ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)

Λυμένο παράδειγμα 11 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Το τριώνυμο x 2 − 5x + 6 έχει διακρίνουσα Δ = (−5)2 − 4 ⋅1 ⋅ 6 = 25 − 24 = 1 , οπότε έχει δύο άνισες ρίζες, τις 5± 1 x1, 2 = ⇔ x1 = 3 , x 2 = 2 2 ⋅1 και το πρόσημό του φαίνεται στον ακόλουθο πίνακα: - 104 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 3 • Πολυωνυµικές εξισώσεις και ανισώσεις • ΘΕΩΡΙΑ −∞ 2 3 +∞ x 2 − 5x + 6 + - + Από τον πίνακα προκύπτει ότι: • x 2 − 5x + 6 > 0 ⇔ x ∈ (−∞ , 2) ∪ (3 , + ∞) . • x 2 − 5x + 6 < 0 ⇔ x ∈ (2 , 3) . Έτσι, αν ζητούνταν (ή έπρεπε, για λόγο που υπαγορεύεται από την άσκηση) να βρεις το πρόσημο του παραπάνω τριωνύμου, τότε θα έπρεπε να κάνεις ό,τι είδες στο παρά- δειγμα 11 και στο τέλος να δώσεις όλες τις παραπάνω απαντήσεις!

Λυμένο παράδειγμα 12 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Το τριώνυμο −x 2 + 3x − 2 έχει διακρίνουσα Δ = 32 − 4 ⋅ (−1) ⋅ (−2) = 9 − 8 = 1 , οπότε έχει δύο άνισες ρίζες, τις −3 ± 1 x1, 2 = ⇔ x1 = 1 , x 2 = 2 , 2 ⋅ (−1) και το πρόσημό του φαίνεται στον ακόλουθο πίνακα −∞ 1 2 +∞ −x 2 + 3x − 2 - + - Από τον πίνακα προκύπτει ότι: • −x 2 + 3x − 2 < 0 ⇔ x ∈ (−∞ ,1) ∪ (2 , + ∞) . • −x 2 + 3x − 2 > 0 ⇔ x ∈ (1, 2) . Έτσι, αν ζητούνταν (ή έπρεπε, για λόγο που υπαγορεύεται από την άσκηση) να βρεις το πρόσημο του παραπάνω τριωνύμου, τότε θα έπρεπε να κάνεις ό,τι είδες στο παρά- δειγμα 12 και στο τέλος να δώσεις όλες τις παραπάνω απαντήσεις! - 105 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 3 • Πολυωνυµικές εξισώσεις και ανισώσεις • ΘΕΩΡΙΑ ❖ 2η περίπτωση - Το τριώνυµο έχει µία διπλή ρίζα Αν x 0 είναι η διπλή ρίζα του τριωνύμου, τότε το τριώνυμο είναι ομόσημο του α, για κάθε x ∈ ! − {x 0 } (μπορείς να το γράψεις και «για κάθε x ≠ x 0 ).

Λυμένο παράδειγμα 13 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Το τριώνυμο x 2 + 6x + 9 έχει διακρίνουσα Δ = 62 − 4 ⋅1 ⋅ 9 = 36 − 36 = 0 , οπότε έχει μία διπλή ρίζα, την −6 x0 = ⇔ x 0 = −3 , 2 ⋅1 συνεπώς είναι x 2 + 6x + 9 > 0 , για κάθε x ∈ ! − {−3} (μπορείς να γράψεις και «για κάθε x ≠ 3 »). Βέβαια, αν εξαρχής αναγνωρίσεις την ταυτότητα x 2 + 6x + 9 = (x + 3)2 , τότε θα γλιτώσεις τον υπολογισμό της διακρίνουσας και την εύρεση της ρίζας και θα απαντήσεις άμεσα ότι είναι x 2 + 6x + 9 = (x + 3)2 > 0 , για κάθε x ∈ ! − {−3} (ή «για κάθε x ≠ −3 »).

