ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3

Λυμένο παράδειγμα 14 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για να κάνουμε την γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = 2x + 4 : 1ο βήμα Από την εξίσωση f(x) = 0 , έχουμε 2x + 4 = 0 ⇔ 2x = −4 ⇔ x = −2 , οπότε η C f τέμνει τον άξονα x΄x στο σημείο Α(−2 , 0) . 2ο βήμα Είναι f(0) = 2 ⋅ 0 + 4 = 4 , οπότε η C f τέμνει τον άξονα y΄y στο σημείο Β(0 , 4) . 3ο βήμα Ενώνουμε τα σημεία Α και Β με ευθύγραμμο τμήμα, προεκτείνουμε το ΑΒ και προς τα δύο άκρα του και τελειώσαμε.

Λυμένο παράδειγμα 15 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Λυμένο περιεχόμενο στην ίδια σάρωση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Για να σχεδιάσουμε την ευθεία y = 3x − 6 : 1ο βήμα Θέτουμε y = 0 και έχουμε 3x − 6 = 0 ⇔ 3x = 6 ⇔ x = 2 , οπότε η ευθεία τέμνει τον άξονα x΄x στο σημείο Α(2 , 0) . - 42 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων 2ο βήμα Θέτουμε x = 0 και έχουμε y = 3 ⋅ 0 − 6 = −6 , οπότε η ευθεία τέμνει τον άξονα y΄y στο σημείο Β(0 ,− 6) . 3ο βήμα Ενώνουμε τα σημεία Α και Β με ευθύγραμμο τμήμα, προεκτείνουμε το ΑΒ και προς τα δύο άκρα του και τελειώσαμε. Ως προς την κλίση α και την γωνία ω που η ευθεία αυτή σχηματίζει με τον άξονα x΄x: α) αν είναι α > 0 , τότε είναι 0ο < ω < 90ο και αντίστροφα. β) αν είναι α < 0 , τότε είναι 90ο < ω < 180ο και αντίστροφα. γ) αν είναι α = 0 , τότε είναι ω = 0ο και αντίστροφα. Στην περίπτωση αυτή, η συνάρτηση παίρνει την μορφή f(x) = β και λέγεται σταθε- ρή συνάρτηση, διότι η τιμή της είναι η ίδια (η τιμή β), για κάθε x ∈ ! . δ) αν Α(x A , y A ) , B(x B , y B ) είναι δύο τυχαία σημεία της ευθείας y = αx + β και είναι x A ≠ x B , τότε ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας δίνεται από τον τύπο yB − y A α= . xB − x A Τα (α), (β) και (γ) αναφέρθηκαν και στην σελίδα 40. - 43 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr

Λύση σχολικού βιβλίου – Α1/164 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Σε κάθε περίπτωση, ας είναι (ε) η ευθεία και ω η γωνία που αυτή σχηματίζει με τον άξονα x΄x. Τότε θα ισχύει εϕω = λ ε (όπου λ ε είναι ο συντελεστής του x, όταν η εξίσωση της ευ- θείας είναι στην μορφή y = αx + β ). i. Είναι λ ε = 1 , οπότε εϕω = 1 ⇔ ω = 45ο , αφού 0ο ≤ ω < 180ο . ii. Είναι λ ε = 3 , οπότε εϕω = 3 ⇔ ω = 60ο , αφού 0ο ≤ ω < 180ο . iii. Είναι λ ε = −1 , οπότε εϕω = −1 ⇔ ω = 135ο , αφού 0ο ≤ ω < 180ο . iv. Είναι λ ε = − 3 , οπότε εϕω = − 3 ⇔ ω = 120ο , αφού 0ο ≤ ω < 180ο . - 46 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων

Λύση σχολικού βιβλίου – Α2/164 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Είναι yB − y A 3−2 1 λ ΑΒ = = = ⇔ λ ΑΒ = 1 . xB − x A 2−1 1 ii. Είναι yB − y A 1−2 −1 λ ΑΒ = = = ⇔ λ ΑΒ = −1 . xB − x A 2−1 1 iii. Είναι yB − y A 1−1 0 λ ΑΒ = = = ⇔ λ ΑΒ = 0 . xB − x A −1 − 2 −3 Δεύτερος τρόπος Παρατηρώ ότι είναι y A = y B = 1 , δηλαδή τα Α, Β είναι πάνω σε ευθεία παράλληλη στον άξονα x΄x. Έτσι, η ΑΒ σχηματίζει γωνία 0ο με τον x΄x, οπότε έχει κλίση ίση με μηδέν. iv. Είναι yB − y A 1−3 −2 λ ΑΒ = = = ⇔ λ ΑΒ = −2 . xB − x A 2−1 1

