ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2

Λυμένο παράδειγμα 7 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας εξετάσουμε αν η ακολουθία α ν = 12 − 4ν είναι αριθμητική πρόοδος ή όχι. Είναι α ν+1 − α ν = 12 − 4 (ν + 1) − (12 − 4ν) = 12 − 4ν − 4 − 12 + 4ν = −4 ⇔ α ν+1 − α ν = −4 , συνεπώς η (α ν ) είναι αριθμητική πρόοδος. Μάλιστα, η διαφορά της προόδου είναι ω = −4 .

Λυμένο παράδειγμα 8 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας εξετάσουμε αν η ακολουθία α ν = ν2 + ν είναι αριθμητική πρόοδος ή όχι. Είναι ( ) α ν+1 − α ν = (ν + 1) + ν + 1 − ν2 + ν = ν2 + 2ν + 1 + ν + 1 − ν2 − ν = 2ν + 2 , 2 συνεπώς η (α ν ) δεν είναι αριθμητική πρόοδος (αφού η παραπάνω διαφορά δεν προ- έκυψε να είναι σταθερός αριθμός, αλλά εξαρτάται από το ν). Στην διαφορά α ν+1 − α ν θα στηριχθείς και αν πρέπει να βρεις την διαφορά μιας αριθ- μητικής προόδου.

Λυμένο παράδειγμα 9 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Δίνεται η αριθμητική πρόοδος 1, 2, 3, 4, ... και ζητείται να βρεθεί το άθροισμα των 100 πρώτων όρων της. ν Στον τύπο S ν = ⋅ (α1 + α ν ) είναι ν = 100 , α1 = 1 , α ν = α100 = 100 , οπότε 2 100 S100 = ⋅ (1 + 100) = 50 ⋅101 = 5050 . 2

Να υπολογίσετε το άθροισμα 7 + 10 + 13 + ... + 157 .

Λυμένο παράδειγμα 11 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Δίνεται η αριθμητική πρόοδος 1, 2, 3, 4, ... και ζητείται να βρεθεί το άθροισμα των 100 πρώτων όρων της. ν ⎡ Στον τύπο S ν = ⋅ 2α + (ν − 1) ω⎤⎥ είναι ν = 100 , α1 = 1 , ω = 2 − 1 = 4 − 3 = 1 , άρα 2 ⎢⎣ 1 ⎦ 100 ⎡ S100 = ⋅ ⎢2 ⋅1 + (100 − 1) ⋅1⎤⎥ = 50 (2 + 99) = 50 ⋅101 = 5050 . 2 ⎣ ⎦

Πόσους όρους πρέπει να πάρουμε από την αριθμητική πρόοδο 52, 47, 42, ..., ώστε να προκύψει άθροισμα ίσο με 90; - 24 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι

Λύση σχολικού βιβλίου – Α1/129 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω . Όταν μια αριθμητική πρόοδος δίνεται με τον τρόπο που δίνεται στην άσκηση, τότε το πρώτο που πρέπει να βρεις είναι η διαφορά της προόδου. Αυτό προκύπτει εύκολα με τον τρόπο που θα δεις στην αρχή κάθε απάντησης. i. Επειδή είναι 10 − 7 = 3 , 13 − 10 = 3 (δηλαδή η διαφορά δύο διαδοχικών ζευγών όρων της προόδου είναι σταθερή), η διαφορά της προόδου είναι ω = 3 . Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι α ν = 7 + (ν − 1) ⋅ 3 = 7 + 3ν − 3 ⇔ α ν = 3ν + 4 . ii. Επειδή είναι 13 − 11 = 2 , 15 − 13 = 2 (δηλαδή η διαφορά δύο διαδοχικών ζευγών όρων της προόδου είναι σταθερή), η διαφορά της προόδου είναι ω = 2 . Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι α ν = 11 + (ν − 1) ⋅ 2 = 11 + 2ν − 2 ⇔ α ν = 2ν + 9 . iii. Επειδή είναι 2 − 5 = −3 , − 1 − 2 = −3 , η διαφορά της προόδου είναι ω = −3 . Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι α ν = 5 + (ν − 1) ⋅ (−3) = 5 − 3ν + 3 ⇔ α ν = −3ν + 8 . 5 1 5 1 1 iv. Επειδή είναι −2 = , 3− = , η διαφορά της προόδου είναι ω = . 2 2 2 2 2 Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι - 26 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι 1 1 1 1 3 α ν = 2 + (ν − 1) ⋅ = 2+ ν− ⇔ αν = ν+ . 2 2 2 2 2 v. Επειδή είναι −9 − (−6) = −3 , − 12 − (−9) = −3 , η διαφορά της προόδου είναι ω = −3 . Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι α ν = −6 + (ν − 1) ⋅ (−3) = −6 − 3ν + 3 ⇔ α ν = −3ν − 3 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α2/129 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω . Και σε αυτήν την περίπτωση, απαραίτητο στοιχείο για την επίλυση της άσκησης είναι η διαφορά της προόδου (ο πρώτος όρος της προόδου είναι φανερός εξαρχής). i. Επειδή είναι 3 − (−2) = 5 , 8 − 3 = 5 , η διαφορά της προόδου είναι ω = 5 . Έτσι, για τον α15 έχουμε α15 = α1 + (15 − 1) ⋅ ω = −2 + 14 ⋅ 5 = −2 + 70 ⇔ α15 = 68 . ii. Επειδή είναι 18 − 11 = 7 , 25 − 18 = 7 , η διαφορά της προόδου είναι ω = 7 . Έτσι, για τον α 20 έχουμε α 20 = α1 + (20 − 1) ⋅ ω = 11 + 19 ⋅ 7 = 11 + 133 ⇔ α 20 = 144 . iii. Επειδή είναι 15 − 4 = 11 , 26 − 15 = 11 , η διαφορά της προόδου είναι ω = 11 . Έτσι, για τον α 30 έχουμε α 30 = α1 + (30 − 1) ⋅ ω = 4 + 29 ⋅11 = 4 + 319 ⇔ α 30 = 323 . iv. Επειδή είναι 25 − 17 = 8 , 33 − 25 = 8 , η διαφορά της προόδου είναι ω = 8 . Έτσι, για τον α 35 έχουμε - 27 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι α 35 = α1 + (35 − 1) ⋅ ω = 17 + 34 ⋅ 8 = 17 + 272 ⇔ α 35 = 289 . 5 2 7 5 2 2 v. Επειδή είναι −1 = , − = , η διαφορά της προόδου είναι ω = . 3 3 3 3 3 3 Έτσι, για τον α 50 έχουμε 2 98 101 α 50 = α1 + (50 − 1) ⋅ ω = 1 + 49 ⋅ = 1+ ⇔ α 50 = . 3 3 3 5 1 5−2 3 5 3 vi. Επειδή είναι − = = , 2− = , η διαφορά της προόδου είναι 4 2 4 4 4 4 3 ω= . 4 Έτσι, για τον α 47 έχουμε 1 3 1 3 70 α 47 = α1 + (47 − 1) ⋅ ω = + 46 ⋅ = + 23 ⋅ = ⇔ α 47 = 35 . 2 4 2 2 2

Λύση σχολικού βιβλίου – Α3/129 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω . Χαρακτηριστική άσκηση: δίνονται οι τιμές κάποιων όρων της αριθμητικής προόδου και ζητείται να βρεθούν ο πρώτος όρος και η διαφορά της προόδου. Σε τέτοιες ασκήσεις προκύπτουν γραμμικά συστήματα δύο εξισώσεων με δύο αγνώ- στους. Θυμήσου πώς λύνεται τέτοιο σύστημα από την «Επανάληψη του Γυμνασίου», την οποία θα βρεις στο «Μαθηματικό στέκι». i. Αφού ο 6ος όρος είναι 12, ισχύει α6 = 12 , από όπου προκύπτει α1 + (6 − 1) ⋅ ω = 12 ⇔ α1 + 5ω = 12 (1) Αφού ο 10ος όρος είναι 16, ισχύει α10 = 16 , από όπου προκύπτει α1 + (10 − 1) ⋅ ω = 16 ⇔ α1 + 9ω = 16 (2) Αφαιρώντας την (1) από την (2), προκύπτει - 28 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι α1 + 9ω − α1 − 5ω = 16 − 12 ⇔ 4ω = 4 ⇔ ω = 1 . Από την (1) έχω τότε ότι α1 + 5 ⋅1 = 12 ⇔ α1 = 7 . ii. Από τις σχέσεις που δίνονται, προκύπτει ⎧⎪ α = 14 ⎫⎪ ⎧⎪⎪ α + (5 − 1) ⋅ ω = 14 ⎫⎪⎪ ⎧⎪ α + 4ω = 14 (1) ⎫⎪ ⎪⎪ 5 ⎪⎪ ⎪ 1 ⎪ ⇔ ⎪⎪ 1 ⎪⎪ ⎨ ⎬⇔⎨ ⎬ ⎨ ⎬. ⎪⎪ α = 42 ⎪⎪ ⎪⎪ α + (12 − 1) ⋅ ω = 42 ⎪⎪ ⎪⎪ α + 11ω = 42 (2) ⎪⎪ ⎩⎪ 12 ⎭⎪ ⎪⎩ 1 ⎭⎪ ⎩⎪ 1 ⎭⎪ Αφαιρώντας την (1) από την (2), προκύπτει α1 + 11ω − α1 − 4ω = 42 − 14 ⇔ 7ω = 28 ⇔ ω = 4 . Από την (1) έχω τότε ότι α1 + 4 ⋅ 4 = 14 ⇔ α1 = −2 . iii. Από τις σχέσεις που δίνονται, προκύπτει ⎧⎪ α = 20 ⎫⎪ ⎧⎪⎪ α + (3 − 1) ⋅ ω = 20 ⎫⎪⎪ ⎧⎪ α + 2ω = 20 (1) ⎫⎪ ⎪⎪ 3 ⎪⎪ ⎪ 1 ⎪ ⇔ ⎪⎪ 1 ⎪⎪ ⎨ ⎬⇔⎨ ⎬ ⎨ ⎬. ⎪⎪ α = 32 ⎪⎪ ⎪⎪ α + (7 − 1) ⋅ ω = 32 ⎪⎪ ⎪⎪ α + 6ω = 32 (2) ⎪⎪ ⎩⎪ 7 ⎭⎪ ⎪⎩ 1 ⎪⎭ ⎩⎪ 1 ⎭⎪ Αφαιρώντας την (1) από την (2), προκύπτει α1 + 6ω − α1 − 2ω = 32 − 20 ⇔ 4ω = 12 ⇔ ω = 3 . Από την (1) έχω τότε ότι α1 + 2 ⋅ 3 = 20 ⇔ α1 = 14 . - 29 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι

Λύση σχολικού βιβλίου – Α4/129 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω . Χαρακτηριστική άσκηση: δίνονται οι τιμές κάποιων όρων της αριθμητικής προόδου και ζητείται να βρεθεί κάποιος άλλος όρος της προόδου. Προκειμένου να βρεθεί ο ζητούμενος όρος, πρέπει να βρεθεί ο ν-οστός όρος της προό- δου πρώτα. i. Από τις σχέσεις που δίνονται, προκύπτει ⎧⎪ α = −5 ⎫⎪ ⎧⎪⎪ α + (5 − 1) ⋅ ω = −5 ⎫⎪⎪ ⎧⎪ α + 4ω = −5 (1) ⎫⎪ ⎪⎪ 5 ⎪⎪ ⎪ 1 ⎪ ⇔ ⎪⎪ 1 ⎪⎪ ⎨ ⎬⇔⎨ ⎬ ⎨ ⎬. ⎪⎪ α = −2 ⎪⎪ ⎪⎪ α + (15 − 1) ⋅ ω = −2 ⎪⎪ ⎪⎪ α + 14ω = −2 (2) ⎪⎪ ⎪⎩ 15 ⎪⎭ ⎪⎩ 1 ⎭⎪ ⎩⎪ 1 ⎭⎪ Αφαιρώντας την (1) από την (2), προκύπτει 3 α1 + 14ω − α1 − 4ω = −2 − (−5) ⇔ 10ω = 3 ⇔ ω = . 10 Από την (1) έχω τότε ότι 3 6 6 31 α1 + 4 ⋅ = −5 ⇔ α1 + = −5 ⇔ α1 = −5 − ⇔ α1 = − . 10 5 5 5 Επομένως, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι 31 3 31 3 3 3 13 αν = − + (ν − 1) ⋅ =− + ⋅ν− ⇔ αν = ν− , 5 10 5 10 10 10 2 άρα ο 50ος όρος είναι ο 3 13 13 17 α 50 = ⋅ 50 − = 15 − ⇔ α 50 = . 10 2 2 2 ii. Από τις σχέσεις που δίνονται, προκύπτει ⎧⎪ α = 55 ⎫⎪ ⎧⎪⎪ α + (7 − 1) ⋅ ω = 55 ⎫⎪⎪ ⎧⎪ α + 6ω = 55 (1) ⎫⎪ ⎪⎪ 7 ⎪⎪ ⎪ 1 ⎪ ⇔ ⎪⎪ 1 ⎪⎪ ⎨ ⎬⇔⎨ ⎬ ⎨ ⎬. ⎪⎪ α = 145 ⎪⎪ ⎪⎪ α + (22 − 1) ⋅ ω = 145 ⎪⎪ ⎪⎪ α + 21ω = 145 (2) ⎪⎪ ⎩⎪ 22 ⎭⎪ ⎪⎩ 1 ⎪⎭ ⎩⎪ 1 ⎭⎪ Αφαιρώντας την (1) από την (2), προκύπτει α1 + 21ω − α1 − 6ω = 145 − 55 ⇔ 15ω = 90 ⇔ ω = 6 . - 30 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι Από την (1) έχω τότε ότι α1 + 6 ⋅ 6 = 55 ⇔ α1 = 19 . Επομένως, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι α ν = 19 + (ν − 1) ⋅ 6 = 19 + 6ν − 6 ⇔ α ν =6ν + 13 , άρα ο 18ος όρος είναι ο α18 = 6 ⋅18 + 13 = 108 + 13 ⇔ α18 = 121 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α5/129 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω . Χαρακτηριστική άσκηση: δίνεται μια αριθμητική πρόοδος και ζητείται να βρεθεί ποιος όρος της έχει μια συγκεκριμένη τιμή. Σε τέτοιο θέμα, το α ν θα έχει την τιμή του ζητούμενου όρου, οπότε άγνωστος στην ουσία είναι το ν. i. Αν α ν είναι ο ζητούμενος όρος, τότε από την σχέση α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω προκύπτει 97 = 2 + (ν − 1) ⋅ 5 ⇔ 95 = 5 (ν − 1) ⇔ ν − 1 = 19 ⇔ ν = 20 . Επομένως, ο ζητούμενος όρος είναι ο 20ος. ii. Αν α ν είναι ο ζητούμενος όρος, τότε από την σχέση α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω προκύπτει −97 = 80 + (ν − 1) ⋅ (−3) ⇔ −177 = −3 (ν − 1) ⇔ ν − 1 = 59 ⇔ ν = 60 . Επομένως, ο ζητούμενος όρος είναι ο 60ος. - 31 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι

Λύση σχολικού βιβλίου – Α6/129 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου του αριθμητικού μέσου δύο αριθμών. 10 + (−40) −30 i. Ο ζητούμενος αριθμός είναι ο = = −15 . 2 2 ii. Ο αριθμητικός μέσος των 5x + 1 και 11 είναι ο 5x + 1 + 11 5x + 12 = , 2 2 5x + 12 οπότε ισχύει = 3x − 2 , από όπου προκύπτει 2 5x + 12 = 2 (3x − 2) ⇔ 5x + 12 = 6x − 4 ⇔ x = 16 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α7/129 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου του αριθμητικού μέσου δύο αριθμών. Ας είναι x και y οι δύο αριθμοί, με x < y . Αφού οι αριθμοί διαφέρουν κατά 10, ισχύει y − x = 10 (1) x+y Ο αριθμητικός τους μέσος είναι ο , οπότε αφού αυτός είναι ο 25, ισχύει 2 x+y = 25 ⇔ x + y = 50 (2) 2 Προσθέτω κατά μέλη τις (1) και (2) και προκύπτει y − x + x + y = 10 + 50 ⇔ 2y = 60 ⇔ y = 30 . Από την (1) έχω τότε ότι 30 − x = 10 ⇔ x = 20 . Επομένως, οι ζητούμενοι αριθμοί είναι το 20 και το 30. - 32 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι

Λύση σχολικού βιβλίου – Α8/130 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ν ⎡ Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου S ν = ⋅ ⎢2α1 + (ν − 1) ω⎤⎥ . 2 ⎣ ⎦ i. Είναι 9 − 7 = 2 , 11 − 9 = 2 , άρα η διαφορά της προόδου είναι ω = 2 και το ζητού- μενο άθροισμα είναι ίσο με 40 ⎡ S 40 = ⋅ ⎢2 ⋅ 7 + (40 − 1) ⋅ 2⎤⎥ = 20 (14 + 39 ⋅ 2) = 20 ⋅ 92 ⇔ S 40 = 1840 . 2 ⎣ ⎦ ii. Είναι 2 − 0 = 2 , 4 − 2 = 2 , άρα η διαφορά της προόδου είναι ω = 2 και το ζητού- μενο άθροισμα είναι ίσο με 40 ⎡ S 40 = ⋅ ⎢2 ⋅ 0 + (40 − 1) ⋅ 2⎤⎥ = 20 ⋅ 39 ⋅ 2 ⇔ S 40 = 1560 . 2 ⎣ ⎦ iii. Είναι 10 − 6 = 4 , 14 − 10 = 4 , άρα η διαφορά της προόδου είναι ω = 4 και το ζητούμενο άθροισμα είναι ίσο με 40 ⎡ S 40 = ⋅ 2 ⋅ 6 + (40 − 1) ⋅ 4⎤⎥ = 20 (12 + 39 ⋅ 4) = 20 ⋅168 ⇔ S 40 = 3360 . 2 ⎢⎣ ⎦ iv. Είναι −2 − (−7) = 5 , 3 − (−2) = 5 , άρα η διαφορά της προόδου είναι ω = 5 και το ζητούμενο άθροισμα είναι ίσο με 40 ⎡ S 40 = ⋅ 2 ⋅ (−7) + (40 − 1) ⋅ 5⎤⎥ = 20 (−14 + 39 ⋅ 5) = 20 ⋅181 ⇔ S 40 = 3620 . 2 ⎢⎣ ⎦

Λύση σχολικού βιβλίου – Α9/130 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ν ⎡ Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου S ν = ⋅ ⎢2α1 + (ν − 1) ω⎤⎥ . 2 ⎣ ⎦ i. Είναι −1 − 2 = −3 , − 4 − (−1) = −3 , άρα η διαφορά της προόδου είναι ω = −3 και το ζητούμενο άθροισμα είναι ίσο με 80 ⎡ S 80 = ⋅ 2 ⋅ 2 + (80 − 1) ⋅ (−3)⎤⎥ = 40 (4 − 79 ⋅ 3) = −40 ⋅ 233 ⇔ S 80 = −9320 . 2 ⎢⎣ ⎦ - 33 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι 1 −1 2 1 2 2 ii. Είναι − = , 1− = , άρα η διαφορά της προόδου είναι ω = και 3 3 3 3 3 3 το ζητούμενο άθροισμα είναι ίσο με 80 ⎡⎢ −1 2⎤ ⎛ 2 2⎞ 2 S 80 = ⋅ 2⋅ + (80 − 1) ⋅ ⎥ = 40 ⎜⎜⎜− + 79 ⋅ ⎟⎟⎟ = 40 ⋅ 78 ⋅ = 40 ⋅ 26 ⋅ 2 ⇔ 2 ⎣⎢ 3 ⎥ 3⎦ ⎝ 3 3⎠ ⎟ 3 ⇔ S 80 = 2080 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α10/130 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ν Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου S ν = ⋅ (α1 + α ν ) . 2 i. Όπως αναφέρθηκε στην θεωρία (παράδειγμα 10, σελίδα 22), πρώτα πρέπει να εξε- τάσω αν οι όροι του αθροίσματος είναι όροι αριθμητικής προόδου. Είναι 5 − 1 = 4 , 9 − 5 = 4 , οπότε οι όροι του αθροίσματος είναι όροι αριθμητικής προόδου με διαφορά ω = 4 . Πρέπει να βρω πόσους όρους έχει το άθροισμα, δηλαδή τι θα βάλω στην θέση του ν στον παραπάνω τύπο του αθροίσματος. Από την σχέση α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω , για α ν = 197 , α1 = 1 , ω = 4 , προκύπτει 197 = 1 + (ν − 1) ⋅ 4 ⇔ 4 (ν − 1) = 196 ⇔ ν − 1 = 49 ⇔ ν = 50 . Επομένως, το άθροισμα έχει 50 όρους, οπότε θα είναι 50 S 50 = ⋅ (1 + 197) = 25 ⋅198 ⇔ S 50 = 4950 . 2 ii. Είναι 12 − 9 = 3 , 15 − 12 = 3 , οπότε οι όροι του αθροίσματος είναι όροι αριθμητι- κής προόδου με διαφορά ω = 3 . Πρέπει να βρω πόσους όρους έχει το άθροισμα, δηλαδή τι θα βάλω στην θέση του ν στον παραπάνω τύπο του αθροίσματος. Από την σχέση α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω , για α ν = 90 , α1 = 9 , ω = 3 , προκύπτει 90 = 9 + (ν − 1) ⋅ 3 ⇔ 3 (ν − 1) = 81 ⇔ ν − 1 = 27 ⇔ ν = 28 . - 34 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι Επομένως, το άθροισμα έχει 28 όρους, οπότε θα είναι 28 S 28 = ⋅ (9 + 90) = 14 ⋅ 99 ⇔ S 28 = 1386 . 2 iii. Είναι −10 − (−7) = −3 , − 13 − (−10) = −3 , οπότε οι όροι του αθροίσματος είναι όροι αριθμητικής προόδου με διαφορά ω = −3 . Πρέπει να βρω πόσους όρους έχει το άθροισμα, δηλαδή τι θα βάλω στην θέση του ν στον τύπο του αθροίσματος. Από την σχέση α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω , για α ν = −109 , α1 = −7 , ω = −3 , προκύπτει −109 = −7 + (ν − 1) ⋅ (−3) ⇔ −3 (ν − 1) = −102 ⇔ ν − 1 = 34 ⇔ ν = 35 . Επομένως, το άθροισμα έχει 35 όρους, οπότε θα είναι 35 35 S 35 = ⋅ (−7 − 109) = ⋅ (−116) = −35 ⋅ 58 ⇔ S 35 = −2030 . 2 2

Λύση σχολικού βιβλίου – Α11/130 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: ν ⎡ Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου S ν = ⋅ ⎢2α1 + (ν − 1) ω⎤⎥ . 2 ⎣ ⎦ i. Είναι 8 − 4 = 4 , 12 − 8 = 4 , οπότε η διαφορά της αριθμητικής προόδου είναι ω = 4 . Αν ν είναι το ζητούμενο πλήθος όρων, τότε για α1 = 4 , ω = 4 , S ν = 180 , από την σχέ- ν ⎡ ση S ν = ⋅ 2α + (ν − 1) ω⎤⎥ προκύπτει 2 ⎢⎣ 1 ⎦ ν ⎡ 180 = ⋅ 2 ⋅ 4 + (ν − 1) ⋅ 4⎤⎥ ⇔ 360 = ν (8 + 4ν − 4) ⇔ 360 = ν (4ν + 4) ⇔ 2 ⎢⎣ ⎦ :4 ⇔ 360 = 4ν + 4ν ⇔ 4ν + 4ν − 360 = 0 ⇔ ν2 + ν − 90 = 0 . 2 2 Η εξίσωση αυτή έχει διακρίνουσα 12 − 4 ⋅1 ⋅ (−90) = 1 + 360 = 361 , οπότε έχει δύο άνι- σες ρίζες, τις −1 ± 361 −1 ± 19 ν1, 2 = = ⇔ ν1 = 9 , ν2 = −10 . 2 ⋅1 2 Η λύση ν2 = −10 απορρίπτεται, διότι ν ∈ ! * . Άρα πρέπει να πάρουμε τους πρώτους 9 όρους, ώστε να προκύψει άθροισμα 180. - 35 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ii. Είναι 10 − 5 = 5 , 15 − 10 = 5 , οπότε η διαφορά της αριθμητικής προόδου είναι ω = 5. Αν ν είναι το ζητούμενο πλήθος όρων, τότε για α1 = 5 , ω = 5 , S ν = 180 , από την σχέ- ν ⎡ ση S ν = ⋅ ⎢2α1 + (ν − 1) ω⎤⎥ προκύπτει 2 ⎣ ⎦ ν ⎡ 180 = ⋅ ⎢2 ⋅ 5 + (ν − 1) ⋅ 5⎤⎥ ⇔ 360 = ν (10 + 5ν − 5) ⇔ 360 = ν (5ν + 5) ⇔ 2 ⎣ ⎦ :5 ⇔ 360 = 5ν2 + 5ν ⇔ 5ν2 + 5ν − 360 = 0 ⇔ ν2 + ν − 72 = 0 . Η εξίσωση αυτή έχει διακρίνουσα 12 − 4 ⋅1 ⋅ (−72) = 1 + 288 = 289 , οπότε έχει δύο άνι- σες ρίζες, τις −1 ± 289 −1 ± 17 ν1, 2 = = ⇔ ν1 = 8 , ν2 = −9 . 2 ⋅1 2 Η λύση ν2 = −9 απορρίπτεται, διότι ν ∈ ! * . Άρα πρέπει να πάρουμε τους πρώτους 8 όρους, ώστε να προκύψει άθροισμα 180.