Λυμένο παράδειγμα 14 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Το τριώνυμο −x 2 + 10x − 25 έχει διακρίνουσα Δ = 102 − 4 ⋅ (−1) ⋅ (−25) = 100 − 100 = 0 , οπότε έχει μία διπλή ρίζα, την −10 x0 = ⇔ x0 = 5 , 2 ⋅ (−1) συνεπώς είναι −x 2 + 10x − 25 < 0 , για κάθε x ∈ ! − {5} (ή «για κάθε x ≠ 5 »). Πάλι η δουλειά θα γινόταν πιο γρήγορα με παραγοντοποίηση, αφού −x 2 + 10x − 25 = −(x 2 − 10x + 25) = −(x − 5)2 , - 106 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 3 • Πολυωνυµικές εξισώσεις και ανισώσεις • ΘΕΩΡΙΑ οπότε είναι −x 2 + 10x − 25 = −(x − 5)2 < 0 , για κάθε x ∈ ! − {5} (ή «για κάθε x ≠ 5 »). ❖ 3η περίπτωση - Το τριώνυµο δεν έχει ρίζες Τότε το τριώνυμο είναι ομόσημο του α, για κάθε x ∈ ! . Αναλυτικότερα: α) όταν είναι α > 0 , τότε είναι αx 2 + βx + γ > 0 , για κάθε x ∈ ! . β) όταν είναι α < 0 , τότε είναι αx 2 + βx + γ < 0 , για κάθε x ∈ ! .

Λυμένο παράδειγμα 15 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Το τριώνυμο x 2 + 2x + 5 έχει διακρίνουσα Δ = 22 − 4 ⋅1 ⋅ 5 = 4 − 20 = −16 , οπότε είναι x 2 + 2x + 5 > 0 , για κάθε x ∈ ! .

Λυμένο παράδειγμα 16 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Το τριώνυμο −x 2 + x − 1 έχει διακρίνουσα Δ = 12 − 4 ⋅ (−1) ⋅ (−1) = 1 − 4 = −3 , οπότε είναι −x 2 + x − 1 < 0 , για κάθε x ∈ ! . - 107 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λυμένο παράδειγμα 17 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση x 2 − 3x + 2 > 0 έχουμε τα εξής (υποθέτουμε ότι οι απαραίτητες πρά- ξεις έχουν γίνει στην αρχική της μορφή και τελικά καταλήξαμε στην παραπάνω ανίσω- ση): το τριώνυμο έχει διακρίνουσα Δ = (−3)2 − 4 ⋅1 ⋅ 2 = 9 − 8 = 1 , άρα έχει δύο άνισες ρίζες, τις 3± 1 x1, 2 = ⇔ x1 = 2 , x 2 = 1 . 2 Δημιουργώ τον ακόλουθο πίνακα −∞ 1 2 +∞ x 2 − 3x + 2 + - + από τον οποίο προκύπτει x ∈ (−∞ ,1) ∪ (2 , + ∞) . Σχόλια στο παράδειγμα 17 Με εντελώς όμοια εργασία, αν η ανίσωση στην οποία καταλήγαμε ήταν: α) x 2 − 3x + 2 ≥ 0 , τότε η λύση είναι x ∈ (−∞ ,1⎤⎥ ∪ ⎡⎢2 , + ∞) . ⎦ ⎣ β) x 2 − 3x + 2 < 0 , τότε η λύση είναι x ∈ (1, 2) . γ) x 2 − 3x + 2 ≤ 0 , τότε η λύση είναι x ∈ ⎡⎢1, 2⎤⎥ . ⎣ ⎦ - 109 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 3 • Πολυωνυµικές εξισώσεις και ανισώσεις • ΘΕΩΡΙΑ

Λυμένο παράδειγμα 18 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση 4 − x 2 > 0 έχουμε τα εξής (και πάλι ας υποθέσουμε ότι έγιναν όλες οι απαραίτητες πράξεις στην αρχική μορφή της ανίσωσης και τελικά καταλήξαμε στην παραπάνω): το πρώτον, επειδή το x 2 έχει αρνητικό συντελεστή (παράβαση του 2ου απαράβατου κανόνα), αλλάζω όλα τα πρόσημα και την φορά της ανίσωσης και έχω την x2 − 4 < 0 . Εύκολα προκύπτει ότι το τριώνυμο x 2 − 4 έχει ρίζες τις 2 ,− 2 (στο πρόχειρο έλυσα την εξίσωση x 2 − 4 = 0 ), οπότε δημιουργώ τον ακόλουθο πίνακα, από τον οποίο προ- κύπτει x ∈ (−2 , 2) . −∞ −2 2 +∞ x2 − 4 + - + Σχόλια στο παράδειγμα 18 α) Για την ανίσωση x 2 − 4 ≤ 0 , η λύση είναι x ∈ ⎡⎢−2 , 2⎤⎥ . ⎣ ⎦ β) Για την ανίσωση x 2 − 4 > 0 , η λύση είναι x ∈ (−∞ ,− 2) ∪ (2 , + ∞) . γ) Για την ανίσωση x 2 − 4 ≥ 0 , η λύση είναι x ∈ (−∞ ,− 2⎤⎥ ∪ ⎡⎢2 , + ∞) . ⎦ ⎣

Λυμένο παράδειγμα 19 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση 2x − x 2 < 0 έχουμε τα εξής: η ανίσωση δεν είναι στην «σωστή» μορφή, αφού το x 2 έχει αρνητικό συντελεστή. Έτσι, η πρώτη κίνηση είναι να αλλάξω τα πρόσημα και την φορά της ανίσωσης, οπότε θα έχω την ανίσωση x 2 − 2x > 0 . Το τριώνυμο x 2 − 2x έχει ρίζες τους αριθμούς 0 και 2 (στο πρόχειρο έλυσα την εξίσω- ση x 2 − 2x = 0 ), οπότε δημιουργώ τον ακόλουθο πίνακα, από τον οποίο προκύπτει x ∈ (−∞ , 0) ∪ (2 , + ∞) . - 110 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 3 • Πολυωνυµικές εξισώσεις και ανισώσεις • ΘΕΩΡΙΑ −∞ 0 2 +∞ x 2 − 2x + - + Σχόλια στο παράδειγμα 19 α) Για την ανίσωση x 2 − 2x ≥ 0 , η λύση είναι x ∈ (−∞ , 0⎤⎥ ∪ ⎡⎢2 , + ∞) . ⎦ ⎣ β) Για την ανίσωση x 2 − 2x < 0 , η λύση είναι x ∈ (0 , 2) . γ) Για την ανίσωση x 2 − 2x ≤ 0 , η λύση είναι x ∈ ⎡⎢0 , 2⎤⎥ . ⎣ ⎦

Λυμένο παράδειγμα 20 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση x 2 − 4x + 4 > 0 έχουμε τα εξής (όπως και πριν, ας υποθέσουμε ότι έχουμε κάνει όλες τις απαραίτητες πράξεις στην αρχική ανίσωση που είχαμε στην άσκηση και καταλήξαμε στην παραπάνω): το τριώνυμο έχει διακρίνουσα Δ = (−4)2 − 4 ⋅1 ⋅ 4 = 16 − 16 = 0 , οπότε έχει μια διπλή ρίζα, την 4 x0 = ⇔ x0 = 2 . 2 ⋅1 Άρα είναι x 2 − 4x + 4 = 1 ⋅ (x − 2)2 = (x − 2)2 και έτσι έχω την ανίσωση (x − 2)2 > 0 , από όπου προκύπτει x −2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 (η λύση γράφεται και x ∈ ! − {2} ). Σημαντική υπενθύμιση από την Άλγεβρα της Α΄Λυκείου • Ισχύει α 2 ≥ 0 , για κάθα ∈ ! . • Ισχύει α 2 > 0 ⇔ α ≠ 0 . • Ισχύει α 2 = 0 ⇔ α = 0 . Σχόλια στο παράδειγμα 20 α) Για την ανίσωση x 2 − 4x + 4 ≥ 0 έχω (x − 2)2 ≥ 0 , οπότε προκύπτει x ∈ ! (αφού είναι (x − 2)2 ≥ 0 , για κάθε x ∈ ! ). β) Για την ανίσωση x 2 − 4x + 4 < 0 έχω (x − 2)2 < 0 , που είναι αδύνατη (διότι είναι (x − 2)2 ≥ 0 , για κάθε x ∈ ! ). - 112 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 3 • Πολυωνυµικές εξισώσεις και ανισώσεις • ΘΕΩΡΙΑ γ) Για την ανίσωση x 2 − 4x + 4 ≤ 0 έχω (x − 2)2 ≤ 0 , από όπου προκύπτει (x − 2)2 = 0 ⇔ x − 2 = 0 ⇔ x = 2 (διπλή ρίζα), αφού δεν μπορεί να είναι (x − 2)2 < 0 . δ) Εξαρχής θα μπορούσα να λύσω την ανίσωση γρηγορότερα, αποφεύγοντας ακόμη και τον υπολογισμό της διακρίνουσας, αν είχα αναγνωρίσει ότι έχω ταυτότητα! Συγκεκριμένα, αν εξαρχής παρατηρήσω ότι x 2 − 4x + 4 = (x − 2)2 , τότε γρηγορότερα μπορώ να λύσω την ανίσωση. Φυσικά και οι δύο τρόποι είναι σωστοί, αλλά ο δεύτερος γρηγορότερος και αυτό θα φανεί καλύτερα στο επόμενο παράδειγμα.

Λυμένο παράδειγμα 21 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση 16x 2 + 72x + 81 ≥ 0 έχουμε τα ακόλουθα (κάνουμε πάλι την ίδια υπό- θεση με τα προηγούμενα παραδείγματα, ότι δηλαδή έχουν γίνει όλες οι πράξεις και καταλήξαμε εδώ): αν υπολογίσουμε την διακρίνουσα, έχουμε ότι Δ = 722 − 4 ⋅16 ⋅ 81 ! Βέβαια το Δημοτικό το τελειώσαμε όλοι, άρα ξέρουμε να κάνουμε πολλαπλασιασμό, οπότε ας βγάλουμε τα μάτια μας με τις παραπάνω πράξεις ή... ...ας ανοίξουμε τα μάτια μας και ας δούμε ότι το τριώνυμο είναι ταυτότητα! Πράγματι· είναι 16x 2 + 72x + 81 = (4x)2 + 2 ⋅ 4x ⋅ 9 + 92 = (4x + 9)2 , οπότε έχουμε την ανίσωση (4x + 9)2 ≥ 0 , από όπου προκύπτει x ∈ ! , αφού είναι (4x + 9)2 ≥ 0 , για κάθε x ∈ ! .

Λυμένο παράδειγμα 22 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση x 2 + x + 1 > 0 έχουμε: το τριώνυμο έχει διακρίνουσα Δ = 12 − 4 ⋅1 ⋅1 = 1 − 4 = −3 (άρα δεν έχει ρίζες), οπότε είναι x 2 + x + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! . Σχόλια στο παράδειγμα 22 α) Για την ανίσωση x 2 + x + 1 ≥ 0 πάλι προκύπτει x ∈ ! . β) Για την ανίσωση x 2 + x + 1 < 0 προκύπτει ότι είναι αδύνατη στο ! (διότι είναι x 2 + x + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! , αφού το τριώνυμο έχει αρνητική διακρίνουσα και ο συντελεστής του x 2 είναι θετικός). γ) Για την ανίσωση x 2 + x + 1 ≤ 0 προκύπτει ότι είναι αδύνατη στο ! (διότι είναι x 2 + x + 1 > 0 , για κάθε x ∈ ! , αφού το τριώνυμο έχει αρνητική διακρίνουσα και ο συντελεστής του x 2 είναι θετικός).

Λυμένο παράδειγμα 23 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση 4x − x 2 − 5 > 0 έχουμε πρώτα λίγο «σουλούπωμα», δηλαδή το x 2 να αποκτήσει θετικό συντελεστή. Έτσι, αλλάζοντας όλα τα πρόσημα και την φορά της ανίσωσης, έχουμε πλέον την x 2 − 4x + 5 < 0 , ενώ το τριώνυμο έχει διακρίνουσα Δ = (−4)2 − 4 ⋅1 ⋅ 5 = 16 − 20 = −4 . - 114 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 3 • Πολυωνυµικές εξισώσεις και ανισώσεις • ΘΕΩΡΙΑ Άρα το τριώνυμο δεν έχει ρίζες, οπότε είναι x 2 − 4x + 5 > 0 , για κάθε x ∈ ! , συνεπώς η ανίσωση είναι αδύνατη.

Λυμένο παράδειγμα 24 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση (x + 3)(x − 2)(x 2 − 3x + 2) > 0 , δες βήμα προς βήμα πώς θα την λύσω. 1ο βήμα ­ προετοιμασία της ανίσωσης Δεν χρειάζεται, αφού τα πολυώνυμα πρώτου βαθμού έχουν το x με θετικό συντελεστή και το τριώνυμο έχει το x 2 με θετικό συντελεστή. Επίσης, όλα τα πολυώνυμα είναι στο αριστερό μέλος και δεξιά είναι το μηδέν. Με λίγα λόγια, η ανίσωση είναι έτοιμη. - 118 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 3 • Πολυωνυµικές εξισώσεις και ανισώσεις • ΘΕΩΡΙΑ 2ο βήμα ­ εύρεση ριζών των παραστάσεων του γινομένου Πολύ εύκολα, προκύπτει: • x + 3 = 0 ⇔ x = −3 . • x −2 = 0 ⇔ x = 2 . • x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 ή x = 2 (με την γνωστή διαδικασία). 3ο βήμα ­ κατασκευή πίνακα προσήμων και λύση ανίσωσης Επειδή παρατηρώ ότι η ρίζα x = 2 εμφανίζεται δύο φορές, θα παραγοντοποιήσω το τριώνυμο x 2 − 3x + 2 και θα δώσω την νέα μορφή της ανίσωσης. Είναι x 2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2) , οπότε έχω την ανίσωση (x + 3)(x − 2)(x − 1)(x − 2) > 0 ⇔ (x + 3)(x − 1)(x − 2)2 > 0 (1) Κρατάω στην μνήμη μου τον αριθμό 2 (που μηδενίζει το (x − 2)2 , άρα και την ανίσω- ση) και κάνω τον πίνακα προσήμων για το γινόμενο (x + 3)(x − 1) . Έτσι προκύπτει ο ακόλουθος πίνακας, από τον οποίο έχω ότι (x + 3)(x − 1) > 0 , για κάθε x ∈ (−∞ ,− 3) ∪ (1, + ∞) . −∞ −3 1 +∞ x+3 - + + x −1 - - + Γινόμενο + - + Η παραπάνω λύση δεν είναι ακόμη η τελική! Τώρα έρχεται το λεπτό σημείο, γι' αυτό πρόσεξε την συνέχεια! Έχω κρατήσει στην μνήμη μου το 2, το οποίο μηδενίζει την παράσταση (x − 2)2 , άρα μηδενίζει και την ανίσωση. - 119 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 3 • Πολυωνυµικές εξισώσεις κ

Λυμένο παράδειγμα 25 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση (4 − x)(2x 2 + 10x)(−x 2 + 6x − 5) ≥ 0 , δες πάλι βήμα προς βήμα πώς θα την λύσω. 1ο βήμα ­ προετοιμασία της ανίσωσης Βλέπω ότι έχω πολυώνυμο πρώτου βαθμού με το x να έχει αρνητικό συντελεστή, βλέ- πω και ένα τριώνυμο με το x 2 να έχει αρνητικό συντελεστή, οπότε η πρώτη μου δου- λειά είναι να αλλάξω τα πρόσημα των παραστάσεων αυτών. Προσοχή! Αλλάζοντας το πρόσημο του x στο πρώτο πολυώνυμο, θα αλλάξει μία φορά η φορά της ανίσωσης. Αλλάζοντας το πρόσημο του x 2 στο τελευταίο πολυώνυμο, θα αλλάξει δεύτερη φορά η φορά της ανίσωσης, οπότε θα επανέλθει στην αρχική, δηλαδή ≥ 0 . Έτσι, έχω την ανίσωση (x − 4)(2x 2 + 10x)(x 2 − 6x + 5) ≥ 0 . 2ο βήμα ­ εύρεση ριζών των παραστάσεων του γινομένου Εύκολα προκύπτει: • x −4 = 0 ⇔ x = 4 . • 2x 2 + 10x = 0 ⇔ 2x(x + 5) = 0 ⇔ x = 0 ή x + 5 = 0 ⇔ x = 0 ή x = −5 . • x 2 − 6x + 5 = 0 ⇔ x = 1 ή x = 5 (με την γνωστή διαδικασία). 3ο βήμα ­ κατασκευή πίνακα προσήμων και λύση ανίσωσης Παρατηρώ ότι καμία ρίζα δεν εμφανίζεται παραπάνω από μία φορά, οπότε κατασκευ- άζω τον ακόλουθο πίνακα προσήμων. - 122 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 3 • Πολυωνυµικές εξισώσεις και ανισώσεις • ΘΕΩΡΙΑ −∞ −5 0 1 4 5 +∞ x −4 - - - - + + 2x 2 + 10x + - + + + + x 2 − 6x + 5 + + + - - + Γινόμενο - + - + - + Τελικά έχω ότι x ∈ ⎡⎢−5, 0⎤⎥ ∪ ⎡⎢1, 4⎤⎥ ∪ ⎡⎢5, + ∞) . ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣

Λυμένο παράδειγμα 26 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Στην ανίσωση x 3 − 7x − 6 > 0 , διαιρέτες του σταθερού όρου −6 είναι οι ±1 , ±2 , ± 3 , ±6 (άρα και πιθανές ακέ- ραιες ρίζες του). Δοκιμάζοντας (στο πρόχειρο) ποιος εξ αυτών είναι ρίζα του x 3 − 7x − 6 , βρίσκω ότι είναι το −1 , οπότε από το ακόλουθο σχήμα Horner έχω ότι η ανίσωση γράφεται (x + 1)(x 2 − x − 6) > 0 . 1 0 ­7 ­6 ­1 ­1 1 6 1 ­1 ­6 0 Ο επόμενος πίνακας δίνει το πρόσημο κάθε παράστασης και το πρόσημο του ζητού- μενου γινομένου. −∞ −2 −1 3 +∞ x +1 − − + + x2 − x − 6 + − − + Γινόμενο − + − + Από τον πίνακα αυτόν, τελικά έχω ότι x ∈ (−2 ,− 1) ∪ (3 , + ∞) . Σχόλιο Από τον παραπάνω πίνακα προκύπτει και το πρόσημο του πολυωνύμου x 3 − 7x − 6 και από αυτό φαίνεται ότι, αν ζητηθεί να βρεθεί το πρόσημο ενός πολυωνύμου βαθμού μεγαλύτερου ή ίσου του 3, τότε κάνε ό,τι και για την επίλυση μιας ανίσωσης, μόνο που στο τέλος θα δώσεις όλες τις απαντήσεις που προκύπτουν από την γραμμή «Γινόμενο» του πίνακα. - 124 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 3 • Πολυωνυµικές εξισώσεις και ανισώσεις • ΘΕΩΡΙΑ Έτσι, αν σε άσκηση ζητείται το πρόσημο του πολυωνύμου P(x) = x 3 − 7x − 6 , θα παραγοντοποιήσω το P(x) με τον παραπάνω τρόπο, θα κάνω πάλι τον τελευταίο πίνακα, αλλά θα απαντήσω ότι: • είναι P(x) < 0 , για κάθε x ∈ (−∞ ,− 2) ∪ (−1, 3) . • είναι P(x) > 0 , για κάθε x ∈ (−2 ,− 1) ∪ (3 , + ∞) .

Λυμένο παράδειγμα 27 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την ανίσωση x 3 + 3x 2 − 4x − 12 ≤ 0 . Το πρώτο που πρέπει να γίνει είναι να παραγοντοποιηθεί το πολυώνυμο του αριστε- ρού της μέλους (σημείωση: κατά πάσα πιθανότητα, η ανίσωση δεν θα ήταν εξαρχής «έτοιμη», άρα υποθέτουμε ότι έγιναν πράξεις και ήρθε στην παραπάνω μορφή). Η παραγοντοποίηση μπορεί να γίνει με το σχήμα Horner, αλλά πιο γρήγορα θα γίνει αν παρατηρήσω ότι υπάρχουν «βολικά» ζεύγη (αν αυτό δεν συνέβαινε, τότε θα βοη- θούσε το σχήμα Horner). Έτσι, έχουμε x 3 + 3x 2 − 4x − 12 ≤ 0 ⇔ x 2 (x + 3) − 4(x + 3) ≤ 0 ⇔ (x + 3)(x 2 − 4) ≤ 0 . Εύκολα προκύπτουν οι ρίζες κάθε παράστασης, οπότε κατασκευάζω τον ακόλουθο πίνακα −∞ −3 −2 2 +∞ x+3 − + + + x2 − 4 + + − + Γινόμενο − + − + από τον οποίο προκύπτει ότι x ∈ (−∞ ,− 3⎤⎥ ∪ ⎡⎢−2 , 2⎤⎥ . ⎦ ⎣ ⎦ - 125 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Άλγεβ ρ α Β΄ Λυ κεί ο υ • Κ Ε ΦΑ Λ Α Ι Ο 4 • Π ολυών υμ α . Π ολυων υμ ι κές ε ξ ι σώ σε ι ς Παράγραφος 3 • Πολυωνυµικές εξισώσεις και ανισώσεις • ΘΕΩΡΙΑ

Λυμένο παράδειγμα 28 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 3 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την ανίσωση x 4 + 3x 2 + x < 5x 3 . Το πρώτο που πρέπει να κάνω είναι να φέρω την ανίσωση στην «σωστή» μορφή (όλοι οι όροι αριστερά και η μεγαλύτερη δύναμη να έχει θετικό συντελεστή). Ταυτόχρονα, θα παραγοντοποιήσω και το πολυώνυμο που θα προκύψει στο αριστερό μέλος. x 4 + 3x 2 + x < 5x 3 ⇔ x 4 − 5x 3 + 3x 2 + x < 0 ⇔ x(x 3 − 5x 2 + 3x + 1) < 0 . Εκτελώντας το σχήμα Horner με το 1 για το πολυώνυμο της παρένθεσης, έχω x(x − 1)(x 2 − 4x − 1) < 0 . Στο πρόχειρο βρίσκω τις ρίζες των τριών παραστάσεων. Κοινή ρίζα μεταξύ τους δεν υπάρχει, οπότε θα κάνω πίνακα προσήμων. −∞ 2− 5 0 1 2+ 5 +∞ x - - + + + x −1 - - - + + + - - - + x 2 − 4x − 1 Γινόμενο + - + - + ( Από τον πίνακα προκύπτει ότι x ∈ 2 − 5 , 0 ∪ 1 , 2 + 5 . ) ( ) - 126 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr