ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)

Λυμένο παράδειγμα 29 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: 1− x Ας δούμε την ανίσωση >0. 4−x 1ο βήμα Πρέπει να είναι 4 − x ≠ 0 ⇔ x ≠ 4 . - 165 - 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 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ 2ο βήμα Επειδή η ανίσωση είναι «έτοιμη» (αριστερά έχει ένα μόνο κλάσμα και τίποτα άλλο και δεξιά έχει το 0), μετατρέπω το κλάσμα σε γινόμενο και έχω την ανίσωση (1 − x)(4 − x) > 0 ⇔ (x − 1)(x − 4) > 0 . Η ανίσωση αυτή είναι παραγοντοποιημένη (εύκολα προκύπτει ότι είναι δευτέρου βαθ- μού και ότι οι ρίζες των πολυωνύμων είναι το 1 και το 4), οπότε από τον ακόλουθο πίνακα έχω ότι x ∈ (−∞ ,1) ∪ (4 , + ∞) . −∞ 1 4 +∞ (x − 1)(x − 4) + - + Πρόσεξε την διπλή γραμμή που τράβηξα κάτω από το 4, για να τονίσω ότι το 4 πρέ- πει να εξαιρεθεί στην λύση (λόγω του αρχικού περιορισμού). Αυτός είναι ο καλύτερος τρόπος να «περνάει» ο περιορισμός στην τελική λύση.

Λυμένο παράδειγμα 30 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: x+3 Ας δούμε την ανίσωση ≥0. 6−x 1ο βήμα Πρέπει να είναι 6 − x ≠ 0 ⇔ x ≠ 6 . 2ο βήμα Επειδή η ανίσωση είναι «έτοιμη» (αριστερά έχει ένα μόνο κλάσμα και τίποτα άλλο και δεξιά έχει το 0), μετατρέπω το κλάσμα σε γινόμενο και έχω την ανίσωση (x + 3)(6 − x) ≥ 0 ⇔ (x + 3)(x − 6) ≤ 0 . Η ανίσωση αυτή είναι παραγοντοποιημένη (εύκολα προκύπτει ότι είναι δευτέρου βαθ- μού και ότι οι ρίζες των πολυωνύμων είναι το ­3 και το 6), οπότε από τον ακόλουθο πίνακα έχω ότι x ∈ ⎡⎢−3 , 6) . ⎣ - 166 - 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 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ −∞ −3 6 +∞ (x + 3)(x − 6) + - + Πρόσεξε και πάλι την διπλή γραμμή που τράβηξα κάτω από το 6, για να τονίσω ότι το 6 πρέπει να εξαιρεθεί στην λύση (λόγω του αρχικού περιορισμού).

Λυμένο παράδειγμα 31 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: 3x − 1 Ας δούμε την ανίσωση ≥2. x+2 1ο βήμα Πρέπει να είναι x + 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ −2 . 2ο βήμα Η ανίσωση δεν είναι «έτοιμη», αφού δεξιά έχει κάτι άλλο εκτός από 0. Επομένως, με- ταφέρω το 2 αριστερά, κάνω πράξεις ­ώστε να προκύψει ένα μόνο κλάσμα και δεξιά το 0­ και μετά θα μετατρέψω το κλάσμα σε γινόμενο. 3x − 1 3x − 1 3x − 1 − 2(x + 2) 3x − 1 − 2x − 4 x −5 ≥2⇔ −2 ≥ 0 ⇔ ≥0⇔ ≥0⇔ ≥0. x+2 x+2 x+2 x+2 x+2 3ο βήμα Από την τελευταία ανίσωση προκύπτει (x − 5)(x + 2) ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞ ,− 2) ∪ ⎡⎢5, + ∞) , ⎣ με την βοήθεια του ακόλουθου πίνακα. −∞ −2 5 +∞ (x − 5)(x + 2) + - + Πρόσεξε και πάλι την διπλή γραμμή που τράβηξα κάτω από το ­2, για να τονίσω ότι το ­2 πρέπει να εξαιρεθεί στην λύση (λόγω του αρχικού περιορισμού). - 168 - 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 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ

Λυμένο παράδειγμα 32 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: x2 − 5 Ας δούμε την ανίσωση ≥4. x −2 1ο βήμα Πρέπει να είναι x − 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 . 2ο βήμα Η ανίσωση δεν είναι «έτοιμη», αφού δεξιά έχει κάτι άλλο εκτός από 0. Επομένως, με- ταφέρω το 4 αριστερά, κάνω πράξεις ­ώστε να προκύψει ένα μόνο κλάσμα και δεξιά το 0­ και μετά θα μετατρέψω το κλάσμα σε γινόμενο. x2 − 5 x2 − 5 x 2 − 5 − 4(x − 2) x 2 − 5 − 4x + 8 ≥4 ⇔ −4 ≥ 0 ⇔ ≥0⇔ ≥0⇔ x −2 x −2 x −2 x −2 x 2 − 4x + 3 ⇔ ≥0. x −2 3ο βήμα Από την τελευταία ανίσωση προκύπτει (x − 2)(x 2 − 4x + 3) ≥ 0 . Τα πολυώνυμα της τελευταίας ανίσωσης δεν έχουν κοινή ρίζα (η πρώτη έχει ρίζα το 2, ενώ η δεύτερη το 1 και το 3), οπότε κατασκευάζω τον ακόλουθο πίνακα προσήμων: −∞ 1 2 3 +∞ x −2 - - + + + - - + x 2 − 4x + 3 Γινόμενο - + - + Από τον πίνακα προκύπτει x ∈ ⎡⎢1, 2) ∪ ⎡⎢3 , + ∞) . ⎣ ⎣ Πρόσεξε και πάλι την διπλή γραμμή που τράβηξα κάτω από το 2, για να τονίσω ότι το 2 πρέπει να εξαιρεθεί στην λύση (λόγω του αρχικού περιορισμού). - 169 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λυμένο παράδειγμα 33 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την εξίσωση 25 − x 2 − 3 = 0 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι 25 − x 2 ≥ 0 ⇔ x 2 − 25 ≤ 0 ⇔ x ∈ ⎡⎢−5, 5⎤⎥ . ⎣ ⎦ 2ο βήμα Η εξίσωση δεν είναι «έτοιμη», αφού η ρίζα δεν είναι μόνη της αριστερά. Έχουμε 2 25 − x 2 − 3 = 0 ⇔ 25 − x 2 = 3 ⇔ 25 − x 2 = 32 ⇔ 25 − x 2 = 9 ⇔ x 2 = 16 ⇔ ⇔ x = ± 16 ⇔ x = 4 ή x = −4 (δεκτές).

Λυμένο παράδειγμα 34 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την εξίσωση x 2 + 4x − 5 = 4 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι x 2 + 4x − 5 ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞ ,− 5⎤⎥ ∪ ⎡⎢1, + ∞) . ⎦ ⎣ 2ο βήμα Η εξίσωση είναι «έτοιμη», αφού η ρίζα είναι μόνη της αριστερά. Έχουμε τότε: 2 x 2 + 4x − 5 = 4 ⇔ x 2 + 4x − 5 = 42 ⇔ x 2 + 4x − 5 = 16 ⇔ x 2 + 4x − 21 = 0 ⇔ ⇔ x = 3 ή x = −7 (δεκτές). - 172 - 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 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ 2η μορφή f(x) = g(x) , όπου f(x), g(x) παραστάσεις του x Όταν δεξιά υπάρχει παράσταση του x, τότε πρέπει να θέσεις περιορισμό και στην παράσταση αυτή, να είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός. Έτσι: 1ο βήμα Λύσε το σύστημα περιορισμών ⎧⎪ f(x) ≥ 0 και ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎬. ⎪⎪ g(x) ≥ 0 ⎪⎪ ⎩⎪ ⎭⎪ Αν οι περιορισμοί δεν συναληθεύουν, τότε η εξίσωση είναι αδύνατη. 2ο βήμα Ύψωσε τα δύο μέλη στο τετράγωνο (ώστε να φύγει η ρίζα) και λύσε την εξίσωση που θα προκύψει. Τις λύσεις αυτής της εξίσωσης να ελέγξεις αν ανήκουν στο διάστημα που προέκυψε από την επίλυση του συστήματος περιορισμών του 1ου βήματος. Αν η ρίζα έχει συντελεστή, η όλη διαδικασία δεν επηρεάζεται καθόλου.

Λυμένο παράδειγμα 35 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την εξίσωση x + 3 = x −3 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎧⎪ x + 3 ≥ 0 ⎫⎪ ⎧⎪ x ≥ −3 ⎫⎪ ⎪ ⎪⇔⎪ ⎪, ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎪⎪ x − 3 ≥ 0 ⎪⎪ ⎪⎪ x ≥ 3 ⎪⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ δηλαδή x ≥ 3 . 2ο βήμα Η εξίσωση είναι «έτοιμη», οπότε έχουμε 2 x + 3 = x − 3 x + 3 = (x − 3)2 ⇔ x + 3 = x 2 + 9 − 6x ⇔ x 2 − 7x + 6 = 0 ⇔ ⇔ x = 1 (απορρίπτεται) ή x = 6 (δεκτή). - 173 - 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 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ

Λυμένο παράδειγμα 36 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την εξίσωση 2 + 12 − 2x = x . 1ο βήμα Η εξίσωση δεν είναι «έτοιμη», αφού αριστερά δεν είναι μόνη της η ρίζα. Έχουμε επο- μένως 2 + 12 − 2x = x ⇔ 12 − 2x = x − 2 . 2ο βήμα Πρέπει να είναι ⎧⎪ 12 − 2x ≥ 0 ⎫⎪ ⎧⎪ 2x ≤ 12 ⎫⎪ ⎧⎪ x ≤ 6 ⎫⎪ ⎪ ⎪⇔⎪ ⎪⇔⎪ ⎪, ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎪⎪ x − 2 ≥ 0 ⎪⎪ ⎪⎪ x ≥ 2 ⎪⎪ ⎪⎪ x ≥ 2 ⎪⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ δηλαδή x ∈ ⎡⎢2 , 6⎤⎥ . ⎣ ⎦ 3ο βήμα Έχουμε τότε 2 12 − 2x = x − 2 ⇔ 12 − 2x = (x − 2)2 ⇔ 12 − 2x = x 2 + 4 − 4x ⇔ x 2 − 2x − 8 = 0 ⇔ ⇔ x = 4 (δεκτή) ή x = −2 (απορρίπτεται). - 174 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λυμένο παράδειγμα 37 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την εξίσωση x −5 −3 = x −8 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎧⎪ x − 5 ≥ 0 ⎫⎪ ⎧⎪ x ≥ 5 ⎫⎪ ⎪ ⎪⇔⎪ ⎪, ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎪⎪ x − 8 ≥ 0 ⎪⎪ ⎪⎪ x ≥ 8 ⎪⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ δηλαδή x ≥ 8 . 2ο βήμα Η εξίσωση είναι σε «καλή» μορφή (αφού έχει από μία ρίζα σε κάθε μέλος), οπότε έχω ( x − 5 − 3) = x − 8 ⇔ x − 5 + 9 − 6 x − 5 = x − 8 ⇔ 2 2 2 x −5 −3 = x −8 ⇔ 2 ⇔ x − 5 + 9 − 6 x − 5 = x − 8 ⇔ 6 x − 5 = 12 ⇔ x − 5 = 2 ⇔ x − 5 = 22 ⇔ ⇔ x − 5 = 4 ⇔ x = 9 (δεκτή). - 177 - 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 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ

Λυμένο παράδειγμα 38 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την εξίσωση x +7 + 6−x = 5. 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎧⎪ x + 7 ≥ 0 ⎫⎪ ⎧⎪ x ≥ −7 ⎫⎪ ⎪ ⎪⇔⎪ ⎪, ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎪⎪ 6 − x ≥ 0 ⎪⎪ ⎪⎪ x ≤ 6 ⎪⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ δηλαδή x ∈ ⎡⎢−7 , 6⎤⎥ . ⎣ ⎦ 2ο βήμα Η εξίσωση δεν είναι σε «καλή» μορφή (αφού δεν έχει από μία ρίζα σε κάθε μέλος), οπότε κρατάω μία ρίζα αριστερά, μεταφέρω την άλλη δεξιά και έχω ( )⇔ 2 2 x + 7 + 6− x = 5 ⇔ 6− x = 5− x + 7 ⇔ 6− x = 5− x + 7 2 ⇔ 6 − x = 25 + x + 7 − 10 x + 7 ⇔ 6 − x = 25 + x + 7 − 10 x + 7 ⇔ ⇔ 10 x + 7 = 2x + 26 ⇔ 5 x + 7 = x + 13 (1) Επειδή δεξιά «περίσσεψε» παράσταση με x, πρέπει να βάλω περιορισμό και στην πα- ράσταση του δεξιού μέλους. Ο περιορισμός που θα προκύψει, πρέπει να συναληθευτεί με τον αρχικό. Πρέπει να είναι και x + 13 ≥ 0 ⇔ x ≥ −13 . Συναληθεύοντας αυτήν την ανίσωση με το διάστημα που προέκυψε από τον αρχικό περιορισμό, τελικά έχω ότι πρέπει x ∈ ⎡⎢−7 , 6⎤⎥ . ⎣ ⎦ Η συναλήθευση έπρεπε να γίνει, διότι το τελικό διάστημα (τελικός περιορισμός) μπο- ρεί να ήταν διαφορετικό από το αρχικό! Τότε, από την (1) έχω ( ) = (x + 13) ⇔ 25(x + 7) = (x + 13) ⇔ 25x + 175 = x + 169 + 26x ⇔ 2 2 2 2 5 x+7 ⇔ x 2 + x − 6 = 0 ⇔ x = 2 ή x = −3 (δεκτές και οι δύο). - 178 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λυμένο παράδειγμα 39 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την ανίσωση x+7 >5. 1ο βήμα Πρέπει να είναι x + 7 ≥ 0 ⇔ x ≥ −7 . - 180 - 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 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ 2ο βήμα Είναι 2 x + 7 > 5 ⇔ x + 7 > 52 ⇔ x + 7 > 25 ⇔ x > 18 . Συναληθεύοντας το διάστημα αυτό με τον αρχικό περιορισμό x ≥ −7 , τελικά έχω ότι x > 18 . 2η μορφή f(x) < α , όπου f(x) παράσταση του x και α ∈ ! 1ο βήμα Θέσε τον περιορισμό f(x) ≥ 0 (και λύσε την σχετική ανίσωση φυσικά). 2ο βήμα Εξέτασε τον αριθμό α. α) Αν είναι α > 0 , τότε ύψωσε τα δύο μέλη στο τετράγωνο και λύσε την ανίσωση που θα προκύψει. Την λύση αυτής της ανίσωσης να την συναληθεύσεις με αυτήν του αρχικού περιορισμού και έτσι θα πάρεις το ζητούμενο διάστημα λύσεων της αρχικής ανίσωσης. β) Αν είναι α = 0 ή α < 0 , τότε η ανίσωση είναι αδύνατη (αφού ισχύει f(x) ≥ 0 , για κάθε x που ορίζει την ρίζα).

Λυμένο παράδειγμα 40 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την ανίσωση x+7 <5. 1ο βήμα Πρέπει να είναι x + 7 ≥ 0 ⇔ x ≥ −7 . 2ο βήμα Είναι 2 x + 7 < 5 ⇔ x + 7 < 52 ⇔ x + 7 < 25 ⇔ x < 18 . - 181 - 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 4 • Εξισώσεις-ανισώσεις που ανάγονται σε πολυωνυµικές • ΘΕΩΡΙΑ Συναληθεύοντας το διάστημα αυτό με τον αρχικό περιορισμό x ≥ −7 , τελικά έχω ότι x ∈ ⎡⎢−7 ,18) . ⎣ Να προσέξεις την μορφή f(x) ≤ α ! Αφού θέσεις τον περιορισμό f(x) ≥ 0 , εξέτασε τον αριθμό α. α) Αν είναι α > 0 , τότε ύψωσε τα δύο μέλη στο τετράγωνο και λύσε την ανίσωση που θα προκύψει. Την λύση αυτής της ανίσωσης να την συναληθεύσεις με αυτήν του αρχικού περιορισμού και έτσι θα πάρεις το ζητούμενο διάστημα λύσεων της αρχικής ανίσωσης. β) Αν είναι α = 0 , τότε έχεις την ανίσωση f(x) ≤ 0 , από όπου προκύπτει f(x) = 0 ⇔ f(x) = 0 . • Αν οι λύσεις αυτής της εξίσωσης ανήκουν στο διάστημα που προέκυψε από τον αρχικό περιορισμό, τότε το διάστημα λύσεων της αρχικής ανίσωσης είναι ο αρχικός περιορισμός. • Αν οι λύσεις αυτής της εξίσωσης δεν ανήκουν στο διάστημα που προέκυψε από τον αρχικό περιορισμό, τότε αυτές θα προστεθούν σε αυτό το διάστημα ως ένωση αυ- τού με τους μεμονωμένους αριθμούς των λύσεων. γ) αν είναι α < 0 , τότε η ανίσωση είναι αδύνατη.

Λυμένο παράδειγμα 41 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας δούμε την ανίσωση 1− x ≤ x + 3 . 1ο βήμα Πρέπει να είναι ⎧⎪ 1 − x ≥ 0 ⎫⎪ ⎧⎪ x ≤ 1 ⎫⎪ ⎪ ⎪⇔⎪ ⎪, ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎪⎪ x + 3 ≥ 0 ⎪⎪ ⎪⎪ x ≥ −3 ⎪⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ δηλαδη x ∈ ⎡⎢−3 ,1⎤⎥ . ⎣ ⎦ 2ο βήμα Είναι 2 2 1 − x ≤ x + 3 ⇔ 1 − x ≤ x + 3 ⇔ 1 − x ≤ x + 3 ⇔ 2x ≥ −2 ⇔ x ≥ −1 Συναληθεύοντας αυτό το διάστημα με τον αρχικό περιορισμό x ∈ ⎡⎢−3 ,1⎤⎥ , τελικά έχω ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ ότι x ∈ ⎢−1,1⎥ . ⎣ ⎦ - 183 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λυμένο παράδειγμα 42 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση x > x − 2 έχουμε τα εξής: κατ' αρχάς, πρέπει να είναι x ≥ 0 , δηλαδή x ∈ ⎡⎢0 , + ∞) . ⎣ Είναι x − 2 = 0 ⇔ x = 2 . Έτσι, το ⎡⎢0 , + ∞) χωρίζεται στα διαστήματα ⎡⎢0 , 2) και ⎡⎢2 , + ∞) , οπότε διακρίνω τις ⎣ ⎣ ⎣ εξής περιπτώσεις: α) αν x ∈ ⎡⎢0 , 2) , τότε είναι x < 2 ⇔ x − 2 < 0 και η ανίσωση αληθεύει για κάθε x ≥ 0 . ⎣ Λαμβάνοντας υπόψη ότι x ∈ ⎡⎢0 , 2) , έχω το διάστημα Δ1 = ⎡⎢0 , 2) . ⎣ ⎣ β) αν x ∈ ⎡⎢2 , + ∞) , τότε είναι x ≥ 2 ⇔ x − 2 ≥ 0 , οπότε από την ανίσωση έχω ⎣ 2 x > (x − 2)2 ⇔ x > x 2 + 4 − 4x ⇔ x 2 − 5x + 4 < 0 ⇔ x ∈ (1, 4) . Λαμβάνοντας υπόψη ότι εδώ το x ∈ ⎡⎢2 , + ∞) , έχω το διάστημα Δ2 = ⎡⎢2 , 4) . ⎣ ⎣ Τελικά, το ζητούμενο διάστημα λύσεων είναι το Δ1 ∪ Δ2 = ⎡⎢0 , 2) ∪ ⎡⎢2 , 4) = ⎡⎢0 , 4) . ⎣ ⎣ ⎣

Λυμένο παράδειγμα 43 από «ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ-Παράγραφος 4 (Θ)». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για την ανίσωση x < x − 2 έχουμε τα εξής: κατ' αρχάς, πρέπει να είναι x ≥ 0 , δηλαδή x ∈ ⎡⎢0 , + ∞) . ⎣ Είναι x − 2 = 0 ⇔ x = 2 . Έτσι, το ⎡⎢0 , + ∞) χωρίζεται στα διαστήματα ⎡⎢0 , 2) και ⎡⎢2 , + ∞) , οπότε διακρίνω τις ⎣ ⎣ ⎣ εξής περιπτώσεις: α) αν x ∈ ⎡⎢0 , 2) , τότε είναι x < 2 ⇔ x − 2 < 0 , οπότε η ανίσωση είναι αδύνατη, που ⎣ σημαίνει ότι το x δεν μπορεί να ανήκει στο ⎡⎢0 , 2) . ⎣ β) αν x ∈ ⎡⎢2 , + ∞) , τότε είναι x ≥ 2 ⇔ x − 2 ≥ 0 , οπότε από την ανίσωση έχω ⎣ 2 x < (x − 2)2 ⇔ x < x 2 + 4 − 4x ⇔ x 2 − 5x + 4 > 0 ⇔ x < 1 ή x > 4 . Λαμβάνοντας υπόψη ότι εδώ το x ∈ ⎡⎢2 , + ∞) , έχω ότι x ∈ (4 , + ∞) . ⎣ Τελικά, το ζητούμενο διάστημα λύσεων είναι το (4 , + ∞) . - 186 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr