ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π1

Να λύσετε την εξίσωση 2 (x − 1) + 3 (2 − x) = 4 (x + 2) .

x +1 2x + 3 Να λύσετε την εξίσωση +x= +2. 2 3

( ) Να λύσετε την εξίσωση λ2 − 1 x − λ + 1 = 0 , για τις διάφορες τιμές του αριθμού λ.

( ) Να λύσετε την εξίσωση λ2 + 1 x − λ + 1 = 0 , για τις διάφορες τιμές του αριθμού λ.

x2 1 Να λύσετε την εξίσωση −1 = . x −1 x −1

Λυμένο παράδειγμα 6 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την εξίσωση x − 1 = 5 , έχουμε x − 1 = 5 ⇔ x − 1 = 5 ή x − 1 = −5 ⇔ x = 6 ή x = −4 .

Λυμένο παράδειγμα 7 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την εξίσωση x 2 − 1 = 5 , έχουμε ⎧⎪x 2 − 1 = 5 η⎫⎪ ⎧⎪x 2 = 6 η ⎫⎪ ⎪⎨ ⎪⎬ ⇔ ⎪⎨ ⎪⎬ , ⎪⎪x − 1 = −5 ⎪⎪ ⎪⎪x = −4 (αδυνατη)⎪⎪ 2 2 ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ δηλαδή x2 = 6 ⇔ x = 6 ή x = − 6 . ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ Η γενική μορφή αυτών των εξισώσεων είναι f(x) = θ , όπου f(x) είναι η παράσταση του x που θα έχει μέσα της η απόλυτη τιμή και θ ο αριθμός που θα υπάρχει δεξιά. Δηλαδή, μην περιμένεις μέσα στην απόλυτη τιμή να δεις απλά το γράμμα x (σπανίως συμβαίνει αυτό). Συνήθως υπάρχει κάποιο πολυώνυμο του x (πρώτου ή δεύτερου βαθ- μού), κάποια ρητή αλγεβρική παράσταση (οπότε μην ξεχάσεις να θέσεις περιορισμό στον παρονομαστή). Φυσικά, κάποια από τις ιδιότητες της απόλυτης τιμής μπορεί να χρειαστεί για το «σουλούπωμα» της εξίσωσης. Στην 1η περίπτωση που αναπτύσσεται εδώ, εντάσσονται και οι εξισώσεις με απόλυτες τιμές, που (εκ πρώτης όψεως) έχουν διαφορετικές παρα- στάσεις με απόλυτες τιμές μέσα τους, αλλά με την βοήθεια κάποιων εκ των ιδιοτήτων της απόλυτης τιμής τελικά προκύπτει ότι όλες οι απόλυτες τιμές έχουν την ίδια παρά- - 13 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις σταση μέσα τους. Σε αυτή την περίπτωση, μια βοηθητική αντικατάσταση (αλλαγή μεταβλητής) εξυπηρε- τεί πολύ την διαδικασία επίλυσης της εξίσωσης. Έτσι, αν στην εξίσωση επαναλαμβάνεται η ίδια απόλυτη τιμή f(x) , θέσε f(x) = y , y ≥ 0 (ο περιορισμός για το y είναι εντελώς απαραίτητος!). Λύσε την εξίσωση με το y που θα προκύψει και κράτα μόνο τις τιμές που είναι μεγα- λύτερες από το 0 ή και ίσες με το 0. Τις τιμές αυτές βάλτες μετά στην εξίσωση f(x) = y και λύσε τις εξισώσεις με μία απόλυτη τιμή που θα προκύψουν.

Λυμένο παράδειγμα 8 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Στην εξίσωση x+2 x +2 +1 + = x + 2 −2 , 2 7 επειδή βλέπω να επαναλαμβάνεται η x + 2 , θέτω x+2 = y , y ≥0 και η εξίσωση γράφεται πλέον y y +1 + = y −2, 2 7 από όπου έχω (μετά την απαλοιφή παρονομαστών) 7y + 2 ( y + 1) = 14 ( y − 2) ⇔ 7y + 2y + 2 = 14y − 28 ⇔ 5y = 30 ⇔ y = 6 . Άρα είναι x + 2 = 6 ⇔ x + 2 = 6 ή x + 2 = −6 ⇔ x = 4 ή x = −8 . - 14 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις

Λυμένο παράδειγμα 9 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Στην εξίσωση 2− x −3 2 x −2 + 5 − = 2−x 2 3 βλέπω δύο διαφορετικές παραστάσεις μέσα στις απόλυτες τιμές, τις 2 − x , x − 2 . Όμως οι παραστάσεις αυτές είναι αντίθετες και, βάσει της ιδιότητας −x = x , έχω ότι 2 − x = x − 2 , συνεπώς η εξίσωση γράφεται x −2 −3 2 x −2 + 5 − = x −2 . 2 3 Τώρα, επειδή βλέπω να επαναλαμβάνεται η x − 2 , θέτω x −2 = y , y ≥ 0 και η εξίσωση γράφεται πλέον y − 3 2y + 5 − = y, 2 3 από όπου έχω 19 3 ( y − 3) − 2 (2y + 5) = 6y ⇔ 3y − 9 − 4y − 10 = 6y ⇔ 7y = −19 ⇔ y = − , 7 τιμή που απορρίπτεται, ως αρνητική. Άρα, η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη. - 15 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λυμένο παράδειγμα 10 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την εξίσωση x − 5 = 2x , επειδή υπάρχει x και εκτός της απόλυτης τιμής, μεταφέ- ρω το ­5 στο δεξί μέλος και έχω x = 2x + 5 (1) Επειδή είναι x ≥ 0 , για κάθε x ∈ ! , πρέπει να είναι και 5 2x + 5 ≥ 0 ⇔ 2x ≥ −5 ⇔ x ≥ − . 2 Από την (1) έχω τότε 5 x = 2x + 5 ή x = −2x − 5 ⇔ x = −5 ή 3x = −5 ⇔ x = −5 ή x = − 3 Η τιμή ­5 απορρίπτεται, λόγω του περιορισμού, ενώ πρέπει να ελέγξω αν η δεύτερη τιμή είναι δεκτή. - 16 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις 5 5 Έστω ότι είναι − ≥− . Τότε είναι και 3 2 5 5 ≤ ⇔ 10 ≤ 15 , που ισχύει. 3 2 5 Άρα, λύση της εξίσωσης είναι η x = − . 3

Λυμένο παράδειγμα 11 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Η εξίσωση x − 2 = 2x − 3 είναι «έτοιμη», δηλαδή έχει την απόλυτη τιμή μόνη της αρι- στερά και δεξιά ό,τι είναι εκτός απόλυτης τιμής. Επειδή είναι x − 2 ≥ 0 , για κάθε x ∈ ! , πρέπει να είναι και 3 2x − 3 ≥ 0 ⇔ 2x ≥ 3 ⇔ x ≥ . 2 Τότε έχω 5 x − 2 = 2x − 3 ή x − 2 = −2x + 3 ⇔ x = 1 ή 3x = 5 ⇔ x = 1 ή x = . 3 Η τιμή 1 απορρίπτεται, λόγω του περιορισμού, ενώ θα ελέγξω αν η δεύτερη τιμή είναι δεκτή. 5 3 Έστω ότι είναι ≥ . Τότε είναι και 10 ≥ 9 , που ισχύει. 3 2 5 Άρα, λύση της εξίσωσης είναι η x = . 3 - 17 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λυμένο παράδειγμα 12 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την εξίσωση x − 2 = 2x + 5 έχουμε x − 2 = 2x + 5 ή x − 2 = −2x − 5 ⇔ x = −7 ή 3x = −3 ⇔ x = −7 ή x = −1 . ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ Η γενική μορφή αυτών των εξισώσεων είναι f(x) = g(x) , όπου f(x) και g(x) είναι οι παραστάσεις του x που θα έχουν μέσα τους οι απόλυτες τιμές. Δηλαδή, μην περιμένεις μέσα στην απόλυτη τιμή να δεις απλά το γράμμα x (σπανίως συμβαίνει αυτό), ενώ ­όπως αναφέρθηκε και νωρίτερα­ πάντα υπάρχει πιθανότητα να χρειαστείς την βοήθεια κάποιας ιδιότητας της απόλυτης τιμής. - 18 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις β) Αν η εξίσωση δεν μπορεί να λάβει την μορφή x = θ , αλλά μπορεί να λάβει την μορφή x + θ = 0 , τότε προκύπτει x = 0 και θ = 0 (αφού ισχύει ότι x + θ ≥ 0 , για κάθε x , θ ∈ ! , που σημαίνει ότι η ισότητα εδώ ισχύει μόνο όταν τα περιεχόμενα των απόλυτων τιμών μηδενίζονται ταυτόχρονα). Έτσι, λύσε το σύστημα των εξισώσεων (διότι περί τέτοιου πρόκειται) που προκύπτει από τις σχέσεις x = 0 και θ = 0 . Γι' αυτό, σε αυτήν την περίπτωση καλό είναι να γράψεις ⎧⎪ x = 0 και ⎫⎪ x + θ = 0 ⇔ ⎪⎨ ⎪, ⎬ ⎪⎪ θ=0 ⎪⎪ ⎩ ⎭ δηλαδή να δώσεις την μορφή συστήματος στο οποίο λύνεις κάθε εξίσωση χωριστά και στο τέλος εξετάζεις αν υπάρχει κοινή λύση. Αν υπάρχει κοινή λύση, αυτή είναι η λύση της αρχικής εξίσωσης, ενώ αν δεν υπάρχει κοινή λύση, τότε η αρχική εξίσωση είναι αδύνατη. - 19 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λύση σχολικού βιβλίου – Α1/83 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-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. i. 4x − 3 (2x − 1) = 7x − 42 ⇔ 4x − 6x + 3 = 7x − 42 ⇔ −2x + 3 = 7x − 42 ⇔ 9x = 45 ⇔ ⇔ x=5 . ii. Το Ε.Κ.Π. των παρονομαστών είναι το 20 οπότε, πολλαπλασιάζοντας τους όρους της εξίσωσης επί 20 (απαλοιφή παρονομαστών), έχω 1 − 4x x +1 x −4 5 − = + ⇔ 4 (1 − 4x) − 5 (x + 1) = x − 4 + 5 ⋅ 5 ⇔ 5 4 20 4 ⇔ 4 − 16x − 5x − 5 = x − 4 + 25 ⇔ −21x − 1 = x + 21 ⇔ 22x = −22 ⇔ x = −1 . iii. Το Ε.Κ.Π. των παρονομαστών είναι το 60, οπότε πολλαπλασιάζοντας τους όρους της εξίσωσης επί 60 (απαλοιφή παρονομαστών) έχω x x x x 49 − = − − ⇔ 30x − 20x = 15x − 12x − 49 ⇔ 10x = 3x − 49 ⇔ 7x = −49 ⇔ 2 3 4 5 60 ⇔ x = −7 . iv. Λόγω των δεκαδικών συντελεστών της εξίσωσης, πολλαπλασιάζω τους όρους της επί 10 και έχω 1, 2 (x + 1) − 2, 5 + 1, 5x = 8, 6 ⇔ 12 (x + 1) − 25 + 15x = 86 ⇔ 12x + 12 − 25 + 15x = 86 ⇔ 99 9 ⋅11 11 ⇔ 27x − 13 = 86 ⇔ 27x = 99 ⇔ x = = ⇔ x= . 27 9 ⋅3 3 - 20 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Α2/83 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-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. i. 2 (3x − 1) − 3 (2x − 1) = 4 ⇔ 6x − 2 − 6x + 3 = 4 ⇔ 0 ⋅ x = 3 , άτοπο. Άρα, η εξίσωση είναι αδύνατη. ii. Πολλαπλασιάζω τους όρους της εξίσωσης επί 3 (απαλοιφή παρονομαστών) και έχω 5− x 5 7x 2x − =− + ⇔ 6x − (5 − x) = −5 + 7x ⇔ 6x − 5 + x = 7x − 5 ⇔ 3 3 3 ⇔ 7x − 5 = 7x − 5 , που ισχύει για κάθε x ∈ ! . Άρα, η εξίσωση αληθεύει για κάθε τιμή του x (είναι ταυτότητα).

Λύση σχολικού βιβλίου – Α3/83 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Στην άσκηση θα δεις πολύ χαρακτηριστικές παραμετρικές εξισώσεις 1ου βαθμού. Πρόσεξε πολύ αυτή την άσκηση! i. Η εξίσωση είναι «έτοιμη», αφού είναι στην μορφή αx = β . Επομένως, διακρίνω πε- ριπτώσεις για τον συντελεστή του x (επειδή παρατηρώ ότι μπορεί να μηδενιστεί). Διακρίνω τις εξής περιπτώσεις: α) αν είναι λ −1 = 0 ⇔ λ = 1, τότε από την εξίσωση έχω 0 ⋅ x = 1−1 ⇔ 0 ⋅ x = 0 , το οποίο ισχύει για κάθε x ∈ ! . Άρα, η εξίσωση είναι ταυτότητα. β) αν είναι λ −1 ≠ 0 ⇔ λ ≠ 1, τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση λ −1 x= ⇔ x =1. λ −1 - 21 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις ii. Η εξίσωση είναι «έτοιμη», αφού είναι στην μορφή αx = β . Επομένως, διακρίνω πε- ριπτώσεις για τον συντελεστή του x (επειδή παρατηρώ ότι μπορεί να μηδενιστεί). Διακρίνω τις εξής περιπτώσεις: α) αν είναι λ −2 = 0 ⇔ λ = 2 , τότε από την εξίσωση έχω 0 ⋅ x = 2 , άτοπο. Άρα, η εξίσωση είναι αδύνατη. β) αν είναι λ −2 ≠ 0 ⇔ λ ≠ 2 , τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση λ x= . λ −2 iii. Η εξίσωση είναι «έτοιμη», αφού είναι στην μορφή αx = β . Επομένως, διακρίνω περιπτώσεις για τον συντελεστή του x (επειδή παρατηρώ ότι μπορεί να μηδενιστεί). Διακρίνω τις εξής περιπτώσεις: α) αν είναι λ (λ − 1) = 0 ⇔ λ = 0 ή λ − 1 = 0 ⇔ λ = 0 ή λ = 1 , τότε: Ι. για λ = 0 , από την εξίσωση έχω 0 ⋅ x = 0 − 1 ⇔ 0 ⋅ x = −1 , άτοπο. Άρα, η εξίσωση είναι αδύνατη. ΙΙ. για λ = 1 , από την εξίσωση έχω 0 ⋅ x = 1 − 1 ⇔ 0 ⋅ x = 0 , που ισχύει για κάθε x ∈ ! . Άρα, η εξίσωση είναι ταυτότητα. β) αν είναι λ (λ − 1) ≠ 0 ⇔ λ ≠ 0 και λ ≠ 1 , τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση - 22 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις λ −1 1 x= ⇔x= . λ (λ − 1) λ iv. Η εξίσωση είναι «έτοιμη», αφού είναι στην μορφ

Λύση σχολικού βιβλίου – Α4/83 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Σε κάθε περίπτωση και επειδή είναι ΑΜ = x , το ζητούμενο ισοδυναμεί με το να βρε- θεί το x, δηλαδή η απόσταση του Μ από το Α. Ισχύουν τα εξής: α) αφού το Μ είναι σημείο της ΑΔ, είναι 0 ≤ x ≤ 5 . β) το τρίγωνο ΜΔΓ είναι ορθογώνιο στο Δ (αφού το τραπέζιο είναι ορθογώνιο), άρα 1 Ε1 = (ΜΔΓ) = ⋅ ΜΔ ⋅ ΔΓ . 2 Είναι ΜΔ = ΑΔ − ΑΜ = 5 − x , οπότε 1 3 Ε1 = ⋅ (5 − x) ⋅ 3 ⇔ Ε1 = ⋅ (5 − x) (1) 2 2 β) το τρίγωνο ΜΑΒ είναι ορθογώνιο στο Α (αφού το τραπέζιο είναι ορθογώνιο), άρα 1 1 5 Ε2 = (ΜΑΒ) = ⋅ ΜΑ ⋅ ΑΒ = ⋅ x ⋅ 5 ⇔ Ε2 = ⋅x (2) 2 2 2 γ) για το Ε3 = (ΜΒΓ) έχουμε Ε3 = (ΑΒΓΔ) − (ΜΑΒ) − (ΜΔΓ) = (ΑΒΓΔ) − Ε1 − Ε2 . Είναι (ΑΒΓΔ) = (ΑΒ + ΓΔ) ⋅ ΑΔ = (5 + 3) ⋅ 5 = 8 ⋅ 5 = 4 ⋅ 5 = 20 . 2 2 2 Επομένως, Ε3 = 20 − Ε1 − Ε2 ⇔ Ε3 = 20 − (Ε1 + Ε2 ) (3) i. Λόγω της (3), από την σχέση Ε1 + Ε2 = Ε3 προκύπτει :2 (1) Ε1 + Ε2 = 20 − (Ε1 + Ε2 ) ⇔ 2 (Ε1 + Ε2 ) = 20 ⇔ Ε1 + Ε2 = 10 ⇔ (2) - 24 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις ⋅2 3 5 ⇔ ⋅ (5 − x) + ⋅ x = 10 ⇔ 3 (5 − x) + 5x = 20 ⇔ 15 − 3x + 5x = 20 ⇔ 2x = 5 ⇔ 2 2 5 ⇔x= . 2 Άρα, το Μ είναι στο μέσο της ΑΔ. ii. Λόγω των (1) και (2), από την σχέση Ε1 = Ε2 προκύπτει ⋅2 3 5 15 ⋅ (5 − x) = ⋅ x ⇔ 3 (5 − x) = 5x ⇔ 15 − 3x = 5x ⇔ 8x = 15 ⇔ x = . 2 2 8

Λύση σχολικού βιβλίου – Α5/83 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π1». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας είναι x € το ποσό που κατατέθηκε και τοκίστηκε προς 5%. Το υπόλοιπο ποσό, που είναι 4000 − x €, τοκίστηκε προς 3%. Οι τόκοι, αντίστοιχα, θα είναι: 5 • για το ποσό των x €: 5%⋅ x = ⋅ x €. 100 3 • για το ποσό των 4000 − x €: 3% ⋅ (4000 − x) = ⋅ (4000 − x) €. 100 Αφού εισπράχθηκαν συνολικά 175 € τόκοι, ισχύει 5 3 ⋅x + ⋅ (4000 − x) = 175 ⇔ 5x + 3 (4000 − x) = 175 ⋅100 ⇔ 100 100 ⇔ 5x + 12000 − 3x = 17500 ⇔ 2x = 5500 ⇔ x = 2750 €. Επομένως: • 2750 € τοκίστηκαν προς 5%. • 4000 − 2750 = 1250 € τοκίστηκαν προς 3%. - 25 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Α6/84 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-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. v − v0 i. v = v 0 + α t ⇔ α t = v − v 0 ⇔ t = . α 1 1 1 1 1 1 1 R −R R R2 ii. = + ⇔ = − ⇔ = 2 ⇔ R1 = . R R1 R2 R1 R R2 R1 R R2 R2 − R

Λύση σχολικού βιβλίου – Α7/84 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-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 Γ΄ Γυμνασίου. i. x2 (x − 4) + 2x (x − 4) + (x − 4) = 0 ⇔ (x − 4)(x2 + 2x + 1) = 0 ⇔ (x − 4)(x + 1) = 0 ⇔ 2 ⇔ x − 4 = 0 ή (x + 1) = 0 ⇔ x = 4 ή x + 1 = 0 ⇔ x = 4 ή x = −1 (διπλή ρίζα). 2 Από εξίσωση της μορφής (αx + β) = 0 , με α , β ≠ 0 , προκύπτει 2 β αx + β = 0 ⇔ x = − . α Πρέπει στο τέλος να αναφέρεις ότι η ρίζα αυτή είναι διπλή, διότι προέρχεται από εξίσωση της μορφής «τετράγωνο ίσο με το μηδέν». ii. (x − 2) − (2 − x)(4 + x) = 0 ⇔ (x − 2) + (x − 2)(x + 4) = 0 ⇔ 2 2 ⇔ (x − 2)(x − 2 + x + 4) = 0 ⇔ (x − 2)(2x + 2) = 0 ⇔ x − 2 = 0 ή 2x + 2 = 0 ⇔ ⇔ x = 2 ή 2x = −2 ⇔ x = 2 ή x = −1 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α8/84 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-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 Γ΄ Γυμνασίου. i. x (x2 − 1) − x3 + x2 = 0 ⇔ x3 − x − x3 + x2 = 0 ⇔ x2 − x = 0 ⇔ x (x − 1) = 0 ⇔ ⇔ x = 0 ή x −1 = 0 ⇔ x = 0 ή x = 1 . - 26 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις :2 ii. (x + 1) + x − 1 = 0 ⇔ x + 1 + 2x + x − 1 = 0 ⇔ 2x + 2x = 0 ⇔ x2 + x = 0 ⇔ 2 2 2 2 2 ⇔ x (x + 1) = 0 ⇔ x = 0 ή x + 1 = 0 ⇔ x = 0 ή x = −1 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α9/84 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-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 Γ΄ Γυμνασίου. i. x (x − 2) = x2 − 4x + 4 ⇔ x (x − 2) = (x − 2) ⇔ x (x − 2) − (x − 2) = 0 ⇔ 2 2 2 2 2 ⇔ (x − 2) (x − 1) = 0 ⇔ (x − 2) = 0 ή x − 1 = 0 ⇔ x − 2 = 0 ή x = 1 ⇔ 2 2 ⇔ x = 2 (διπλή ρίζα) ή x = 1 . ii. (x2 − 4)(x − 1) = (x2 − 1)(x − 2) ⇔ x3 − x2 − 4x + 4 = x3 − 2x2 − x + 2 ⇔ ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = (−3)2 − 4 ⋅1 ⋅ 2 = 9 − 8 = 1 . Επομένως, η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις −(−3) ± 1 3±1 3+1 4 3 −1 2 x1, 2 = = ⇔ x1 = = = 2 , x2 = = =1. 2 ⋅1 2 2 2 2 2

Λύση σχολικού βιβλίου – Α10/84 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-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 Γ΄ Γυμνασίου. i. x3 − 2x2 − x + 2 = 0 ⇔ x2 (x − 2) − (x − 2) = 0 ⇔ (x − 2)(x2 − 1) = 0 ⇔ ⇔ x − 2 = 0 ή x2 − 1 = 0 ⇔ x = 2 ή x2 = 1 ⇔ x = 2 ή x = ± 1 ⇔ ⇔ x = 2 ή x = 1 ή x = −1 . ii. x3 − 2x2 − (2x − 1)(x − 2) = 0 ⇔ x2 (x − 2) − (2x − 1)(x − 2) = 0 ⇔ ( ) ⇔ (x − 2) ⎡⎢ x 2 − (2x − 1)⎤⎥ = 0 ⇔ (x − 2) x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ (x − 2)(x − 1) = 0 ⇔ 2 ⎣ ⎦ ⇔ x − 2 = 0 ή (x − 1) = 0 ⇔ x = 2 ή x − 1 = 0 ⇔ x = 2 ή x = 1 (διπλή ρίζα). 2 - 27 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Α11/84 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-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 Γ΄ Γυμνασίου. i. Η εξίσωση γράφεται x 1 x 1 − 2 =0⇔ − = 0. x −1 x −x x −1 x (x − 1) Ε.Κ.Π. είναι το x (x − 1) , οπότε πρέπει να είναι x (x − 1) ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x ≠ 1 . Με απαλοιφή των παρονομαστών, από την εξίσωση προκύπτει x 2 − 1 = 0 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ± 1 ⇔ x = 1 (απορρίπτεται) ή x = −1 . Τελικά, x = −1 . ii. Η εξίσωση γράφεται x +1 2 + = 0. (x + 1)(x − 1) (x − 1)2 Ε.Κ.Π. είναι το (x + 1)(x − 1) , οπότε πρέπει να είναι 2 (x + 1)(x − 1) ≠ 0 ⇔ x + 1 ≠ 0 και x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ −1 και x ≠ 1 . 2 Από την εξίσωση προκύπτει τότε ⋅(x−1)2 x +1 2 1 2 + =0⇔ + = 0 ⇔ x −1+ 2 = 0 ⇔ (x + 1) (x − 1) (x − 1) x −1 (x − 1) 2 2 ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = −1 , τιμή που απορρίπτεται. Άρα, η εξίσωση είναι αδύνατη. - 28 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Α12/84 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-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 Γ΄ Γυμνασίου. i. Η εξίσωση γράφεται 1 1 2 1 1 2 + − 2 =0⇔ + − = 0. x −1 x +1 x −1 x −1 x +1 (x − 1)(x + 1) Ε.Κ.Π. είναι το (x − 1)(x + 1) , οπότε πρέπει (x − 1)(x + 1) ≠ 0 ⇔ x − 1 ≠ 0 και x + 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 1 και x ≠ −1 . Με απαλοιφή των παρονομαστών, από την εξίσωση έχω τότε x + 1 + x − 1 − 2 = 0 ⇔ 2x = 2 ⇔ x = 1 , τιμή που απορρίπτεται. Άρα, η εξίσωση είναι αδύνατη. ii. Η εξίσωση γράφεται 3 2 x −4 3 2 x −4 − − 2 =0⇔ − − = 0. x+2 x x + 2x x+2 x x (x + 2) Ε.Κ.Π. είναι το x (x + 2) , οπότε πρέπει x (x + 2) ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x + 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 και x ≠ −2 . Με απαλοιφή των παρονομαστών, από την εξίσωση έχω τότε 3x − 2 (x + 2) − (x − 4) = 0 ⇔ 3x − 2x − 4 − x + 4 = 0 ⇔ 0 ⋅ x = 0 , το οποίο σημαίνει ότι η εξίσωση αληθεύει για κάθε x ≠ 0 και x ≠ −2 . iii. Η εξίσωση γράφεται 1 x 1 x − 2 =0⇔ − = 0. x+2 x −4 x+2 (x + 2)(x − 2) Ε.Κ.Π. είναι το (x + 2)(x − 2) , οπότε πρέπει (x + 2)(x − 2) ≠ 0 ⇔ x + 2 ≠ 0 και x − 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ −2 και x ≠ 2 . - 29 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις Με απαλοιφή των παρονομαστών, από την εξίσωση έχω τότε x − 2 − x = 0 ⇔ 0 ⋅ x = 2 , άτοπο, οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη. iv. Η εξίσωση γράφεται x2 − x x x (x − 1) x − = 0 ⇔ − = 0. 2 x −1 x +1 (x + 1)(x − 1) x + 1 Ε.Κ.Π. είναι το (x + 1)(x − 1) , οπότε πρέπει (x + 1)(x − 1) ≠ 0 ⇔ x + 1 ≠ 0 και x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ −1 και x ≠ 1 . Από την εξίσωση έχω τότε x (x − 1) x x x − =0⇔ − = 0, (x + 1) (x − 1) x +1 x +1 x +1 το οποίο ισχύει για κάθε x ≠ −1 και x ≠ 1 . Άρα, η εξίσωση αλθεύει για κάθε x ≠ −1 και x ≠ 1 .