ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3

Λυμένο παράδειγμα 13 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας εξετάσουμε αν η ακολουθία α ν = 4ν είναι γεωμετρική πρόοδος ή όχι. Είναι α ν+1 4ν+1 4ν ⋅ 41 = = =4, αν 4ν 4ν συνεπώς η (α ν ) είναι γεωμετρική πρόοδος. Μάλιστα, ο λόγος της προόδου είναι λ = 4 .

Λυμένο παράδειγμα 14 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας εξετάσουμε αν η ακολουθία α ν = ν2 είναι γεωμετρική πρόοδος ή όχι. Είναι (ν + 1) = ν + 2ν + 1 = ν 2 α ν+1 2 2 2ν 1 2 1 = + + = 1+ + 2 , αν ν 2 ν 2 ν 2 ν 2 ν 2 ν ν συνεπώς η (α ν ) δεν είναι γεωμετρική πρόοδος (αφού ο παραπάνω λόγος δεν προέκυ- ψε να είναι σταθερός αριθμός, αλλά εξαρτάται από το ν). α ν+1 Στον λόγο θα στηριχθείς και αν πρέπει να βρεις τον λόγο μιας γεωμετρικής αν προόδου. - 49 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λυμένο παράδειγμα 15 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ας πάρουμε την γεωμετρική πρόοδο 1, 3, 9, 27, ... και ας βρούμε το άθροισμα των 7 πρώτων όρων της. 3 9 Στην πρόοδο αυτή είναι α1 = 1 και, επειδή είναι =3 , = 3 , ο λόγος της προόδου 1 3 είναι λ = 3 . Επομένως, θα είναι 37 − 1 2187 − 1 2186 S7 = 1 ⋅ = = = 1093 . 3 −1 2 2

1 1 1 Να υπολογίσετε το άθροισμα 1 + + + ... + . 2 4 256

Λύση σχολικού βιβλίου – Α1/136 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». 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 ⋅ λ ν−1 . Όταν μια γεωμετρική πρόοδος δίνεται με τον τρόπο που δίνεται στην άσκηση, τότε το πρώτο που πρέπει να βρεις είναι ο λόγος της προόδου. Αυτό προκύπτει εύκολα με τον τρόπο που θα δεις στην αρχή κάθε απάντησης. 6 12 i. Επειδή είναι =2, = 2 (δηλαδή ο λόγος δύο διαδοχικών ζευγών όρων της 3 6 προόδου είναι σταθερός), ο λόγος της προόδου είναι λ = 2 . Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι α ν = 3 ⋅ 2ν−1 . Παίζοντας λίγο με τις ιδιότητες των δυνάμεων, μπορείς να συνεχίσεις έτσι: 2ν 3 ν αν = 3 ⋅ 1 ⇔ αν = ⋅2 . 2 2 ii. Επειδή είναι 2 3⋅ 2 6 = =3 , =3 2 2 2 3 (δηλαδή ο λόγος δύο διαδοχικών ζευγών όρων της προόδου είναι σταθερός), ο λόγος της προόδου είναι λ = 3 . Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι 2 ν−1 2 3ν 2 ν αν = ⋅3 = ⋅ 1 ⇔ αν = ⋅3 . 3 3 3 9 Παίζοντας λίγο με τις ιδιότητες των δυνάμεων, μπορείς να δουλέψεις και έτσι: 2 ν−1 αν = ⋅ 3 = 2 ⋅ 3−1 ⋅ 3ν−1 = 2 ⋅ 3−1+ν−1 ⇔ α ν = 2 ⋅ 3ν−2 . 3 - 55 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι 27 81 iii. Επειδή είναι =3 , = 3 , ο λόγος της προόδου είναι λ = 3 . 9 27 Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι ν−1 3ν αν = 9 ⋅ 3 = 9⋅ = 3 ⋅ 3ν ⇔ α ν = 3ν+1 . 1 3 Παίζοντας λίγο με τις ιδιότητες των δυνάμεων, μπορείς να δουλέψεις και έτσι: α ν = 9 ⋅ 3ν−1 = 32 ⋅ 3ν−1 = 32+ν−1 ⇔ α ν = 3ν+1 . iv. Επειδή είναι 1 1 8 4 1 16 8 1 = = , = = , 1 8 2 1 16 2 4 8 1 ο λόγος της προόδου είναι λ = . 2 Έτσι, ο ν-οστός όρος της προόδου είναι ν−1 ν−1 2 ν−1 2+ν−1 ν+1 1 ⎛⎜ 1 ⎞⎟ 12 ⎛ 1 ⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ αν = ⋅ ⎜ ⎟⎟ = 2 ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⇔ α ν = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . 4 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 2 ⎝ 2 ⎟⎠ ⎝ 2 ⎟⎠ ⎝ 2 ⎟⎠ ⎝ 2 ⎟⎠ ⎝ 2 ⎟⎠ Παίζοντας λίγο με τις ιδιότητες των δυνάμεων, μπορείς να δουλέψεις και έτσι: ν−1 1 ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ( ) ⋅2 −1 αν = ⋅ ⎜ ⎟⎟ = 4−1

Λύση σχολικού βιβλίου – Α2/136 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». 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 ⋅ λ ν−1 . Και σε αυτήν την περίπτωση, απαραίτητο στοιχείο για την επίλυση της άσκησης είναι ο λόγος της προόδου (ο πρώτος όρος της προόδου είναι φανερός εξαρχής). i. Επειδή είναι 1 2 4 1 2 = =2 , = = 2, 1 2 1 1 4 2 ο λόγος της προόδου είναι λ = 2 . Έτσι, για τον α 9 έχουμε 1 8 28 α 9 = α1 ⋅ λ 9−1 = ⋅ 2 = 2 = 26 ⇔ α 9 = 64 . 4 2 6 18 ii. Επειδή είναι =3 , = 3 , ο λόγος της προόδου είναι λ = 3 . 2 6 Έτσι, για τον α 7 έχουμε α 7 = α1 ⋅ λ 7−1 = 2 ⋅ 36 = 2 ⋅ 729 ⇔ α 7 = 1458 . 243 1 1 iii. Επειδή είναι = , ο λόγος της προόδου είναι λ = . 729 3 3 Έτσι, για τον α 8 έχουμε 7 ⎛1⎞ 1 1 1 α 8 = α1 ⋅ λ 8−1 = 729 ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = 36 ⋅ 7 = 1 ⇔ α 8 = . ⎝ 3 ⎟⎠ 3 3 3 −2 4 iv. Επειδή είναι = −2 , = −2 , ο λόγος της προόδου είναι λ = −2 . 1 −2 Έτσι, για τον α10 έχουμε α10 = α1 ⋅ λ10−1 = 1 ⋅ (−2) = −29 ⇔ α10 = −512 . 9 - 58 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι v. Επειδή είναι 4 2 9 = 4 ⋅ 27 = 3 , 3 = 2⋅9 = 3 , 8 9 ⋅8 2 4 3 ⋅4 2 27 9 3 ο λόγος της προόδου είναι λ = . 2 Έτσι, για τον α 9 έχουμε 8 5 8 ⎛⎜ 3 ⎞⎟ 23 38 35 ⎛3⎞ α 9 = α1 ⋅ λ 9−1 = ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ = 3 ⋅ 8 = 5 ⇔ α 9 = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . 27 ⎝ 2 ⎠⎟ 3 2 2 ⎝ 2 ⎠⎟

Λύση σχολικού βιβλίου – Α3/136 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». 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 ⋅ λ ν−1 . Χαρακτηριστική άσκηση: δίνεται η τιμή κάποιου όρου της γεωμετρικής προόδου και ζητείται να βρεθεί ο πρώτος όρος της προόδου. i. Είναι λ = 2 . 32 32 Επίσης, αφού ο 5ος όρος είναι , ισχύει α 5 = , από όπου προκύπτει 3 3 32 32 32 2 α1 ⋅ λ5−1 = ⇔ α1 ⋅ 24 = ⇔ 16α1 = ⇔ α1 = . 3 3 3 3 3 ii. Είναι λ = . 4 27 27 Επίσης, αφού ο 4ος όρος είναι , ισχύει α 4 = , από όπου προκύπτει 128 128 3 27 ⎛3⎞ 27 27 27 1 α1 ⋅ λ 4−1 = ⇔ α1 ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ⇔ α1 ⋅ = ⇔ α1 = . 128 ⎝4⎠ ⎟ 128 64 2 ⋅ 64 2 - 59 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι

Λύση σχολικού βιβλίου – Α4/136 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». 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 ⋅ λ ν−1 . Χαρακτηριστική άσκηση: δίνονται οι τιμές κάποιων όρων της γεωμετρικής προόδου και ζητείται να βρεθεί ο λόγος της προόδου. i. Είναι α3 = 12 και α6 = 96 , οπότε ⎧⎪ α = 12 ⎫⎪ ⎧⎪ α ⋅ λ3−1 = 12 ⎫⎪ ⎧⎪ α ⋅ λ2 = 12 ⎫⎪ ⎪⎪ 3 ⎪⎪ ⎪⎪ 1 ⎪⎪ ⎪⎪ 1 ⎪⎪ ⎨ ⎬⇔⎨ ⎬⇔⎨ ⎬. ⎪⎪ α = 96 ⎪⎪ ⎪⎪ α ⋅ λ = 96 ⎪⎪ ⎪⎪ α ⋅ λ = 96 ⎪⎪ 6−1 5 ⎩⎪ 6 ⎭⎪ ⎩⎪ 1 ⎭⎪ ⎩⎪ 1 ⎭⎪ Επειδή σε μια γεωμετρική πρόοδο είναι α1 ≠ 0 , λ ≠ 0 , διαιρώ τα μέλη των παραπάνω ισοτήτων και έχω ότι α1 ⋅ λ2 12 1 1 = ⇔ 3 = ⇔ λ3 = 8 ⇔ λ = 3 8 ⇔ λ = 2 . α1 ⋅ λ 53 96 λ 8 8 64 ii. Είναι α2 = και α 5 = , οπότε 3 81 ⎧⎪ ⎫⎪ ⎧⎪ ⎫⎪ ⎧⎪ ⎫⎪ ⎪⎪ α = 8 ⎪⎪ ⎪⎪ α ⋅ λ2−1 = 8 ⎪⎪ ⎪⎪ α ⋅ λ = 8 ⎪⎪ ⎪⎪ 2 3 ⎪⎪ ⎪⎪ 1 3 ⎪⎪ ⎪⎪ 1 3 ⎪⎪ ⎨ ⎬⇔⎨ ⎬⇔⎨ ⎬. ⎪⎪ 64 ⎪⎪ ⎪⎪ 5−1 64 ⎪⎪ ⎪⎪ 4 64 ⎪⎪ ⎪⎪ α 5 = ⎪⎪ ⎪⎪ α1 ⋅ λ = ⎪⎪ ⎪⎪ α1 ⋅ λ = ⎪⎪ ⎪⎩ 81 ⎪⎭ ⎪⎩ 81 ⎪⎭ ⎪⎩ 81 ⎪⎭ Επειδή σε μια γεωμετρική πρόοδο είναι α1 ≠ 0 , λ ≠ 0 , διαιρώ τα μέλη των παραπάνω ισοτήτων και έχω ότι 8 α1 ⋅ λ 1 8 ⋅ 81 1 27 8 8 2 = 3 ⇔ = ⇔ 3 = ⇔ λ3 = ⇔λ=3 ⇔ λ= . α1 ⋅ λ 4 3 64 λ 3 3 ⋅ 64 λ 8 27 27 3 81 - 60 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι

Λύση σχολικού βιβλίου – Α5/136 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». 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 ⋅ λ ν−1 . Χαρακτηριστική άσκηση: δίνονται οι τιμές κάποιων όρων της αριθμητικής προόδου και ζητείται να βρεθεί κάποιος άλλος όρος της προόδου. i. Από τις σχέσεις που δίνονται, προκύπτει ⎧⎪ α = 125 ⎫⎪ ⎧⎪ α ⋅ λ4−1 = 125 ⎫⎪ ⎧⎪ 3 ⎫⎪ ⎪⎪ 4 ⎪⎪ ⎪⎪ 1 ⎪⎪ ⎪⎪ α1 ⋅ λ = 125 ⎪⎪ ⎪⎨ ⎪⎬ ⇔ ⎪⎨ ⎪⎬ ⇔ ⎪⎨ ⎪⎬ . ⎪⎪ α = 125 ⎪⎪ ⎪⎪ α ⋅ λ10−1 = 125 ⎪⎪ ⎪⎪ α ⋅ λ 9 = 125 ⎪⎪ ⎪⎩⎪ 10 64 ⎪⎭⎪ ⎪⎪ 1 64 ⎪⎪ ⎪⎪ 1 64 ⎪⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ Επειδή σε μια γεωμετρική πρόοδο είναι α1 ≠ 0 , λ ≠ 0 , διαιρώ τα μέλη των παραπάνω ισοτήτων και έχω ότι α1 ⋅ λ3 125 1 1 1 1 = ⇔ = 64 ⇔ λ6 = ⇔ λ =±6 =± ⇔ α1 ⋅ λ 9 6 125 λ 6 64 64 2 64 1 1 ⇔λ= ή λ=− . 2 2 1 α) Για λ = , από την σχέση α1 ⋅ λ3 = 125 προκύπτει 2 3 ⎛1⎞ 1 α1 ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = 125 ⇔ α1 ⋅ = 125 ⇔ α1 = 8 ⋅125 ⇔ α1 = 1000 . ⎝ 2 ⎟⎠ 8 Τότε, θα είναι 13 ⎛1⎞ 103 α14 = α1 ⋅ λ 14−1 = 1000 ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⇔ α14 = 13 . ⎝ 2 ⎟⎠ 2 1 β) Για λ = − , από την σχέση α1 ⋅ λ3 = 125 προκύπτει 2 3 ⎛ 1⎞ −1 α1 ⋅ ⎜⎜⎜− ⎟⎟⎟ = 125 ⇔ α1 ⋅ = 125 ⇔ α1 = −8 ⋅125 ⇔ α1 = −1000 . ⎝ 2 ⎟⎠ 8 Τότε, θα είναι 13 ⎛ 1⎞ 103 α14 = α1 ⋅ λ 14−1 = −1000 ⋅ ⎜⎜⎜− ⎟⎟⎟ ⇔ α14 = 13 . ⎝ 2 ⎠⎟ 2 - 61 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ii. Από τις σχέσεις που δίνονται, προκύπτει ⎧⎪ ⎫⎪ ⎧⎪ ⎫⎪ ⎧⎪ ⎫⎪ ⎪⎪ α13 = 2 ⎪⎪ ⎪⎪ α1 ⋅ λ13−1 = 2 ⎪⎪ ⎪⎪ α1 ⋅ λ12 = 2 ⎪⎪ ⎨ ⎬⇔⎨ ⎬⇔⎨ ⎬. ⎪⎪ α = 32 2 ⎪⎪ ⎪⎪ α ⋅ λ23−1 = 32 2 ⎪⎪ ⎪⎪ α ⋅ λ22 = 32 2 ⎪⎪ ⎩⎪ 23 ⎭⎪ ⎩⎪ 1 ⎭⎪ ⎩⎪ 1 ⎭⎪ Επειδή σε μια γεωμετρική πρόοδο είναι α1 ≠ 0 , λ ≠ 0 , διαιρώ τα μέλη των παραπάνω ισοτήτων και έχω ότι α1 ⋅ λ12 2 1 1 5⋅2 = ⇔ = ⇔ λ10 = 32 ⇔ λ = ± 10 32 = ± 25 ⇔ α1 ⋅ λ 22 10 32 2 λ 10 32 ⇔λ= 2 ή λ=− 2 . α) Για λ = 2 , από την σχέση α1 ⋅ λ12 = 2 προκύπτει 12 2 1 1 1 1 α1 ⋅ 2 = 2 ⇔ α1 = 12 = 11 = 10 = 5 = ⇔ 2 2 2 ⋅ 2 ⎛ 2⎞ 25 2 ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⋅ 2 ⎜⎝ ⎟⎠ 1 2 2 2 2 ⇔ α1 = = = = ⇔ α1 = . 32 2 32 2

Λύση σχολικού βιβλίου – Α6/136 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: 6 12 Επειδή είναι =2, = 2 , ο λόγος της προόδου είναι λ = 2 . 3 6 Αν α ν = 768 είναι ο αναφερόμενος όρος, τότε ζητείται το ν. Είναι α ν = 768 ⇔ α1 ⋅ λ ν−1 = 768 ⇔ 3 ⋅ 2ν−1 = 768 ⇔ 2ν−1 = 256 ⇔ 2ν−1 = 28 ⇔ ν − 1 = 8 ⇔ ⇔ν=9, δηλαδή το ζητούμενο πλήθος όρων είναι 9. Και εδώ έχουμε την «ασήμαντη λεπτομέρεια» της σελίδας 54: Η εξίσωση 2ν−1 = 256 είναι εκθετική εξίσωση (τέτοιες εξισώσεις θα μάθεις πώς λύνο- νται στην Άλγεβρα της Β΄ Λυκείου όμως), οπότε για να την λύσεις πρέπει να γράψεις το 258 ως δύναμη με βάση το 2. Επειδή είναι 256 = 28 , η εξίσωση γράφεται 2ν−1 = 28 , οπότε πλέον εξίσωσε του εκθέ- τες και λύσε την εξίσωση που προκύπτει, δηλαδή την ν − 1 = 8 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α7/137 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: 8 16 i. Επειδή είναι =2, = 2 , ο λόγος της προόδου είναι λ = 2 . 4 8 Αν α ν είναι ο όρος που υπερβαίνει το 2000, δηλαδή ο πρώτος όρος της προόδου ο οποίος είναι μεγαλύτερος του 2000, θα ισχύει α ν > 2000 , από όπου προκύπτει ν−1 ν−1 ν−1 2ν α1 ⋅ λ > 2000 ⇔ 4 ⋅ 2 > 2000 ⇔ 2 > 500 ⇔ > 500 ⇔ 2ν > 1000 (1) 2 Άλλη μια «ασήμαντη λεπτομέρεια» και εδώ, στην ανίσωση στην οποία καταλήξαμε: Όπως νωρίτερα η εξίσωση 2ν−1 = 256 (άσκηση Α6/136) είπαμε ότι είναι εκθετική εξί- σωση και θα μάθεις πώς λύνεται στην Άλγεβρα της Β΄ Λυκείου, η ανίσωση (1) είναι εκθετική ανίσωση και ­σωστά μάντεψες!­ θα μάθεις πώς λύνεται στην Άλγεβρα της Β΄ Λυκείου. Μάλιστα, για να λύσεις αυτήν την ανίσωση θα χρειαστείς και την βοήθεια μιας άλλης έννοιας που θα μάθεις στην Β΄ Λυκείου (δεν στην λέω τώρα, γιατί θα τρο- μάξεις). - 63 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι Έτσι, για να προσπεράσουμε αυτό το «ασήμαντο» πρόβλημα που έχουμε εδώ με την ανίσωση, θα καταφύγουμε σε αλγεβρικές «αλχημείες». Για πάμε! Επειδή είναι 29 = 512 < 1000 και 210 = 1024 > 1000 , για να ισχύει η (1) θα πρέπει να είναι ν > 9 . Επομένως, ο πρώτος όρος της προόδου που υπερβαίνει το 2000, είναι ο 10ος όρος. 64 1 32 1 1 ii. Επειδή είναι = , = , ο λόγος της προόδου είναι λ = . 128 2 64 2 2 25 1 1 Αν α ν είναι ο όρος που είναι μικρότερος του 0, 25 = = , θα ισχύει α ν < , 100 4 4 από όπου προκύπτει ν−1 1 ⎛1⎞ 1 1 α1 ⋅ λ ν−1 < ⇔ 128 ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ < ⇔ 27 ⋅ 21−ν < 2 ⇔ 27+1−ν < 2−2 ⇔ 28−ν < 2−2 ⇔ 4 ⎝ 2 ⎟⎠ 4 2 ⇔ 8 − ν < −2 ⇔ ν > 10 . Επομένως, ο πρώτος όρος της προόδου που είναι μικρότερος του 0,25 είναι ο 11ος όρος. ν−1 ⎛1⎞ 1 Και εδώ, η ανίσωση 128 ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ < είναι εκθετική, οπότε πρέπει να την φέρουμε σε ⎝ 2 ⎟⎠ 4 μορφή 2κ < 2µ και μετά να συνεχίσουμε λύνοντας την ανίσωση κ

Λύση σχολικού βιβλίου – Α8/137 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». 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 γεωμετρικού μέσου δύο αριθμών. i. Για τους αριθμούς: • 5 και 20, ο γεωμετρικός μέσος είναι ο αριθμός 5 ⋅ 20 = 100 = 10 . 1 1 • και 3 , ο γεωμετρικός μέσος είναι ο αριθμός ⋅ 3 = 1 =1. 3 3 ii. Προκειμένου οι τρεις αριθμοί να αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προό- δου, θα πρέπει να ισχύει (x − 4) ⋅ (x − 19) = (x + 1) , 2 από όπου έχω x 2 − 19x − 4x + 76 = x 2 + 2x + 1 ⇔ 25x = 75 ⇔ x = 3 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Α9/137 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: λν − 1 Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου S ν = α1 ⋅ . λ −1 2 4 i. Επειδή είναι =2, = 2 , οι όροι του αθροίσματος είναι όροι γεωμετρικής προ- 1 2 όδου με λόγο λ = 2 , οπότε το ζητούμενο άθροισμα είναι το 210 − 1 S10 = 1 ⋅ = 1024 − 1 ⇔ S10 = 1023 . 2−1 9 27 ii. Επειδή είναι =3 , = 3 , οι όροι του αθροίσματος είναι όροι γεωμετρικής 3 9 προόδου με λόγο λ = 3 , οπότε το ζητούμενο άθροισμα είναι το 310 − 1 3 10 S10 = 3 ⋅ 3 −1 ⇔ S10 = 2 3 −1 ( ) . - 65 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι 8 −16 iii. Επειδή είναι = −2 , = −2 , οι όροι του αθροίσματος είναι όροι γεωμε- −4 8 τρικής προόδου με λόγο λ = −2 , οπότε το ζητούμενο άθροισμα είναι το (−2) − 1 = 4 ⋅ 1024 − 1 = 4 ⋅1023 = 4 ⋅ 341 ⇔ S = 1364 . 10 S = −4 ⋅ 10 10 −2 − 1 3 3

Λύση σχολικού βιβλίου – Α10/137 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: λν − 1 Στην άσκηση έχουμε εφαρμογή του τύπου S ν = α1 ⋅ . λ −1 8 32 i. Επειδή είναι =4 , = 4 , οι όροι του αθροίσματος είναι όροι γεωμετρικής 2 8 προόδου με λόγο λ = 4 . Από την σχέση α ν = α1 ⋅ λ ν−1 , για α ν = 8192 , α1 = 2 , λ = 4 , θα βρω το πλήθος ν των όρων του αθροίσματος: α ν = α1 ⋅ λ ν−1 ⇔ 8192 = 2 ⋅ 4ν−1 ⇔ 4ν−1 = 4096 ⇔ 4ν−1 = 46 ⇔ ν − 1 = 6 ⇔ ν = 7 . Άρα έχουμε 7 όρους στο άθροισμα, οπότε αυτό ισούται με 47 − 1 16384 − 1 16383 S7 = 2 ⋅ = 2⋅ = 2⋅ = 2 ⋅ 5461 ⇔ S 7 = 10922 . 4 −1 3 3 2 1 ii. Επειδή είναι = , οι όροι του αθροίσματος είναι όροι γεωμετρικής προόδου με 4 2 1 λόγο λ = . 2 1 1 Από την σχέση α ν = α1 ⋅ λ ν−1 , για α ν = , α1 = 4 , λ = , θα βρω το πλήθος ν των 512 2 όρων του αθροίσματος: ν−1 1 ⎛1⎞ 1 α ν = α1 ⋅ λ ν−1 ⇔ = 4 ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⇔ = 22 ⋅ 21−ν ⇔ 22+1−ν = 2−9 ⇔ 23−ν = 2−9 ⇔ 512 ⎝ 2 ⎟⎠ 29 ⇔ 3 − ν = −9 ⇔ ν = 12 . Άρα έχουμε 12 όρους στο άθροισμα, οπότε αυτό ισούται με - 66 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι 12 ⎛ 1 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ − 1 1 ⎜⎝ 2 ⎟⎟⎠ 12 −1 1 − 212 212 − 1 212 − 1 S12 = 4 ⋅ = 4⋅ 2 = 4 ⋅ (−2) ⋅ = 8⋅ 3 = 2 ⋅ 12 9 ⇔ 1 1 212 212 2 −1 − 2 2 212 − 1 ⇔ S12 = . 29 −2 4 iii. Επειδή είναι = −2 , = −2 , οι όροι του αθροίσματος είναι όροι γεωμετρι- 1 −2 κής προόδου με λόγο λ = −2 . Από την σχέση α ν = α1 ⋅ λ ν−1 , για α ν = 256 , α1 = 1 , λ = −2 , θα βρω το πλήθος ν των όρων του αθροίσματος. α ν = α1 ⋅ λ ν−1 ⇔ 256 = 1 ⋅ (−2) ν−1 ⇔ (−2) ν−1 = (−2) ⇔ ν − 1 = 8 ⇔ ν = 9 . 8 Άρα έχουμε 9 όρους στο άθροισμα, οπότε αυτό ισούται με (−2) − 1 = −2 − 1 ⇔ S = 2 + 1 9 9 9 S = 1⋅ 9 9 . −2 − 1 −3 3

Λύση σχολικού βιβλίου – Α11/137 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Αφού αρχικώς υπάρχουν 3 βακτηρίδια και ο αριθμός τους διπλασιάζεται κάθε μία ώρα, ο αριθμός των βακτηριδίων σχηματίζει γεωμετρική πρόοδο με λόγο λ = 2 . Επομένως, μετά από μία ώρα θα υπάρχουν 2 ⋅ 3 = 6 βακτηρίδια και αυτός ο αριθμός θα είναι ο πρώτος όρος της προόδου. Έτσι, μετά από 12 ώρες θα υπάρχουν α12 = α1 ⋅ λ12−1 = 6 ⋅ 211 = 6 ⋅ 2048 = 12288 βακτηρίδια. - 67 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι

Λύση σχολικού βιβλίου – Α12/137 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Αφού αρχικώς η μπάλα είναι σε ύψος 60 μέτρων και ο αριθμός που δίνει το ύψος στο 1 οποίο θα φτάνει σε κάθε αναπήδηση είναι το του προηγούμενου ύψους, οι αριθμοί 3 που δίνουν το ύψος στο οποίο βρίσκεται η μπάλα μετά από κάθε αναπήδηση σχηματί- 1 ζουν γεωμετρική πρόοδο με λόγο λ = . 3 1 Επομένως, στην πρώτη αναπήδηση η μπάλα θα είναι σε ύψος ⋅ 60 = 20 μέτρων και 3 αυτός ο αριθμός θα είναι ο πρώτος όρος της προόδου. Έτσι, στην 4η αναπήδηση η μπάλα θα είναι σε ύψος 3 ⎛1⎞ 20 α 4 = α1 ⋅ λ 4−1 = 20 ⋅ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = μέτρα. ⎝ 3 ⎠⎟ 27 - 68 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι

Λύση σχολικού βιβλίου – Β1/138 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». 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 48) : πώς θα δείξεις ότι μια ακολουθία είναι γεωμετρική πρόοδος. Επειδή είναι 1 2ν ⋅ 2 α ν+1 2ν+1 ⋅ ν+1 3ν+1+1 3ν+2 = 2 ⋅ 3 2 ⋅ 3ν ⋅ 3 2 = = = = , αν 1 2ν 3 ν+2 ν 3 ⋅3 2 3 2ν ⋅ ν+1 3 3ν+1 δηλαδή ο λόγος κάθε επόμενου όρου προς τον προηγούμενο είναι σταθερός (ανεξάρτη- τος του ν), η ακολουθία (α ν ) είναι γεωμετρική πρόοδος. 2 Μάλιστα, ο λόγος της προόδου είναι λ= . 3 Ο πρώτος όρος της προόδου είναι ο 1 2 α1 = 21 ⋅ ⇔ α1 = . 3 1+1 9

Λύση σχολικού βιβλίου – Β2/138 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». 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 πολύ χαρακτηριστική εφαρμογή της έννοιας των διαδοχικών όρων γεωμετρικής προόδου. Κατ’ αρχάς, πρέπει να είναι ⎧ ⎫⎪ ⎧⎪ ν − 5 ≥ 0 ⎫⎪ ⎪⎪⎪ ν≥5 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎨ ⎪ ⎪ 4 10ν + 4 ≥ 0 ⎬ ⇔ ⎨ ν ≥ − ⎬, ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ 10 ⎪⎪ ⎪⎩⎪ ν + 2 ≥ 0 ⎪⎭⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ν ≥ −2 ⎪⎭ δηλαδή ν ≥ 5 . Οι τρεις αριθμοί θα είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, αν και μόνο αν 2 ⎡ 1 ⎤ ( 10ν + 4 ) 2 ν−5 ⋅ ν + 2 = 4 ⇔ (ν − 5)(ν + 2) = ⎢(10ν + 4) ⎥ ⇔ ⎢ 4 ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ 1 ⇔ ν2 + 2ν − 5ν − 10 = (10ν + 4) 2 ⇔ ν2 − 3ν − 10 = 10ν + 4 ⇔ ⇔ ν2 − 3ν − 10 = 10ν + 4 ⇔ ν2 − 13ν − 14 = 0 . - 69 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι (−13)2 − 4 ⋅1 ⋅ (−14) = 169 + 56 = 225 , οπότε αυτή έχει δύο άνισες ρίζες, τις 13 ± 225 13 ± 15 ν1, 2 = = ⇔ ν1 = 14 , ν2 = −1 . 2 ⋅1 2 Η ρίζα ν2 = −1 απορρίπτεται, οπότε τελικά ν = 14 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Β3/138 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Έστω (α ν ) μια γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ. Τα τετράγωνα α 2ν των όρων της σχηματίζουν την ακολουθία βν = α 2ν , όπου είναι 2 βν+1 α 2ν+1 ⎛ α ⎞⎟ = = ⎜⎜⎜ ν+1 ⎟⎟⎟ . βν α 2ν ⎜⎝ α ν ⎟⎠ α ν+1 Αφού η (α ν ) είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ όμως, ισχύει = λ , άρα αν βν+1 = λ2 , βν δηλαδή η ακολουθία (βν ) είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ2 . ii. Έστω (α ν ) μια γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ. Υψώνοντας κάθε όρο της στην k σχηματίζεται η ακολουθία γ ν = α kν , όπου είναι k γ ν+1 α kν+1 ⎛ α ⎞⎟ = = ⎜⎜⎜ ν+1 ⎟⎟⎟ . γν α kν ⎜⎝ α ν ⎟⎠ α ν+1 Αφού η (α ν ) είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ όμως, ισχύει = λ , άρα αν γ ν+1 = λk , γν δηλαδή η ακολουθία (γ ν ) είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ k . - 70 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι

Λύση σχολικού βιβλίου – Β4/138 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Αρκεί να βρω τον πρώτο όρο α1 και τον λόγο λ της γεωμετρικής προόδου. Αφού το άθροισμα των δύο πρώτων όρων της είναι 3 + 3 , ισχύει α1 + α 2 = 3 + 3 . Αφού έχουμε γεωμετρική πρόοδο, ισχύει α 2 = α1 ⋅ λ , οπότε α1 + λα1 = 3 + 3 ⇔ α1 (λ + 1) = 3 + 3 (1) Αφού το άθροισμα των τεσσάρων πρώτων όρων της είναι 4 3 + 3 , ισχύει ( ) λ2 − 1 λ2 + 1 ( )( ) ( ) S 4 = 4 3 + 3 ⇔ α1 ⋅ λ4 − 1 λ −1 = 4 3 + 3 ⇔ α1 ⋅ ( λ −1 ) = 4 3+ 3 ⇔ ( ) (λ − 1) (λ + 1)(λ + 1) 2 (1) ⇔ α1 ⋅ λ −1 ( ) ( = 4 3 + 3 ⇔ α1 (λ + 1) λ2 + 1 = 4 3 + 3 ⇔ ) ( ) ( ⇔ 3+ 3 ) (λ + 1) = 4 (3 + 3 ) ⇔ λ + 1 = 4 ⇔ λ = 3 ⇔ λ = 3 ή λ = − 3 . 2 2 2 α) Για λ = 3 , από την (1) προκύπτει α ( 3 + 1) = 3 + 3 ⇔ α = = (3 + 3 )( 3 − 1) = 3 3 − 3 + 3 − 3 ⇔ 3+ 3 2 1 3 +1 ( 3 + 1)( 3 − 1) 1 3 −1 2 2 2 3 −3+3 2 3 ⇔ α1 = = ⇔ α1 = 3 . 3 −1 2 Επομένως, στην περίπτωση αυτή η ζητούμενη γεωμετρική πρόοδος είναι αυτή η οποία έχει πρώτο όρο α1 = 3 και λόγο λ = 3 . β) Για λ = − 3 , από την (1) προκύπτει α (− 3 + 1) = 3 + 3 ⇔ α = = (3 + 3 )(1 + 3 ) 3+ 3 ⇔ 1 1− 3 (1 − 3 )(1 + 3 ) 1 3+3 3 + 3 + 3 4 3 +3+3 2 4 3 +6 2 (2 3 + 3) = = = = ⇔ 2 1−3 −2 −2 12 − 3 - 71 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι ( ⇔ α1 = − 2 3 + 3 .) Επομένως, στην περίπτωση αυτή η ζητούμενη γεωμετρική πρόοδος είναι αυτή η οποία ( ) έχει πρώτο όρο α1 = − 2 3 + 3 και λόγο λ = − 3 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Β5/138 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Το ζητούμενο άθροισμα είναι το λ10 − 1 S10 = α1 ⋅ , λ −1 όπου α1 ο πρώτος όρος και λ ο λόγος της προόδου. Από την σχέση α 2 + α 6 = 34 προκύπτει α1 ⋅ λ + α1 ⋅ λ5 = 34 ⇔ λα1 1 + λ4 = 34 ( ) (1) Από την σχέση α 3 + α 7 = 68 προκύπτει α1 ⋅ λ2 + α1 ⋅ λ6 = 68 ⇔ λ2α1 1 + λ4 = 68 ( ) (2) Επειδή σε μια γεωμετρική πρόοδο είναι α1 ≠ 0 , λ ≠ 0 , διαιρώ τα μέλη των (1) και (2) και έχω ότι ( λ α1 1 + λ4) 34 1 1 = ⇔ = ⇔ λ = 2. λ α (1 + λ ) 2 1 68 4 λ 2 Από την (1) έχω τότε ( ) 2α1 1 + 24 = 34 ⇔ 34 α1 = 34 ⇔ α1 = 1 . Επομένως, το ζητούμενο άθροισμα είναι ίσο με 210 − 1 S10 = 1 ⋅ = 1024 − 1 ⇔ S10 = 1023 . 2−1 - 72 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι

Λύση σχολικού βιβλίου – Β6/138 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Αφού ο ετήσιος ρυθμός αύξησης είναι 2% και α ν ο πληθυσμός σε ν χρόνια από σήμε- ρα, σε ν + 1 χρόνια από σήμερα θα είναι 2 102 α ν+1 = α ν + ⋅ αν = ⋅ α ν ⇔ α ν+1 = 1, 02 ⋅ α ν , 100 100 σχέση η οποία δίνει τον αναδρομικό τύπο της ακολουθίας του πληθυσμού. α ν+1 Επειδή είναι και = 1, 02 , δηλαδή ο λόγος είναι σταθερός, η ακολουθία αυτή είναι αν γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ = 1, 02 . Σε 1 χρόνο από σήμερα, ο πληθυσμός θα είναι α1 = 90 ⋅1, 02 = 91, 8 εκατομμύρια και ο γενικός όρος θα είναι α ν = α1 ⋅ λ ν−1 = 90 ⋅1, 02 ⋅ (1, 02) ν−1 ⇔ α ν = 90 ⋅ (1, 02) ν . Σε 10 χρόνια από σήμερα, ο πληθυσμός θα είναι α10 = 90 ⋅ (1, 02) 10 εκατομμύρια.

Λύση σχολικού βιβλίου – Β7/138 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Αφού η ένταση του φωτός μειώνεται κατά 10% και Ι ν είναι η ένταση, αφού διέλθει από ν φίλτρα, όταν διέλθει μέσα από ν + 1 φίλτρα θα είναι 10 90 Ι ν+1 = Ι ν − ⋅ Ιν = ⋅ Ι ⇔ Ι ν+1 = 0, 9 ⋅ Ι ν , 100 100 ν σχέση η οποία δίνει τον αναδρομικό τύπο της ζητούμενης ακολουθίας. Ι ν+1 Επειδή είναι και = 0, 9 , δηλαδή ο λόγος είναι σταθερός, η ακολουθία αυτή είναι Ιν γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ = 0, 9 . Αφού διέλθει μέσα από 1 φίλτρο, η ένταση του φωτός θα είναι Ι1 = 0, 9 ⋅ Ι0 , όπου Ι0 η αρχική του ένταση. Ο γενικός όρος της προόδου θα είναι Ι ν = Ι1 ⋅ λ ν−1 = 0, 9 ⋅ Ι0 ⋅ (0, 9) ν−1 ⇔ Ι ν = Ι0 ⋅ (0, 9) ν . - 73 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 5 • Πρόοδοι Όταν διέλθει μέσα από 10 φίλτρα, η ένταση θα είναι Ι10 = Ι0 ⋅ (0, 9) . 10

Λύση σχολικού βιβλίου – Β8/138 από «ΠΡΟΟΔΟΙ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Η γεωμετρική πρόοδος των τόνων είναι η 261 , x1 , x2 , x3 , ... , x11 , 522 , με λόγο λ. Αφού είναι C ′′ = 2 ⋅ C ′ = 2 ⋅ 261 = 522 , έχω ότι C ′ ⋅ λ13−1 = 522 ⇔ 261 ⋅ λ12 = 522 ⇔ λ12 = 2 ⇔ λ = 12 2 . ii. Η συχνότητα του 5ου τόνου είναι η τιμή του 5ου όρου της προόδου, δηλαδή ( ) = 261 ⋅ 2 ⇔ x = 261 ⋅ 2 Hz . 4 3⋅4 x 4 = C ′ ⋅ λ5−1 = 261 ⋅ 12 2 4 4 3