Λύση σχολικού βιβλίου – Α3/164 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Σε κάθε περίπτωση, η ζητούμενη ευθεία θα έχει εξίσωση ε : y = αx + β , α , β ∈ ! (1) i. Αφού η (ε) έχει κλίση α = −1 , από την (1) έχω ότι ε : y = −x + β (2) Αφού η (ε) τέμνει τον y΄y στο σημείο Β(0 , 2) , το Β ανήκει στην (ε), οπότε θέτω x = 0 , y = 2 στην (2) και έχω ότι 2 = −0 + β ⇔ β = 2 . - 47 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Όταν μια ευθεία διέρχεται από ένα σημείο (ισοδύναμα, όταν ένα σημείο ανήκει σε μια ευθεία), τότε οι συντεταγμένες του σημείου επαληθεύουν την εξίσωση της ευθείας. Δηλαδή, θέτουμε τις συντεταγμένες του σημείου στην εξίσωση της ευθείας, στις θέσεις των x και y, και προκύπτει μια σχέση που ισχύει. Τελικά, από την (2) έχω την ευθεία ε : y = −x + 2 . ii. Αφού η (ε) σχηματίζει γωνία 45ο με τον x΄x, ισχύει λ ε = εϕ45ο = 1 ⇔ λ ε = 1 = α , οπότε από την (1) έχω την ευθεία ε: y = x+β (3) Αφού η (ε) τέμνει τον y΄y στο σημείο Β(0 ,1) , το Β ανήκει στην (ε), οπότε θέτω x = 0 , y = 1 στην (3) και έχω ότι 1= 0+β ⇔ β =1. Τελικά, από την (3) έχω την ευθεία ε : y = x +1 . iii. Αφού η (ε) είναι παράλληλη με την ευθεία η : y = 2x − 3 , ισχύει λ ε = λη ⇔ λ ε = 2 = α . Έτσι, από την (1) έχω την ευθεία ε : y = 2x + β (4) Αφού η (ε) διέρχεται από το σημείο Α(1,1) , θέτω x = 1 , y = 1 στην (4) και έχω ότι 1 = 2 ⋅1 + β ⇔ β = −1 . Τελικά, από την (4) έχω την ευθεία ε : y = 2x − 1 . - 48 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων

Λύση σχολικού βιβλίου – Α4/164 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Η ζητούμενη ευθεία έχει εξίσωση ΑΒ : y = λ ΑΒ ⋅ x + µ , µ ∈ ! (1) Είναι yB − y A 3−2 1 λ ΑΒ = = = =1, xB − xΑ 2−1 1 οπότε από την (1) έχω την ΑΒ : y = x + µ (2) Η ΑΒ διέρχεται από το Α(1, 2) , οπότε θέτω x = 1 , y = 2 στην (2) και έχω 2 = 1+ µ ⇔ µ = 1. Τελικά, από την (2) έχω την ευθεία ΑΒ : y = x + 1 . ii. Η ζητούμενη ευθεία έχει εξίσωση ΑΒ : y = λ ΑΒ ⋅ x + µ , µ ∈ ! (1) Είναι yB − y A 1−2 −1 λ ΑΒ = = = = −1 , xB − xΑ 2−1 1 οπότε από την (1) έχω την ΑΒ : y = −x + µ (2) Η ΑΒ διέρχεται από το Α(1, 2) , οπότε θέτω x = 1 , y = 2 στην (2) και έχω 2 = −1 + µ ⇔ µ = 3 . Τελικά, από την (2) έχω την ευθεία ΑΒ : y = −x + 3 . - 49 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων iii. Η ζητούμενη ευθεία έχει εξίσωση ΑΒ : y = λ ΑΒ ⋅ x + µ , µ ∈ ! (1) Είναι yB − y A 1−1 0 λ ΑΒ = = = = 0, xB − xΑ −1 − 2 −3 οπότε από την (1) έχω την ΑΒ : y = µ (2) Η ΑΒ διέρχεται από το Α(2 ,1) , οπότε θέτω y = 1 στην (2) και έχω µ = 1 . Τελικά, από την (2) έχω την ευθεία ΑΒ : y = 1 . Δεύτερος τρόπος Παρατηρώ ότι είναι y A = y B = 1 , οπότε η ΑΒ είναι παράλληλη στον άξονα x΄x. Άρα, θα έχει εξίσωση ΑΒ : y = y A = y B = 1 . iv. Η ζητούμενη ευθεία έχει εξίσωση ΑΒ : y = λ ΑΒ ⋅ x + µ , µ ∈ ! (1) Είναι yB − y A 1−3 −2 λ ΑΒ = = = = −2 , xB − xΑ 2−1 1 οπότε από την (1) έχω την ΑΒ : y = −2x + µ (2) Η ΑΒ διέρχεται από το Α(1, 3) , οπότε θέτω x = 1 , y = 3 στην (2) και έχω 3 = −2 ⋅1 + µ ⇔ µ = 5 . Τελικά, από την (2) έχω την ευθεία ΑΒ : y = −2x + 5 . - 50 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων

Λύση σχολικού βιβλίου – Α5/165 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Έστω ε : C = α ⋅F + β , α,β ∈ ! (1) η ζητούμενη εξίσωση. Αφού το νερό παγώνει στους 0ο ή 32ο F , το ζεύγος αριθμών (C , F) = (0 , 32) ικανοποιεί την (1), δηλαδή ισχύει 0 = α ⋅ 32 + β ⇔ 32α + β = 0 ⇔ β = −32α (2) Αφού το νερό βράζει στους 100ο ή 212ο F , το ζεύγος αριθμών (C , F) = (100 , 212) ικανο- ποιεί την (1), δηλαδή ισχύει 100 = α ⋅ 212 + β ⇔ 212α + β = 100 (3) Αντικαθιστώ την (2) στην (3) και προκύπτει 100 5 212α − 32α = 100 ⇔ 180α = 100 ⇔ α = ⇔ α= . 180 9 5 5 Για α = , από την (2) προκύπτει β = −32 ⋅ . 9 9 Έτσι, από την (1) προκύπτει ότι η εξίσωση της ζητούμενης ευθείας είναι η 5 5 5 ε:C= 9 ⋅ F − 32 ⋅ 9 ⇔ ε:C= 9 (F − 32) (4) Αν υπάρχει θερμοκρασία που να εκφράζεται και στις δύο κλίμακες με τον ίδιο αριθμό, τότε θα ισχύει C = F και από την (4) θα έχω 5 F= 9 (F − 32) ⇔ 9F = 5(F − 32) ⇔ 9F = 5F − 160 ⇔ 4F = −160 ⇔ F = −40 . Επομένως, η θερμοκρασία των ­40 βαθμών είναι η ζητούμενη. - 51 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων

Λύση σχολικού βιβλίου – Α6/165 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Ο σχεδιασμός γίνεται τμηματικά: α) Σχεδιάζουμε πρώτα την ευθεία f(x) = −x + 2 , βρίσκοντας τα σημεία τομής της με τους άξονες x΄x και y΄y. • Από την εξίσωση f(x) = 0 προκύπτει −x + 2 = 0 ⇔ x = 2 . Άρα, η ευθεία τέμνει τον άξονα x΄x στο σημείο (2 , 0) . • Είναι f(0) = −0 + 2 = 2 , οπότε η ευθεία τέμνει τον άξονα y΄y στο σημείο (0 , 2) . Στο σύστημα συντεταγμένων σημειώνουμε τα σημεία (2 , 0) και (0 , 2) , τα ενώνουμε με ένα ευθύγραμμο τμήμα και αυτό το προεκτείνουμε προς τα δύο άκρα του. β) Στην συνέχεια, σχεδιάζουμε την ευθεία f(x) = 2 . Η ευθεία αυτή είναι οριζόντια (παράλληλη στον άξονα x΄x), με εξίσωση y = 2 . γ) Τέλος, σχεδιάζουμε την ευθεία f(x) = x + 1 , βρίσκοντας τα σημεία τομής της με τους άξονες x΄x και y΄y. • Από την εξίσωση f(x) = 0 προκύπτει x + 1 = 0 ⇔ x = −1 . Άρα, η ευθεία τέμνει τον άξονα x΄x στο σημείο (−1, 0) . • Είναι f(0) = 0 + 1 = 1 , οπότε η ευθεία τέμνει τον άξονα y΄y στο σημείο (0 ,1) . Στο σύστημα συντεταγμένων, σημειώ- νουμε τα σημεία (−1, 0) και (0 ,1) , τα ενώνουμε με ένα ευθύγραμμο τμήμα και αυτό το προεκτείνουμε προς τα δύο άκρα του. Έτσι, θα προκύψει το διπλανό σχήμα. Η δουλειά μας, όμως, δεν έχει τελειώσει ακόμα. Το διπλανό σχήμα δεν είναι ακόμα η γρα- φική παράσταση της f. - 52 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Τώρα πρέπει να λάβουμε υπόψη τα διαστήματα: • (−∞ , 0) , από την ανισότητα x < 0 , • ⎡⎢0 ,1) , από την ανισότητα 0 ≤ x < 1 ⎣ και • ⎡⎢1, + ∞) , από την ανισότητα x ≥ 1 ⎣ που υπάρχουν στον τύπο της f. Έτσι: α) για x < 0 , στην γραφική παράσταση πρέπει να υπάρχει μόνο το τμήμα της ευθείας f(x) = −x + 2 που ξεκινάει από το σημείο (0 , 2) , β) για 0 ≤ x < 1 , στην γραφική παράσταση πρέπει να υπάρχει μόνο το τμήμα της ευθείας f

Λύση σχολικού βιβλίου – Α7/165 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Η εξίσωση f(x) = 1 Λύνοντας την εξίσωση f(x) = 1 βρίσκουμε τις τετμημένες των κοινών σημείων της C f με την οριζόντια ευθεία y = 1 . Από το σχήμα προκύπτει ότι οι τετμημένες αυτών των σημείων είναι ­1 και 1, οπότε οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί 1 και ­1. Η εξίσωση f(x) = x Λύνοντας την εξίσωση f(x) = x βρίσκουμε τις τετμημένες των κοινών σημείων της C f με την ευθεία y = x . Από το σχήμα προκύπτει ότι οι τετμημένες αυτών των σημείων είναι ­2, 0 και 1, οπό- τε οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι αριθμοί ­2, 0 και 1. ii. Η ανίσωση f(x) < 1 Λύνοντας την ανίσωση f(x) < 1 βρίσκουμε τα διαστήματα στα οποία η C f είναι κάτω από την οριζόντια ευθεία y = 1 . Από το σχήμα προκύπτει ότι αυτό συμβαίνει στο διάστημα (−∞ ,1) , με εξαίρεση το σημείο με τετμημένη ­1, αφού σε αυτό το σημείο η C f εφάπτεται στην ευθεία. Επομένως, για την ανίσωση έχουμε x ∈ (−∞ ,− 1) ∪ (−1,1) . Η ανίσωση f(x) ≥ x Λύνοντας την ανίσωση f(x) ≥ x βρίσκουμε τα διαστήματα στα οποία η C f είναι πάνω από την ευθεία y = x , καθώς και τις τετμημένες των κοινών τους σημείων. Από το σχήμα προκύπτει ότι αυτό συμβαίνει στο διάστημα ⎡⎢−2 , 0⎤⎥ και στο διάστημα ⎣ ⎦ ⎡1, + ∞) . ⎢⎣ Επομένως, για την ανίσωση έχουμε x ∈ ⎡⎢−2 , 0⎤⎥ ∪ ⎡⎢1, + ∞) . ⎣ ⎦ ⎣ - 54 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων

Λύση σχολικού βιβλίου – Α8/165 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. H γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = x αποτελείται από τις δύο ημι- ευθείες του σχήματος (αναφέρθηκε στην σελίδα 45), ενώ η γραφική παράσταση της g(x) = 1 είναι η οριζόντια ευθεία y = 1 . Στο διπλανό σχήμα φαίνονται οι γραφικές παραστάσεις και των δύο συναρτήσεων. Η ανίσωση x ≤ 1 Ισοδύναμα, η ανίσωση γράφεται f(x) ≤ 1 και, λύνοντάς την, βρίσκουμε τα διαστήματα στα οποία η C f είναι κάτω από την ευθεία y = 1 , καθώς και τις τετμημένες των κοι- νών τους σημείων. Από το σχήμα προκύπτει ότι αυτό συμβαίνει στο διάστημα ⎡⎢−1,1⎤⎥ , οπότε για την ανί- ⎣ ⎦ ⎡ ⎤ σωση έχουμε x ∈ ⎢−1,1⎥ . ⎣ ⎦ Η ανίσωση x > 1 Ισοδύναμα, η ανίσωση γράφεται f(x) > 1 και, λύνοντάς την, βρίσκουμε τα διαστήματα στα οποία η C f είναι πάνω από την ευθεία y = 1 . Από το σχήμα προκύπτει ότι αυτό συμβαίνει στα διαστήματα (−∞ ,− 1) και (1, + ∞) , οπότε για την ανίσωση έχουμε x ∈ (−∞ ,− 1) ∪ (1, + ∞) . ii. Από την ανίσωση: • x ≤ 1 , προκύπτει −1 ≤ x ≤ 1 ⇔ x ∈ ⎡⎢−1,1⎤⎥ . ⎣ ⎦ • x > 1 , προκύπτει x < −1 ή x > 1 ⇔ x ∈ (−∞ ,− 1) ∪ (1, + ∞) . - 55 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων

Λύση σχολικού βιβλίου – Β1/166 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Από το σχήμα προκύπτει ότι είναι: 1 1 f(−6) = 1 , f(−5) = , f(−4) = 0 , f(−3) = − , f(−2) = −1 , f(−1) = 0 , 2 2 f(0) = 1 , f(1) = 1 , f(2) = 1 , f(3) = 0 , f(4) = −1 , f(5) = −2 . ii. Οι ρίζες της εξίσωσης: • f(x) = 0 είναι οι τετμημένες των σημείων στα οποία η C f τέμνει τον άξονα x΄x. Από το σχήμα προκύπτει ότι οι ζητούμενες ρίζες είναι οι ­4, ­3 και 1. • f(x) = −1 είναι οι τετμημένες των σημείων στα οποία η C f τέμνει την οριζόντια ευθεία y = −1 . Από το σχήμα προκύπτει ότι οι ζητούμενες ρίζες είναι οι ­2 και 4. • f(x) = 1 είναι οι τετμημένες των σημείων στα οποία η C f τέμνει την οριζόντια ευθεία y = 1 . Από το σχήμα προκύπτει ότι αυτό συμβαίνει για x = −6 και για κάθε x ∈ ⎡⎢0 , 2⎤⎥ . ⎣ ⎦ iii. Είναι ΒΔ : y = αx + β . yΔ − yB 1 − (−1) 2 1 1 • α= = = = ⇔α= . xΔ − xB 2 − (−2) 4 2 2 Τότε είναι 1 ΒΔ : y = x+β (1) 2 • Η ΒΔ διέρχεται από το σημείο Δ(2 ,1) , οπότε θέτω x = 2 , y = 1 στην (1) και έχω 1 1= ⋅ 2 +β ⇔ 1 = 1 +β ⇔ β = 0. 2 1 Τελικά είναι ΒΔ : y = x . 2 - 56 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων 1 Η ανίσωση f(x) ≤ 0, 5x ισοδύναμα γράφεται f(x) ≤ x , οπότε λύνοντάς την θα βρω 2 πότε η C f είναι κάτω από την ευθεία ΒΔ ή και τέμνεται με την ΒΔ. Σχεδιάζοντας την ΒΔ στο ίδιο σύστημα συντεταγμένων, θα προκύψει ότι x ∈ ⎡⎢2 , 5⎤⎥ ή ⎣ ⎦ x = −2 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Β2/166 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Η ακτίνα ανακλάται στον άξονα x΄x στο σημείο που η ευθεία y = 1 − x τέμνει τον x΄x. Θέτω y = 0 στην εξίσωση y = 1 − x και έχω 0 = 1− x ⇔ x = 1. Άρα η ευθεία y = 1 − x τέμνει τον άξονα x΄x στο σημείο Α(1, 0) . Η ανακλώμενη ακτίνα θα είναι επίσης ευθεία, συμμετρική ως προς την κατα- κόρυφη ευθεία x = 1 όμως. Επομένως, για την ανακλώμενη ακτίνα θα είναι x ≥ 1 . Αν ε : y = αx + β , x ≥ 1 , είναι η εξίσωση της ανακλώμενης ακτίνας, τότε το σημείο Α ανήκει σε αυτήν, οπότε θέτοντας x = 1 , y = 0 στην εξίσωση της (ε) προκύπτει 0 = α ⋅1 + β ⇔ α + β = 0 (1) Θέτοντας x = 0 στην εξίσωση της ευθείας y = 1 − x , προκύπτει εύκολα y = 1 , το οποίο σημαίνει ότι αυτή η ευθεία τέμνει τον άξονα y΄y στο σημείο Β(0 ,1) . Αφού η κατακόρυφη ευθεία x = 1 είναι άξονας συμμετρίας, το συμμετρικό του Β ως προς την ευθεία x = 1 θα είναι το σημείο Γ(2 ,1) , το οποίο θα ανήκει στην (ε). Έτσι, θέτοντας x = 2 , y = 1 στην εξίσωση της (ε), προκύπτει 1 = α ⋅ 2 + β ⇔ 2α + β = 1 (2) - 57 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων Από το γραμμικό σύστημα των (1) και (2) προκύπτει α = 1 , β = −1 , οπότε η εξίσωση της ευθείας κατά μήκος της οποίας κινείται η ανακλώμενη ακτίνα είναι η y = x −1 , x ≥ 1 .

Λύση σχολικού βιβλίου – Β3/166 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. α) Έστω B(t) η συνάρτηση της ποσότητας της βενζίνης στο βυτιοφόρο. Αφού σε 1 λεπτό μεταφέρονται 100 λίτρα βενζίνης, σε t λεπτά μεταφέρονται 100 ⋅ t λίτρα. Τότε θα είναι B(t) = 2000 − 100t , με t ≥ 0 προφανώς. Όμως πρέπει να είναι και B(t) ≥ 0 ⇔ 2000 − 100t ≥ 0 ⇔ 100t ≤ 2000 ⇔ t ≤ 20 . Τελικά είναι B(t) = 2000 − 100t , 0 ≤ t ≤ 20 . β) Αν Δ(t) η συνάρτηση της ποσότητας της βενζίνης στην δεξαμενή, με όμοια εργασία με το (α) θα προκύψει ότι Δ(t) = 600 + 100t , 0 ≤ t ≤ 20 . ii. Η χρονική στιγμή κατά την οποία οι δύο ποσότητες είναι ίσες, είναι η λύση της εξίσωσης B(t) = Δ(t) . Από αυτήν προκύπτει 2000 − 100t = 600 + 100t ⇔ 200t = 1400 ⇔ t = 7 . Στις γραφικές τους παραστάσεις, η τιμή t = 7 παριστάνει την τετμημένη του σημείου τομής των ευθειών των δύο γραφικών παραστάσεων. - 58 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων

Λύση σχολικού βιβλίου – Β4/166 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: Είναι Ε = (ΜΓΔ) = (ΑΒΓΔ) − (ΑΜΔ) − (ΒΜΓ) (1) • Το ΑΒΓΔ είναι τραπέζιο, με εμβαδόν (ΒΓ + ΑΔ) ⋅ ΑΒ (2 + 4) ⋅ 4 (ΑΒΓΔ) = = = 12 . 2 2 • Το ΑΜΔ είναι ορθογώνιο τρίγωνο, με εμβαδόν 1 1 (ΑΜΔ) = ⋅ ΑΜ ⋅ ΑΔ = ⋅ x ⋅ 4 = 2x . 2 2 • Το ΒΜΓ είναι ορθογώνιο τρίγωνο, με εμβαδόν 1 1 (ΒΜΓ) = ⋅ ΒΜ ⋅ ΒΓ = ⋅ (4 − x) ⋅ 2 = 4 − x . 2 2 Τότε, από την (1) προκύπτει Ε = 12 − 2x − (4 − x) = 12 − 2x − 4 + x ⇔ ⇔ E = f(x) = −x + 8 , 0 ≤ x ≤ 4 . H γραφική παράσταση φαίνεται στο διπλανό σχήμα, με την έντονη μαύρη γραμμή. - 59 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων

Λύση σχολικού βιβλίου – Β5/167 από «ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-Π3». Η εκφώνηση βρίσκεται στο αντίστοιχο σχολικό βιβλίο· εδώ διατίθεται η λύση. Βοηθητική αυτόματη μεταγραφή, με πιθανές αποκλίσεις σε τύπους και σύμβολα: i. Είναι h = h1 (t) = αt + β , 0 ≤ t ≤ 3 (1) Το τμήμα k1 διέρχεται από: • το σημείο (3 , 0) , οπότε θέτω t = 3 , h1 (t) = 0 στην (1) και προκύπτει 3α + β = 0 (2) • το σημείο (0 , 20) , οπότε θέτω t = 0 , h1 (t) = 20 στην (1) και προκύπτει β = 20 . Τότε από την (2) έχω ότι 20 3α + 20 = 0 ⇔ 3α = −20 ⇔ α = − , 3 οπότε από την (1) προκύπτει ότι 20 h1 (t) = − t + 20 , 0 ≤ t ≤ 3 . 3 Είναι h = h2 (t) = α1t + β1 , 0 ≤ t ≤ 4 (3) Το τμήμα k2 διέρχεται από: • το σημείο (4 , 0) , οπότε θέτω t = 4 , h2 (t) = 0 στην (3) και προκύπτει 4α1 + β1 = 0 (4) • το σημείο (0 , 20) , οπότε θέτω t = 0 , h2 (t) = 20 στην (3) και προκύπτει β1 = 20 . Τότε από την (4) έχω ότι 20 4α1 + 20 = 0 ⇔ 4α1 = −20 ⇔ α1 = − = −5 , 4 οπότε από την (3) προκύπτει h2 (t) = −5t + 20 , 0 ≤ t ≤ 4 . - 60 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr Ά λγε β ρ α Α ΄Λ υκε ί ου Κεφάλαιο 6 • Βασικές έννοιες των συναρτήσεων ii. Το κερί Κ2 έχει διπλάσιο ύψος από το Κ1 , όταν ισχύει ⎛ 20 ⎞ 40 h2 (t) = 2h1 (t) ⇔ −5t + 20 = 2 ⎜⎜⎜− t + 20⎟⎟⎟ ⇔ −5t + 20 = − t + 40 ⇔ ⎝ 3 ⎟ ⎠ 3 60 12 ⇔ −15t + 60 = −40t + 120 ⇔ 25t = 60 ⇔ t = ⇔ t= ωρες . 25 5 iii. Αν το αρχικό ύψος των κεριών είναι υ, τότε όπου πριν είχαμε 20 θέτουμε υ και θα είναι υ υ h1 (t) = − t + υ , 0 ≤ t ≤ 3 και h2 (t) = − t + υ , 0 ≤ t ≤ 4. 3 4 Επίσης, το ύψος του Κ2 θα είναι διπλάσιο του Κ1 , όταν υ ⎛ υ ⎞ υ>0 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ h2 (t) = 2h1 (t) ⇔ − t + υ = 2 ⎜⎜⎜− t + υ⎟⎟⎟ ⇔ υ ⋅ ⎜⎜⎜− t + 1⎟⎟⎟ = 2 υ ⋅ ⎜⎜⎜− t + 1⎟⎟⎟ ⇔ 4 ⎝ 3 ⎠⎟ ⎝ 4 ⎠⎟ ⎝ 3 ⎠⎟ 1 2 12 ⇔− t +1 = − t + 2 ⇔ −3t + 12 = −8t + 24 ⇔ 5t = 12 ⇔ t = ωρες . 4 3 5 12 Παρατηρώ ότι το Κ2 θα έχει διπλάσιο ύψος από το Κ1 την χρονική στιγμή t = , 5 ανεξάρτητα από το αρχικό ύψος των κεριών. - 61 - Δημήτρης Αντ. Μοσχόπουλος, καθηγητής Μαθηματικών • www.mathsteki.gr