ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2

Λυμένο παράδειγμα 13 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την εξίσωση (x + 2) = 8 , έχουμε 3 (x + 2) = 8 ⇔ x + 2 = 8 ⇔ x + 2 = 2 ⇔ x = 0 . 3 3

Λυμένο παράδειγμα 14 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την εξίσωση (x + 1) = 16 , έχουμε 2 (x + 1) = 16 ⇔ x + 1 =± 16 ⇔ x + 1 = 4 ή x + 1 = −4 ⇔ x = 3 ή x = −5 . 2

Λυμένο παράδειγμα 15 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την εξίσωση (x + 2) = −27 , έχουμε 3 (x + 2) = −27 ⇔ x + 2 = − 27 ⇔ x + 2 = −3 ⇔ x = −5 . 3 3

Λυμένο παράδειγμα 16 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την εξίσωση (x + 2) = −9 , έχουμε ότι αυτή είναι αδύνατη, αφού είναι (x + 2) ≥ 0 , 2 2 για κάθε x ∈ ! .

Λυμένο παράδειγμα 17 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ( ) 3 Για την εξίσωση x 2 + 1 = 8 , έχουμε (x + 1) = 8 ⇔ x + 1 = 8 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1 ⇔ x =± 1 ⇔ x = 1 ή x = −1 . 3 2 2 3 2 2 - 40 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις

Λυμένο παράδειγμα 18 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ( ) 2 Για την εξίσωση x 2 − 1 = 9 , έχουμε (x − 1) = 9 ⇔ x − 1 =± 9 ⇔ x − 1 = 3 ή x − 1 = −3 ⇔ x = 4 ή x = −2 . 2 2 2 2 2 2 2 Η εξίσωση x 2 = −2 είναι αδύνατη, αφού είναι x 2 ≥ 0 , για κάθε x ∈ ! . Έτσι, από την εξίσωση x 2 = 4 έχουμε τελικά x 2 = 4 ⇔ x = ± 4 ⇔ x = 2 ή x = −2 .

Λυμένο παράδειγμα 19 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ( ) 3 Για την εξίσωση x 3 + 2 = −64 , έχουμε (x + 2) = −64 ⇔ x + 2 = − 64 ⇔ x + 2 = −4 ⇔ x = −6 ⇔ x = − 6 . 3 3 3 3 3 3 3

Λυμένο παράδειγμα 20 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ( ) 2 Για την εξίσωση x 3 + 4 = −9 , έχουμε ότι αυτή είναι αδύνατη, αφού είναι (x + 4) ≥ 0 , για κάθε x ∈ ! . 2 3 - 41 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λύση σχολικού βιβλίου – Α1/87 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. x3 − 125 = 0 ⇔ x3 = 125 ⇔ x = 3 125 ⇔ x = 5 . ii. x5 − 243 = 0 ⇔ x5 = 243 ⇔ x = 5 243 ⇔ x = 3 . iii. x 7 − 1 = 0 ⇔ x 7 = 1 ⇔ x = 7 1 ⇔ x = 1 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α2/87 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. x3 + 125 = 0 ⇔ x3 = −125 ⇔ x = − 3 125 ⇔ x = −5 . ii. x5 + 243 = 0 ⇔ x5 = −243 ⇔ x = − 5 243 ⇔ x = −3 . iii. x 7 + 1 = 0 ⇔ x 7 = −1 ⇔ x = − 7 1 ⇔ x = −1 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α3/87 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. x2 − 64 = 0 ⇔ x2 = 64 ⇔ x =± 64 ⇔ x = 8 ή x = −8 . ii. x4 − 81 = 0 ⇔ x4 = 81 ⇔ x =± 4 81 ⇔ x = 3 ή x = −3 . iii. x6 − 64 = 0 ⇔ x6 = 64 ⇔ x =± 6 64 ⇔ x = 2 ή x = −2 . - 42 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Α4/87 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. x5 − 8x2 = 0 ⇔ x2 (x3 − 8) = 0 ⇔ x2 = 0 ή x3 − 8 = 0 . • Από την εξίσωση x 2 = 0 προκύπτει x = 0 (διπλή ρίζα). • Από την εξίσωση x 3 − 8 = 0 προκύπτει x3 = 8 ⇔ x = 3 8 ⇔ x = 2 . ii. x4 + x = 0 ⇔ x (x3 + 1) = 0 ⇔ x = 0 ή x3 + 1 = 0 ⇔ x = 0 ή x3 = −1 ⇔ ⇔ x = 0 ή x = − 3 1 ⇔ x = 0 ή x = −1 . iii. x5 + 16x = 0 ⇔ x (x4 + 16) = 0 ⇔ x = 0 ή x4 + 16 = 0 ⇔ x = 0 ή x4 = −16 . Η εξίσωση x 4 = −16 είναι αδύνατη, αφού είναι x 4 ≥ 0 , για κάθε x ∈ ! , οπότε τελικά προκύπτει x = 0 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α5/87 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ο όγκος του παραλληλεπίπεδου δίνεται από τον τύπο V = x ⋅ x ⋅ 3x = 3x 3 , οπότε αφού αυτός είναι ίσος με 81 m3 , ισχύει 3x 3 = 81 ⇔ x 3 = 27 ⇔ x = 3 27 ⇔ x = 3 . Άρα, οι διαστάσεις του είναι 3 , 3 , 9 m .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α6/87 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. (x + 1) = 64 ⇔ x + 1 = 3 64 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3 . 3 1 1 1 ii. 1 + 125x3 = 0 ⇔ 125x3 = −1 ⇔ x3 = − ⇔ x = −3 ⇔ x=− . 125 125 5 - 43 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις ⎡ ⎤ iii. (x − 1) − 27 (x − 1) = 0 ⇔ (x − 1) ⎢(x − 1) − 27⎥ = 0 ⇔ x − 1 = 0 ή (x − 1) − 27 = 0 . 4 3 3 ⎢⎣ ⎥⎦ • Από την εξίσωση x − 1 = 0 προκύπτει x = 1 . • Από την εξίσωση (x − 1) − 27 = 0 προκύπτει 3 (x − 1) = 27 ⇔ x − 1 = 27 ⇔ x − 1 = 3 ⇔ x = 4 . 3 3 - 44 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr