ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3

Λυμένο παράδειγμα 21 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την εξίσωση 2x 2 + 5x = 0 , έχουμε 2x 2 + 5x = 0 ⇔ x (2x + 5) = 0 ⇔ x = 0 ή 2x + 5 = 0 ⇔ x = 0 ή 2x = −5 ⇔ 5 ⇔ x=0 ή x=− . 2 ❖ 2η ΜΟΡΦΗ - Η εξίσωση έχει µόνο x2 και αριθµό Τότε η εξίσωση έχει την μορφή αx 2 + γ = 0 , με α , γ ≠ 0 . Λύσε ως προς x 2 , δηλαδή γ αx 2 + γ = 0 ⇔ αx 2 = −γ ⇔ x 2 = − . α γ Το κλάσμα − θα δώσει έναν αριθμό διάφορο του μηδενός (ας τον ονομάσουμε δ) α και η εξίσωση γράφεται x 2 = δ , οπότε: α) αν είναι δ > 0 , τότε: x2 = δ ⇔ x = ± δ ⇔ x = δ ή x=− δ . β) αν είναι δ < 0 , τότε η εξίσωση είναι αδύνατη (αφού ένα τετράγωνο δεν μπορεί να δίνει αρνητικό αποτέλεσμα).

Λυμένο παράδειγμα 22 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την εξίσωση 4x 2 − 9 = 0 , έχουμε 9 9 3 3 4x 2 − 9 = 0 ⇔ 4x 2 = 9 ⇔ x 2 = ⇔x=± ⇔x= ή x=− . 4 4 2 2

Λυμένο παράδειγμα 23 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την εξίσωση 3x 2 + 1 = 0 έχουμε ότι είναι αδύνατη, αφού είναι 3x 2 + 1 > 0 , για κά- θε x ∈ ! (στην πραγματικότητα, είναι 3x 2 + 1 ≥ 1 , για κάθε x ∈ ! ). - 46 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λυμένο παράδειγμα 24 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την εξίσωση x 2 − 3x + 2 = 0 , η διακρίνουσά της είναι Δ = (−3)2 − 4 ⋅1 ⋅ 2 = 9 − 8 = 1 . Άρα 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 - 47 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις

Λυμένο παράδειγμα 25 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την εξίσωση x 2 + 6x + 9 = 0 , η διακρίνουσά της είναι Δ = 62 − 4 ⋅1 ⋅ 9 = 36 − 36 = 0 . Άρα η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα, την −6 x0 = ⇔ x 0 = −3 . 2 ⋅1 Η εξίσωση λύνεται και έτσι, αν παρατηρήσεις ότι έχεις το ανάπτυγμα ταυτότητας: x 2 + 6x + 9 = 0 ⇔ (x + 3) = 0 ⇔ x + 3 = 0 ⇔ x = −3 (διπλή ρίζα). 2

Λυμένο παράδειγμα 26 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την εξίσωση x 2 − 3x + 5 = 0 , η διακρίνουσά της είναι Δ = (−3)2 − 4 ⋅1 ⋅ 5 = 9 − 20 = −11 , συνεπώς η εξίσωση είναι αδύνατη.

Να βρείτε δύο αριθμούς, εφόσον υπάρχουν, που να έχουν άθροισμα 3 και γινόμενο 2.

Να βρείτε την δευτεροβάθμια εξίσωση που έχει ρίζες τους αριθμούς 3 και 4.

3x − 1 2 2x 2 + x − 1 Να λύσετε την εξίσωση − = . x −1 x x2 − x

Να λύσετε την εξίσωση x 2 − 2 x − 3 = 0 .

Να λύσετε την εξίσωση 2x 4 − 7x 2 − 4 = 0 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α1/93 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». 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. 2x2 − 5x + 3 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = (−5)2 − 4 ⋅ 2 ⋅ 3 = 25 − 24 = 1 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις −(−5) ± 1 5±1 5+1 6 3 5−1 4 x1, 2 = = ⇔ x1 = = = , x2 = = =1. 2⋅2 4 4 4 2 4 4 ii. x2 − 6x + 9 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = (−6)2 − 4 ⋅1 ⋅ 9 = 36 − 36 = 0 , οπότε η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα, την −(−6) x0 = ⇔ x0 = 3 . 2 ⋅1 Δεύτερος τρόπος για το (ii) - προτεινόμενος Από την εξίσωση προκύπτει x 2 − 6x + 9 = 0 ⇔ (x − 3) = 0 ⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = 3 (διπλή ρίζα). 2 iii. 3x2 + 4x + 2 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = 42 − 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = 16 − 24 = −8 , οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη. - 58 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Α2/93 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». 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. 169 169 13 13 i. x2 − 1, 69 = 0 ⇔ x2 = 1, 69 ⇔ x2 = ⇔x=± ⇔x= ή x=− . 100 100 10 10 1 2 ii. 0, 5x2 − x = 0 ⇔ x − x = 0 ⇔ x 2 − 2x = 0 ⇔ x (x − 2) = 0 ⇔ 2 ⇔ x = 0 ή x −2 = 0 ⇔ x = 0 ή x = 2 . :3 iii. 3x2 + 27 = 0 ⇔ x2 + 9 = 0 ⇔ x2 = −9 , αδύνατη, διότι είναι x2 ≥ 0 , για κάθε x∈!. Δεύτερος τρόπος για το (iii) - προτεινόμενος Η εξίσωση είναι αδύνατη, διότι είναι 3x 2 + 27 > 0 , για κάθε x ∈ ! .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α3/93 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Επειδή είναι λ ≠ 0 , η εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού. Για να δείξω ότι έχει πραγματικές ρίζες, αρκεί να δείξω ότι ισχύει Δ ≥ 0 , όπου Δ εί- ναι η διακρίνουσα της εξίσωσης. Είναι ⎣ ( Δ = 22 − 4 ⋅ λ ⋅ ⎡⎢−(λ − 2)⎤⎥ = 4 + 4λ (λ + 2) = 4 ⎡⎢1 + λ (λ + 2)⎤⎥ = 4 1 + λ2 + 2λ ⇔ ⎦ ⎣ ⎦ ) ⇔ Δ = 4 (λ + 1) ≥ 0 , για κάθε λ ∈ ! . 2 ii. Επειδή είναι α ≠ 0 , η εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού. Για να δείξω ότι έχει πραγματικές ρίζες, αρκεί να δείξω ότι ισχύει Δ ≥ 0 , όπου Δ εί- ναι η διακρίνουσα της εξίσωσης. Είναι Δ = (α + β) − 4 ⋅ α ⋅ β = α 2 + β2 + 2αβ − 4αβ = α 2 + β2 − 2αβ = (α − β) ≥ 0 , 2 2 για κάθε α , β ∈ ! . - 59 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Α4/93 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Επειδή είναι µ ≠ 0 , η εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού. Για να έχει η εξίσωση διπλή ρίζα, θα πρέπει να ισχύει Δ = 0 , όπου Δ είναι η διακρί- νουσα της εξίσωσης. Είναι Δ = 22 − 4 ⋅ µ ⋅ µ = 4 − 4µ2 = 4 1 − µ2 , ( ) οπότε θα πρέπει ( ) 4 1 − µ2 = 0 ⇔ 1 − µ2 = 0 ⇔ µ2 = 1 ⇔ µ = ± 1 ⇔ µ = 1 ή µ = −1 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α5/94 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για να δείξω ότι η εξίσωση είναι αδύνατη, αρκεί να δείξω ότι ισχύει Δ < 0 , όπου Δ είναι η διακρίνουσα της εξίσωσης. Είναι 2 ⎡ ⎤ ( ) ( ) Δ = ⎡⎢2 (α + β)⎤⎥ − 4 ⋅ α 2 + β2 ⋅ 2 = 4 (α + β) − 4 ⋅ 2 α 2 + β2 = 4 ⎢(α + β) − 2 α 2 + β2 ⎥ = ( ) 2 2 ⎣ ⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ ( ) ( ) = 4 α 2 + β2 + 2αβ − 2α 2 − 2β2 = 4 −α 2 − β2 + 2αβ = −4 α 2 + β2 − 2αβ ⇔ ( ) ⇔ Δ = −4 (α − β) . 2 Αφού είναι α ≠ β ⇔ α − β ≠ 0 , είναι (α − β) > 0 , δηλαδή Δ < 0 και έτσι αποδεικνύ- 2 εται το ζητούμενο. Η περίπτωση α = β Διακρίνω τις εξής υποπεριπτώσεις: α) αν είναι α = β = 0 , τότε έχω την εξίσωση (0 + 0 ) x + 2(0 + 0) x + 2 = 0 ⇔ 0 ⋅ x + 0 ⋅ x + 2 = 0 , 2 2 2 2 η οποία είναι αδύνατη, προφανώς. β) αν είναι α = β , αλλά α , β ≠ 0 , τότε είναι Δ = −4 (β − β) = 0 και η εξίσωση έχει 2 μία διπλή ρίζα. - 60 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Α6/94 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Η άσκηση είναι πολύ χαρακτηριστική. Η λύση της στηρίζεται στην θεωρία περί αθροί- σματος και γινομένου των ριζών της δευτεροβάθμιας εξίσωσης. i. Η ζητούμενη εξίσωση θα είναι η x2 − Sx + P = 0 , όπου: • S = 2+3 = 5, • P = 2⋅3 = 6 , δηλαδή είναι η x 2 − 5x + 6 = 0 . ii. Η ζητούμενη εξίσωση θα είναι η x2 − Sx + P = 0 , όπου: 1 3 • S = 1+ = , 2 2 1 1 • P = 1⋅ = , 2 2 δηλαδή είναι η 3 1 x2 − x+ = 0 ⇔ 2x 2 − 3x + 1 = 0 . 2 2 iii. Η ζητούμενη εξίσωση θα είναι η x2 − Sx + P = 0 , όπου: • S = 5 − 2 6 + 5 + 2 6 = 10 , ( )( ) ( ) = 25 − 4 ⋅ 6 = 1 , 2 • P = 5−2 6 5 + 2 6 = 52 − 2 6 δηλαδή είναι η x 2 − 10x + 1 = 0 . - 61 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Α7/94 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Η άσκηση είναι πολύ χαρακτηριστική. Η λύση της στηρίζεται στην θεωρία περί αθροί- σματος και γινομένου των ριζών της δευτεροβάθμιας εξίσωσης. i. Αν υπάρχουν οι ζητούμενοι αριθμοί, θα πρέπει να είναι λύσεις της εξίσωσης x 2 − 2x + (−15) = 0 ⇔ x 2 − 2x − 15 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = (−2)2 − 4 ⋅1 ⋅ (−15) = 4 + 60 = 64 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις −(−2) ± 64 2±8 2+8 10 2−8 −6 x1, 2 = = ⇔ x1 = = = 5 , x2 = = = −3 . 2 ⋅1 2 2 2 2 2 Επομένως, οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι 5 και ­3. ii. Αν υπάρχουν οι ζητούμενοι αριθμοί, θα πρέπει να είναι λύσεις της εξίσωσης x 2 − 9x + 10 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = (−9)2 − 4 ⋅1 ⋅10 = 81 − 40 = 41 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις −(−9) ± 41 9 ± 41 9 + 41 9 − 41 x1, 2 = = ⇔ x1 = , x2 = . 2 ⋅1 2 2 2 9 + 41 9 − 41 Επομένως, οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι και . 2 2 - 62 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις

Λύση σχολικού βιβλίου – Α8/94 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ( ) i. x2 − 5 + 3 x + 15 = 0 ⇔ x2 − 5 x − 3 x + 3 ⋅ 5 = 0 ⇔ ( ) ⇔ x x− 3 − 5 x− 3 = 0 ⇔ x− 3 ( ) ( )( x − 5 ) = 0 ⇔ ⇔ x− 3 = 0 ή x− 5 = 0 ⇔ x = 3 ή x= 5 . ii. x2 + ( 2 − 1) x − 2 = 0 ⇔ x + 2 x − x − 2 = 0 ⇔ x (x + 2 ) − (x + 2 ) = 0 ⇔ 2 ( ) ⇔ x + 2 (x − 1) = 0 ⇔ x + 2 = 0 ή x − 1 = 0 ⇔ x = − 2 ή x=1.

Λύση σχολικού βιβλίου – Α9/94 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Η εξίσωση γράφεται x 2 + α 2 = β2 − 2αx ⇔ x 2 + 2αx + α 2 − β2 = 0 . Η διακρίνουσά της είναι ( ) Δ = (2α) − 4 ⋅1 ⋅ α 2 − β2 = 4α 2 − 4α 2 + 4β2 ⇔ Δ = 4β2 ≥ 0 . 2 Διακρίνω τις εξής περιπτώσεις: α) αν είναι Δ > 0 ⇔ 4β2 > 0 ⇔ β2 > 0 ⇔ β ≠ 0 , τότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις −2α ± 4β2 −2α ± 2β 2 (−α ± β) x1, 2 = = = ⇔ x1 = −α + β , x 2 = −α − β . 2 ⋅1 2 2 β) αν είναι Δ = 0 ⇔ 4β2 = 0 ⇔ β2 = 0 ⇔ β = 0 , τότε η εξίσωση είναι η x 2 + 2αx + α 2 = 0 , από όπου προκύπτει (x + α) = 0 ⇔ x + α = 0 ⇔ x = −α (διπλή ρίζα). 2 - 63 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις Δεύτερος τρόπος Από την εξίσωση προκύπτει ( ) x 2 + α 2 = β2 − 2αx ⇔ x 2 + 2αx + α 2 − β2 = 0 ⇔ (x + α) − β2 = 0 ⇔ 2 ⇔ (x + α + β)(x + α − β) = 0 ⇔ x + α + β = 0 ή x + α − β = 0 ⇔ ⇔ x = −α − β ή x = −α + β . Σχόλιο Γίνεται να λυθεί μια άσκηση με έναν δεύτερο τρόπο και να βγάλω διαφορετικές απα- ντήσεις; Όχι, δεν γίνεται. Και αν οι λύσεις που προέκυψαν μεταξύ των δύο λύσεων φαίνονται διαφορετικές, στην πραγματικότητα δεν είναι. Η πρώτη λύση είναι αναλυτικότερη της δεύτερης και αποδίδει καλύτερα το σκεπτικό επίλυσης της εξίσωσης.

Λύση σχολικού βιβλίου – Α10/94 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας είναι x cm το μήκος και y cm το πλάτος του ορθογωνίου, με x > 0 , y > 0 . • Αφού η περίμετρός του είναι 68 cm, ισχύει 2x + 2y = 68 ⇔ x + y = 34 ⇔ y = 34 − x (1) • Αφού η διαγώνιός του είναι 26 cm, από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ προκύπτει (1) ΑΓ2 = ΑΒ2 + ΒΓ2 ⇔ 262 = x 2 + y2 ⇔ 676 = x 2 + (34 − x) ⇔ 2 ⇔ 676 = x 2 + 1156 − 68x + x 2 ⇔ 2x 2 − 68x + 480 = 0 ⇔ x 2 − 34x + 240 = 0 . Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι Δ = (−34)2 − 4 ⋅1 ⋅ 240 = 1156 − 960 = 196 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις −(−34) ± 196 34 ± 14 x1, 2 = = ⇔ 2 ⋅1 2 34 + 14 48 34 − 14 20 ⇔ x1 = = = 24 , x 2 = = = 10 . 2 2 2 2 - 64 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις α) Για x = 24 , από την (1) προκύπτει y = 34 − 24 = 10 . β) Για x = 10 , από την (1) προκύπτει y = 34 − 10 = 24 . Τελικά, οι διαστάσεις του ορθογωνίου είναι 10 cm και 24 cm.

Λύση σχολικού βιβλίου – Α11/94 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Οι εξισώσεις είναι πολύ χαρακτηριστικές. Το πώς λύνονται αναπτύχθηκε στην σελίδα 55. i. Η εξίσωση γράφεται 2 x 2 − 7 x + 12 = 0 ⇔ x − 7 x + 12 = 0 . Θέτω x = y , y ≥ 0 , και έχω την εξίσωση y2 − 7y + 12 = 0 . Η διακρίνουσά της είναι Δ = (−7)2 − 4 ⋅1 ⋅12 = 49 − 48 = 1 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις −(−7) ± 1 7±1 7+1 8 7 −1 6 y1, 2 = = ⇔ y1 = = = 4 , y2 = = =3. 2 ⋅1 2 2 2 2 2 α) Για y = 4 , είναι x = 4 ⇔ x = 4 ή x = −4 . β) Για y = 3 , είναι x = 3 ⇔ x = 3 ή x = −3 . ii. Η εξίσωση γράφεται 2 x 2 + 2 x − 35 = 0 ⇔ x + 2 x − 35 = 0 . Θέτω x = y , y ≥ 0 , και έχω την εξίσωση y2 + 2y − 35 = 0 . Η διακρίνουσά της είναι Δ = 22 − 4 ⋅1 ⋅ (−35) = 4 + 140 = 144 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις −2 ± 144 −2 ± 12 y1, 2 = = ⇔ 2 ⋅1 2 - 65 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις −2 + 12 10 −2 − 12 −14 ⇔ y1 = = = 5 , y2 = = = −7 . 2 2 2 2 Η λύση y2 = −7 απορρίπτεται, οπότε για y = 5 είναι x = 5 ⇔ x = 5 ή x = −5 . iii. Η εξίσωση γράφεται 2 x 2 − 8 x + 12 = 0 ⇔ x − 8 x + 12 = 0 . Θέτω x = y , y ≥ 0 , και έχω την εξίσωση y2 − 8y + 12 = 0 . Η διακρίνουσά της είναι Δ = (−8)2 − 4 ⋅1 ⋅12 = 64 − 48 = 16 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις −(−8) ± 16 8±4 8+4 12 8−4 4 y1, 2 = = ⇔ y1 = = = 6 , y2 = = =2. 2 ⋅1 2 2 2 2 2 α) Για y = 6 , είναι x = 6 ⇔ x = 6 ή x = −6 . β) Για y = 2 , είναι x = 2 ⇔ x = 2 ή x = −2 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α12/94 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Η άσκηση είναι στο ίδιο πνεύμα με της Α11/94. Η εξίσωση γράφεται 2 (x − 1) + 4 x − 1 − 5 = 0 ⇔ x − 1 + 4 x − 1 − 5 = 0 . 2 Θέτω x − 1 = y , y ≥ 0 , και έχω την εξίσωση y2 + 4y − 5 = 0 . Η διακρίνουσά της είναι Δ = 42 − 4 ⋅1 ⋅ (−5) = 16 + 20 = 36 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις −4 ± 36 −4 ± 6 −4 + 6 2 −4 − 6 −10 y1, 2 = = ⇔ y1 = = = 1 , y2 = = = −5 . 2 ⋅1 2 2 2 2 2 - 66 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις Η λύση y2 = −5 απορρίπτεται, οπότε για y = 1 είναι x − 1 = 1 ⇔ x − 1 = 1 ή x − 1 = −1 ⇔ x = 2 ή x = 0 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α13/94 από «ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Η εξίσωση είναι πολύ χαρακτηριστική για εφαρμογή της μεθόδου αλλαγής μεταβλητής. Κατ’ αρχάς, πρέπει να είναι x ≠ 0 . 1 Θέτω x + = y και έχω την εξίσωση y2 − 5y + 6 = 0 . x Η διακρίνουσά της είναι Δ = (−5)2 − 4 ⋅1 ⋅ 6 = 25 − 24 = 1 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις −(−5) ± 1 5±1 5+1 6 5−1 4 y1, 2 = = ⇔ y1 = = = 3 , y2 = = =2. 2 ⋅1 2 2 2 2 2 α) Για y = 3 , είναι 1 x+ = 3 ⇔ x 2 + 1 = 3x ⇔ x 2 − 3x + 1 = 0 . x Η διακρίνουσά της είναι Δ = (−3)2 − 4 ⋅1 ⋅1 = 9 − 4 = 5 , οπότε η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες, τις −(−3) ± 5 3± 5 3+ 5 3− 5 x1, 2 = = ⇔ x1 = , x2 = . 2 ⋅1 2 2 2 β) Για y = 2 , είναι 1 = 2 ⇔ x 2 + 1 = 2x ⇔ x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ (x − 1) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ 2 x+ x ⇔ x = 1 (διπλή ρίζα). - 67 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 3 • Εξισώσεις