 − 3x − 3 ≤ 1 − 3 ⇔ −4 ≤ −3x ≤ −2 ⇔ 4 2 2 4 ⎡2 4⎤ ⇔ ≥x≥ ⇔ ≤x≤ ⇔x∈⎢ , ⎥. 3 3 3 3 ⎢3 3⎥ ⎣ ⎦ - 10 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λύση σχολικού βιβλίου – Α1/104 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Πρόκειται για άσκηση επανάληψης Β΄ Γυμνασίου. x −1 2x + 3 x i. + < ⇔ 6 (x − 1) + 3 (2x + 3) < 2x ⇔ 6x − 6 + 6x + 9 < 2x ⇔ 2 4 6 3 ⎛ 3 ⎞⎟ ⇔ 12x + 3 < 2x ⇔ 10x < −3 ⇔ x < − ⇔ x ∈ ⎜⎜⎜−∞ ,− ⎟⎟ . 10 ⎝ 10 ⎟⎠ x − 12 x 3 ii. + + > x ⇔ 2 (x − 12) + 2x + 3 > 4x ⇔ 2x − 24 + 2x + 3 > 4x ⇔ 2 2 4 ⇔ 0 ⋅ x > 21 , άτοπο, συνεπώς η ανίσωση είναι αδύνατη. x −2 1 − 2x x 2 iii. + < − ⇔ 5 (x − 2) + 2 (1 − 2x) < x − 4 ⇔ 2 5 10 5 ⇔ 5x − 10 + 2 − 4x < x − 4 ⇔ 0 ⋅ x < 4 , το οποίο ισχύει, συνεπώς η ανίσωση αληθεύει για κάθε x ∈ ! .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α2/104 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Πρόκειται για άσκηση επανάληψης Β΄ Γυμνασίου. 1η ανίσωση 3x − 1 < x + 5 ⇔ 2x < 6 ⇔ x < 3 (1) 2η ανίσωση x 1 2− ≤x+ ⇔ 4 − x ≤ 2x + 1 ⇔ 3x ≥ 3 ⇔ x ≥ 1 (2) 2 2 Οι (1) και (2) συναληθεύουν για 1 ≤ x < 3 ⇔ x ∈ ⎡⎢1, 3) . ⎣ - 11 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 4 • Ανισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Α3/104 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Πρόκειται για άσκηση επανάληψης Β΄ Γυμνασίου. 1η ανίσωση 1 x x− > + 1 ⇔ 2x − 1 > x + 2 ⇔ x > 3 (1) 2 2 2η ανίσωση 1 x x− ≤ − 1 ⇔ 3x − 1 ≤ x − 3 ⇔ 2x ≤ −2 ⇔ x ≤ −1 (2) 3 3 Οι (1) και (2) δεν συναληθεύουν όμως, οπότε δεν υπάρχουν τιμές του x για τις οποίες να συναληθεύουν οι αρχικές ανισώσεις.

Λύση σχολικού βιβλίου – Α4/104 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Πρόκειται για άσκηση επανάληψης Β΄ Γυμνασίου. 1η ανίσωση x −1 2x − > x ⇔ 16x − (x − 1) > 8x ⇔ 16x − x + 1 > 8x ⇔ 15x + 1 > 8x ⇔ 7x > −1 ⇔ 8 1 ⇔ x >− (1) 7 2η ανίσωση x +1 7 x −4 + < 0 ⇔ 2x − 8 + x + 1 < 0 ⇔ 3x < 7 ⇔ x < (2) 2 3 Οι (1) και (2) συναληθεύουν για 1 7 ⎛ 1 7⎞ − <x< ⇔ x ∈ ⎜⎜⎜− , ⎟⎟⎟ 7 3 ⎝ 7 3 ⎟⎠ και οι ακέραιοι αριθμοί αυτού του διαστήματος είναι οι 0, 1 και 2. Άρα είναι x = 0 ή x = 1 ή x = 2 . - 12 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 4 • Ανισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Α5/104 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Οι ανισώσεις είναι της μορφής x < θ , x ≤ θ , θ > 0 . Η σχετική μεθοδολογία αναπτύ- χθηκε στην σελίδα 8. i. x < 3 ⇔ −3 < x < 3 ⇔ x ∈ (−3 , 3) . +1 ii. x − 1 ≤ 4 ⇔ −4 ≤ x − 1 ≤ 4 ⇔ − 4 + 1 ≤ x − 1 + 1 ≤ 4 + 1 ⇔ −3 ≤ x ≤ 5 ⇔ ⇔ x ∈ ⎡⎢−3 , 5⎤⎥ . ⎣ ⎦ −1 :2 iii. 2x + 1 < 5 ⇔ −5 < 2x + 1 < 5 ⇔ − 5 − 1 < 2x + 1 − 1 < 5 − 1 ⇔ −6 < 2x < 4 ⇔ ⇔ −3 < x < 2 ⇔ x ∈ (−3 , 2) .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α6/104 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Οι ανισώσεις είναι της μορφής x > θ , x ≥ θ , θ > 0 . Η σχετική μεθοδολογία αναπτύ- χθηκε στην σελίδα 9. i. x ≥ 3 ⇔ x ≤ −3 ή x ≥ 3 ⇔ x ∈ (−∞ ,− 3⎤⎥⎦ ∪ ⎡⎢⎣3 , + ∞) . ii. x − 1 > 4 ⇔ x − 1 < −4 ή x − 1 > 4 ⇔ x < −3 ή x > 5 ⇔ x ∈ (−∞ ,− 3) ∪ (5, + ∞) . iii. 2x + 1 ≥ 5 ⇔ 2x + 1 ≤ −5 ή 2x + 1 ≥ 5 ⇔ 2x ≤ −6 ή 2x ≥ 4 ⇔ ⇔ x ≤ −3 ή x ≥ 2 ⇔ x ∈ (−∞ ,− 3⎤⎥ ∪ ⎡⎢2 , + ∞) . ⎦ ⎣ - 13 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 4 • Ανισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Α7/104 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Πρόσεξε πολύ αυτήν την άσκηση! Έχει μια πολύ χαρακτηριστική περίπτωση στις εξισώσεις με μία απόλυτη τιμή. i. Η εξίσωση είναι της μορφής f(x) = f(x) , δηλαδή μέσα και έξω από την απόλυτη τιμή έχουμε την ίδια παράσταση. Από την εξίσωση τότε προκύπτει f(x) ≥ 0 , βάσει του ορισμού της απόλυτης τιμής. 2x − 6 = 2x − 6 ⇔ 2x − 6 ≥ 0 ⇔ 2x ≥ 6 ⇔ x ≥ 3 ⇔ x ∈ ⎡⎢3 , + ∞) . ⎣ ii. Η εξίσωση είναι της μορφής f(x) = −f(x) , δηλαδή έξω από την απόλυτη τιμή έχουμε την αντίθετη παράσταση από αυτήν που είναι μέσα στην απόλυτη τιμή. Από την εξίσωση τότε προκύπτει f(x) ≤ 0 , βάσει του ορισμού της απόλυτης τιμής. 1 ⎛ 1⎤ 3x − 1 = 1 − 3x ⇔ 3x − 1 ≤ 0 ⇔ 3x ≤ 1 ⇔ x ≤ ⇔ x ∈ ⎜⎜⎜−∞ , ⎥ . 3 ⎝ 3 ⎥⎦

Λύση σχολικού βιβλίου – Α8/104 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Πολύ χαρακτηριστική περίπτωση στις ανισώσεις με μία απόλυτη τιμή. Την ίδια ακρι- βώς είδες και στις εξισώσεις: Επαναλαμβάνεται η ίδια παράσταση, άρα κάνω αλλαγή μεταβλητής. i. Θέτω x − 1 = y και η ανίσωση γράφεται y −4 5 y + < , 2 3 3 από όπου έχω 3 ( y − 4) + 10 < 2y ⇔ 3y − 12 + 10 < 2y ⇔ y < 2 . Επομένως, +1 x − 1 < 2 ⇔ −2 < x − 1 < 2 ⇔ − 2 + 1 < x − 1 + 1 < 2 + 1 ⇔ −1 < x < 3 ⇔ x ∈ (−1, 3) . - 14 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 4 • Ανισώσεις ii. Θέτω x = y και η ανίσωση γράφεται y +1 2y 1− y − > , 2 3 3 από όπου έχω 3 ( y + 1) − 4y > 2 (1 − y) ⇔ 3y + 3 − 4y > 2 − 2y ⇔ −y + 3 > 2 − 2y ⇔ y > −1 , οπότε θα είναι και x > −1 , το οποίο ισχύει για κάθε x ∈ ! . Άρα, η ανίσωση αληθεύει για κάθε x ∈ ! .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α9/104 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Κατ’ αρχάς, πρέπει να είναι x 2 − 6x + 9 ≥ 0 ⇔ (x − 3) ≥ 0 , 2 το οποίο ισχύει για κάθε x ∈ ! . Από την ανίσωση έχω τότε +3 (x − 3) ≤ 5 ⇔ x − 3 ≤ 5 ⇔ −5 ≤ x − 3 ≤ 5 ⇔ 2 x 2 − 6x + 9 ≤ 5 ⇔ ⇔ −5 + 3 ≤ x − 3 + 3 ≤ 5 + 3 ⇔ −2 ≤ x ≤ 8 ⇔ x ∈ ⎡⎢−2 , 8⎤⎥ . ⎣ ⎦

Λύση σχολικού βιβλίου – Α10/104 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Από την ανίσωση x − x 0 < ρ , προκύπτει + x0 −ρ < x − x 0 < ρ ⇔ x 0 − ρ < x − x 0 + x 0 < x 0 + ρ ⇔ x 0 − ρ < x < x 0 + ρ ⇔ ⇔ x ∈ (x 0 − ρ , x 0 + ρ) . Για να ισχύει το ζητούμενο, θα πρέπει να ισχύουν ⎧⎪ x − ρ = −7 ⎫⎪ ⎪⎪ 0 ⎪⎪ ⎨ ⎬. ⎪⎪ x + ρ = 3 ⎪⎪ ⎪⎩ 0 ⎪⎭ Προσθέτω κατά μέλη τις παραπάνω ισότητες (οι οποίες δημιουργούν ένα απλό γραμ- μικό σύστημα 2 x 2 ­ έμαθες πώς λύνεται στην Γ΄ Γυμνασίου) και έχω ότι x 0 − ρ + x 0 + ρ = −7 + 3 ⇔ 2x 0 = −4 ⇔ x 0 = −2 . - 15 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 4 • Ανισώσεις Για x 0 = −2 , από την ισότητα x 0 + ρ = 3 προκύπτει −2 + ρ = 3 ⇔ ρ = 5 . Επομένως, η ζητούμενη ανίσωση είναι η x − (−2) < 5 ⇔ x + 2 < 5 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α11/105 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Αφού η θερμοκρασία κυμάνθηκε από 41ο F μέχρι 50ο F , ισχύει 41 < F < 50 . 9 Αντικαθιστώ εδώ την σχέση F = C + 32 και έχω 5 −32 ⋅5 9 9 9 41 < C + 32 < 50 ⇔ 41 − 32 < C + 32 − 32 < 50 − 32 ⇔ 9 < C < 18 ⇔ 5 5 5 :9 9 ⇔ 9 ⋅5 < 5 ⋅ C < 18 ⋅ 5 ⇔ 45 < 9C < 90 ⇔ 5 < C < 10 , 5 οπότε το διάστημα μεταβολής της θερμοκρασίας, σε ο C , είναι από 5 έως 10 βαθμούς. - 16 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 4 • Ανισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Β1/105 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: +1 :4 7 i. 3 ≤ 4x − 1 ≤ 6 ⇔ 3 + 1 ≤ 4x − 1 + 1 ≤ 6 + 1 ⇔ 4 ≤ 4x ≤ 7 ⇔ 1 ≤ x ≤ ⇔ 4 ⎡ 7⎤ ⇔ x ∈ ⎢1, ⎥ . ⎢ 4⎥ ⎣ ⎦ −2 :(−3) ii. −4 ≤ 2 − 3x ≤ −2 ⇔ − 4 − 2 ≤ 2 − 3x − 2 ≤ −2 − 2 ⇔ −6 ≤ −3x ≤ −4 ⇔ 4 4 ⎡ 4⎤ ⇔2≥x≥ ⇔ ≤ x ≤ 2 ⇔ x ∈ ⎢2 , ⎥ . 3 3 ⎢ 3⎥ ⎣ ⎦

Λύση σχολικού βιβλίου – Β2/105 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Πρόσεξε αυτήν την άσκηση, διότι θα δεις πώς θα λύσεις διπλή ανίσωση, όταν στην μέση έχει απόλυτη τιμή. Εδώ είναι που πρέπει να χωρίσεις την διπλή ανίσωση σε δύο, να λύσεις καθεμιά και, στο τέλος, να βρεις πού συναληθεύουν. ⎧⎪ ⎫ ⎪⎪ x ≥ 2 και ⎪⎪⎪ ⎧⎪⎪ x ≤ −2 η x ≥ 2 ⎫⎪⎪ i. 2 ≤ x ≤ 4 ⇔ ⎨ ⎬⇔⎨ ⎬. ⎪⎪ x ≤4 ⎪⎪ ⎪⎪ και − 4 ≤ x ≤ 4 ⎪⎪ ⎪⎩ ⎪⎭ ⎩⎪ ⎭⎪ Οι παραπάνω ανισώσεις συναληθεύουν, όταν x ∈ ⎡⎢−4 ,− 2⎤⎥ ∪ ⎡⎢2 , 4⎤⎥ . ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎧⎪ ⎫⎪ ⎪⎪ x − 5 ≥ 2 (1) ⎪⎪ ii. 2 ≤ x − 5 ≤ 4 ⇔ ⎨ ⎬. ⎪⎪ και x − 5 ≤ 4 (2) ⎪⎪ ⎪⎩ ⎪⎭ • Από την (1) προκύπτει x − 5 ≥ 2 ⇔ x − 5 ≤ −2 ή x − 5 ≥ 2 ⇔ x ≤ 3 ή x ≥ 7 ⇔ x ∈ (−∞ , 3⎤⎥ ∪ ⎡⎢7 , + ∞) (3) ⎦ ⎣ • Από την (2) προκύπτει +5 x − 5 ≤ 4 ⇔ −4 ≤ x − 5 ≤ 4 ⇔ − 4 + 5 ≤ x − 5 + 5 ≤ 4 + 5 ⇔ 1 ≤ x ≤ 9 ⇔ ⇔ x ∈ ⎡⎢1, 9⎤⎥ (4) ⎣ ⎦ Οι (3) και (4) συναληθεύουν, όταν x ∈ ⎡⎢1, 3⎤⎥ ∪ ⎡⎢7 , 9⎤⎥ . ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ - 17 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 4 • Ανισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Β3/105 από «ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Θέτοντας x A = −3 , x B = 5 , στο μέσο Μ του ΑΒ θα αντιστοιχεί ο αριθμός x A + xB −3 + 5 2 xM = = = ⇔ xM = 1 . 2 2 2 ii. Στην ανίσωση x − 5 ≤ x + 3 : • είναι x − 5 = d (x , 5) , οπότε η x − 5 εκφράζει την απόσταση του αριθμού 5 από τον αριθμό x. • είναι x + 3 = x − (−3) = d (x ,− 3) , οπότε η x + 3 εκφράζει την απόσταση του αριθμού ­3 από τον αριθμό x. Έτσι, το ζητούμενο της άσκησης, με γεωμετρικό τρόπο, διατυπώνεται ως εξής: Να βρείτε τα σημεία του άξονα των πραγματικών αριθμών, των οποίων η απόσταση από το 5 είναι μικρότερη ή ίση της απόστασής τους από το ­3. Ισοδύναμα, το ζητούμενο μπορεί να διατυπωθεί και έτσι: Να βρείτε τα σημεία του άξονα των πραγματικών αριθμών, των οποίων η απόσταση από τον αριθμό ­3 είναι μεγαλύτερη ή ίση της απόστασής τους από το 5. Την ιδιότητα αυτοί έχουν οι αριθμοί του πραγματικού άξονα, για τους οποίους ισχύει x ≥1. iii. Πρόσεξε αυτό το ζητούμενο, διότι θα δεις πώς θα λύσεις ανίσωση με δύο απόλυ- τες τιμές, μία σε κάθε μέλος της ανίσωσης. Από την ανίσωση x − 5 ≤ x + 3 προκύπτει 2 2 x − 5 ≤ x + 3 ⇔ (x − 5) ≤ (x + 3) ⇔ x 2 + 25 − 10x ≤ x 2 + 9 + 6x ⇔ 2 2 ⇔ −16x ≤ −16 ⇔ x ≥ 1 . - 18 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 4 • Ανισώσεις