Λύση σχολικού βιβλίου – Α12/130 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». 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 μια χαρακτηριστική εφαρμογή της αριθμητικής προόδου και του τύπου αθροίσματος όρων της προόδου, σε ένα πρακτικό πρόβλημα. Με την αντιστοίχιση 1η σειρά → 53 κεραμίδια 2η σειρά → 51 κεραμίδια (2 κεραμίδια λιγότερα από την 1η σειρά) 3η σειρά → 49 κεραμίδια (2 κεραμίδια λιγότερα από την 2η σειρά) κ.ο.κ. σχηματίζεται μια ακολουθία. Όμως, επειδή σε κάθε επόμενη σειρά βάζουμε κάθε φορά 2 κεραμίδια λιγότερα σε σχέση με την προηγούμενη σειρά (αφαιρούμε, δηλαδή, σταθε- ρά τον ίδιο αριθμό κάθε φορά), η ακολουθία αυτή θα είναι αριθμητική πρόοδος. Μάλι- στα, η διαφορά της προόδου θα είναι ω = −2 , ενώ ο πρώτος όρος της θα είναι ίσος με τον αριθμό των κεραμιδιών της 1ης σειράς, δηλαδή α1 = 53 . Έτσι, ο ν-οστός όρος της αριθμητικής αυτής προόδου θα δίνει τον αριθμό των κεραμι- διών οποιασδήποτε σειράς θέλουμε και θα είναι - 36 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω = 53 + (ν − 1) ⋅ (−2) = 53 − 2ν + 2 ⇔ α ν = 55 − 2ν . Το να βρούμε τον ν-οστό όρο είναι προαιρετικό, αλλά βοηθάει στην άσκηση. Επομένως, ο αριθμός των κεραμιδιών της 15ης σειράς θα είναι ίσο με την τιμή του 15ου όρου της προόδου, δηλαδή α15 = 55 − 2 ⋅15 = 55 − 30 = 25 , συνεπώς η 15η σειρά έχει 25 κεραμίδια. Αυτό θα μπορούσε να βρεθεί και έτσι: αφού είναι α1 = 53 , ω = 2 , θα είναι α15 = α1 + (15 − 1) ⋅ ω = 53 + 14 ⋅ (−2) = 53 − 28 ⇔ α15 = 25 . Ο αριθμός των κεραμιδιών που έχει συνολικά η στέγη είναι ίσο με το άθροισμα των κεραμιδιών που έχουν οι 15 σειρές της στέγης, δηλαδή είναι ίσο με το άθροισμα των 15 πρώτων όρων της προόδου. Θα είναι επομένως, 15 15 S15 = ⋅ (53 + 25) = ⋅ 78 = 15 ⋅ 39 = 585 , 2 2 δηλαδή η στέγη έχει 585 κεραμίδια συνολικά. - 37 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www

Λύση σχολικού βιβλίου – Β1/130 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». 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 ένα χαρακτηριστικό θέμα που αναφέρθηκε στην μεθοδολογία (σελίδα 18) : πώς θα δείξεις ότι μια ακολουθία είναι αριθμητική πρόοδος. Επειδή είναι α ν+1 − α ν = 12 − 4 (ν + 1) − (12 − 4ν) = 12 − 4ν − 4 − 12 + 4ν = −4 , δηλαδή η διαφορά κάθε επόμενου όρου από τον προηγούμενο είναι σταθερή (ανεξάρ- τητη του ν), η ακολουθία (α ν ) είναι αριθμητική πρόοδος. Μάλιστα, η διαφορά της προόδου είναι ω = −4 . Ο πρώτος όρος της προόδου είναι ο α1 = 12 − 4 ⋅1 ⇔ α1 = 8 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Β2/130 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Οι περιττοί αριθμοί 1, 3, 5, 7, ... συνιστούν αριθμητική πρόοδο με α1 = 1 , ω = 2 , οπότε το άθροισμα των πρώτων 200 περιττών αριθμών είναι το άθροισμα των πρώτων 200 όρων της προόδου, δηλαδή 200 ⎡ S 200 = ⋅ ⎢2 ⋅1 + (200 − 1) ⋅ 2⎤⎥ = 100 (2 + 199 ⋅ 2) = 100 ⋅ 400 ⇔ S 200 = 40000 . 2 ⎣ ⎦ ii. Οι θετικοί άρτιοι αριθμοί 2, 4, 6, 8, ... συνιστούν αριθμητική πρόοδο με α1 = 2 και ω = 2 , οπότε το άθροισμα των πρώτων 300 θετικών άρτιων είναι το άθροισμα των πρώτων 300 όρων της προόδου, δηλαδή 300 ⎡ S 300 = ⋅ 2 ⋅ 2 + (300 − 1) ⋅ 2⎤⎥ = 150 (4 + 299 ⋅ 2) = 150 ⋅ 602 ⇔ S 300 = 90300 . 2 ⎢⎣ ⎦ iii. Οι περιττοί αριθμοί μεταξύ του 16 και του 380 είναι οι 17, 19, 21, ... , 379 και συ- νιστούν αριθμητική πρόοδο με α1 = 17 και ω = 2 . Mένει να βρω πόσοι είναι αυτοί οι αριθμοί, δηλαδή το πλήθος τους. Από την σχέση α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω , για α ν = 379 , α1 = 17 , ω = 2 , προκύπτει - 38 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι 379 = 17 + (ν − 1) ⋅ 2 ⇔ 2 (ν − 1) = 362 ⇔ ν − 1 = 181 ⇔ ν = 182 . Άρα οι αριθμοί του αθροίσματος είναι 182, οπότε το ζητούμενο άθροισμα είναι το 182 ⎡ S182 = ⋅ 2 ⋅17 + (182 − 1) ⋅ 2⎤⎥ = 91(34 + 181 ⋅ 2) = 91 ⋅ 396 ⇔ S182 = 36036 . 2 ⎢⎣ ⎦

Λύση σχολικού βιβλίου – Β3/130 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Τα πολλαπλάσια του 5 είναι οι αριθμοί 5, 10, 15, ... οπότε, μεταξύ του 1 και του 199, το αναφερόμενο άθροισμα είναι το 5 + 10 + 15 + ... + 195 . Οι όροι του αθροίσματος αυτού είναι όροι αριθμητικής προόδου με διαφορά ω = 5 . Για να βρω το πλήθος τους, από την σχέση α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω και για α ν = 195 , α1 = 5 , ω = 5 , έχω 195 = 5 + (ν − 1) ⋅ 5 ⇔ 5 (ν − 1) = 190 ⇔ ν − 1 = 38 ⇔ ν = 39 . Επομένως, το άθροισμα έχει 39 όρους, οπότε θα είναι 39 39 S 39 = ⋅ (5 + 195) = ⋅ 200 = 39 ⋅100 ⇔ S 39 = 3900 . 2 2 ii. Τα πολλαπλάσια του 3 είναι οι αριθμοί 3, 6, 9, ... οπότε, μεταξύ του 10 και του 200, το αναφερόμενο άθροισμα είναι το 12 + 15 + 18 + ... + 198 . Οι όροι του αθροίσματος αυτού είναι όροι αριθμητικής προόδου με διαφορά ω = 3 . Για να βρω το πλήθος τους, από την σχέση α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω και για α ν = 198 , α1 = 12 , ω = 3 , έχω 198 = 12 + (ν − 1) ⋅ 3 ⇔ 3 (ν − 1) = 186 ⇔ ν − 1 = 62 ⇔ ν = 63 . Επομένως, το άθροισμα έχει 63 όρους, οπότε θα είναι 63 63 S 63 = ⋅ (12 + 198) = ⋅ 210 = 63 ⋅105 ⇔ S 63 = 6615 . 2 2 - 39 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι

Λύση σχολικού βιβλίου – Β4/130 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Επειδή είναι α ν+1 − α ν = 5 (ν + 1) − 4 − (5ν − 4) = 5ν + 5 − 4 − 5ν + 4 = 5 , σταθερός αριθμός, η ακολουθία είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω = 5 και α1 = 5 ⋅1 − 4 ⇔ α1 = 1 . Έτσι, το ζητούμενο άθροισμα είναι 30 ⎡ S 30 = ⋅ ⎢2 ⋅1 + (30 − 1) ⋅ 5⎤⎥ = 15 ⋅ (2 + 29 ⋅ 5) = 15 ⋅147 ⇔ S 30 = 2205 . 2 ⎣ ⎦ ii. Επειδή είναι α ν+1 − α ν = −5 (ν + 1) − 3 − (−5ν − 3) = −5ν − 5 − 3 + 5ν + 3 = −5 , σταθερός αριθμός, η ακολουθία είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω = −5 και α1 = −5 ⋅1 − 3 ⇔ α1 = −8 . Έτσι, το ζητούμενο άθροισμα είναι 40 ⎡ S 40 = ⋅ ⎢2 ⋅ (−8) + (40 − 1) ⋅ (−5)⎤⎥ = 20 ⋅ (−16 − 39 ⋅ 5) = −20 ⋅ 211 ⇔ S 40 = −4220 . 2 ⎣ ⎦

Λύση σχολικού βιβλίου – Β5/130 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Μέχρι το 200: • τα πολλαπλάσια του 4 είναι οι αριθμοί 4, 8, 12, ... , 200, οι οποίοι αποτελούν αριθ- μητική πρόοδο με διαφορά ω = 8 − 4 = 4 . • τα πολλαπλάσια του 9 είναι οι αριθμοί 9, 18, 27, ... , 198, οι οποίοι αποτελούν αριθ- μητική πρόοδο με διαφορά ω = 18 − 9 = 9 . Το άθροισμα: • των ακεραίων από 1 μέχρι 200, είναι το S Α = 1 + 2 + 3 + ... + 200 . • των πολλαπλασίων του 4, είναι το S B = 4 + 8 + 12 + ... + 200 . • των πολλαπλασίων του 9, είναι το S Γ = 9 + 18 + 27 + ... + 198 . - 40 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι Έτσι, το ζητούμενο άθροισμα θα προκύψει από την σχέση S = S A − SB − SΓ . Όμως το 4 και το 9 έχουν και κοινά πολλαπλάσια. Για παράδειγμα, είναι 36 = 4 ⋅ 9 , 72 = 8 ⋅ 9 κ.ο.κ. Αυτό σημαίνει ότι το άθροισμα 36 + 72 + 108 + ... + 180 , το οποίο είναι το άθροισμα των κοινών πολλαπλασίων του 4 και του 9, θα το αφαιρέσουμε δύο φορές με τον παραπάνω τρόπο. Επομένως, αν S Δ = 36 + 72 + ... + 180 είναι το άθροισμα των κοινών πολλαπλασίων του 4 και του 9, το ζητούμενο άθροισμα τελικά θα είναι το S = S A − SB − SΓ + SΔ (1) Θα βρω πόσους όρους έχει καθένα από τα αθροίσματα S A , S B , S Γ , S Δ , με την βοήθεια της σχέσης α ν = α1 + (ν − 1) ⋅ ω . Σε κάθε περίπτωση, θα υπολογίσω και το αντίστοιχο άθροισμα. • Το άθροισμα S Α έχει, προφανώς, 200 όρους, οπότε είναι 200 ⎡ SA = ⋅ ⎢2 ⋅1 + (200 − 1) ⋅1⎤⎥ = 100 (2 + 199) = 100 ⋅ 201 ⇔ S A = 20100 . 2 ⎣ ⎦ • Στο άθροισμα S Β είναι α ν = 200 , α1 = 4 , ω1 = 4 , οπότε 200 = 4 + (ν − 1) ⋅ 4 ⇔ 4 (ν − 1) = 196 ⇔ ν − 1 = 49 ⇔ ν = 50 , δηλαδή το S B έχει 50 όρους, οπότε 50 ⎡ SB = ⋅ 2 ⋅ 4 + (50 − 1) ⋅ 4⎤⎥ = 25 (8 + 49 ⋅ 4) = 25 ⋅ 204 ⇔ S B = 5100 . 2 ⎢⎣ ⎦ • Στο άθροισμα S Γ είναι α ν = 198 , α1 = 9 , ω = 9 , οπότε 198 = 9 + (ν − 1) ⋅ 9 ⇔ 9 (ν − 1) = 18

Λύση σχολικού βιβλίου – Β6/131 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π2». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Η αριθμητική πρόοδος 1, 3, 5, 7, ... έχει α1 = 1 , ω = 3 − 1 = 2 . Αν ν είναι το ζητούμενο πλήθος όρων τότε, για να ξεπερνάει το άθροισμά τους το 4000, θα πρέπει να ισχύει S ν > 4000 , δηλαδή θα πρέπει ν ⎡ 2 ⎣ ( ) ⋅ ⎢2 ⋅1 + (ν − 1) ⋅ 2⎤⎥ > 4000 ⇔ ν 2 + 2ν − 2 > 8000 ⇔ 2ν2 > 8000 ⇔ ν2 > 4000 . ⎦ Επειδή ν ∈ ! * , από την ανισότητα προκύπτει ν2 > 4000 ⇔ ν > 400 ⋅10 ⇔ ν > 20 10 . Είναι 10 ≅3,16 , οπότε 20 10 ≅ 20 ⋅ 3,16 ≅ 63, 2 , οπότε πρέπει ν > 63, 2 . Επομένως, το ελάχιστο πλήθος όρων είναι 64. - 42 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι