ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ 1517 ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ΔΕΥΤΕΡΟΥ ΒΑΘΜΟΥ

Print Friendly, PDF & Email

ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ 1517 ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ΔΕΥΤΕΡΟΥ ΒΑΘΜΟΥ
ΑΛΓΕΒΡΑ Α ΛΥΚΕΙΟΥ
ΕΠΙΠΕΔΟ ΔΥΣΚΟΛΙΑΣ ΘΕΜΑΤΟΣ 4 ΤΕΤΑΡΤΟΥ

Για να μελετήσετε την παρούσα άσκηση θα πρέπει να γνωρίζετε την αντίστοιχη θεωρία η οποία βρίσκεται στους παρακάτω συνδέσμους:

4.1 Ανισώσεις πρώτου βαθμού,
4.2 Ανισώσεις δευτέρου βαθμού.

Rendered by QuickLaTeX.com


Λύση

1.)Η ανίσωση (1) ισοδύναμα γράφεται:

    \begin{eqnarray*} x^2 + 1 \geq \dfrac{5}{2}x &\Leftrightarrow& 2x^2 + 2 \geq 5x \\ &\Leftrightarrow& 2x^2 - 5x + 2 \geq 0 \end{eqnarray*}

Το τριώνυμο 2x^2 - 5x + 2 έχει \alpha = 2, ~\beta = -5, ~\gamma = 2 και διακρίνουσα:

    \begin{eqnarray*} \Delta &=& \beta^2 - 4 \alpha\gamma \\ &=& (-5)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 2 \\ &=& 25 - 16 \\ &=& 9 > 0 \end{eqnarray*}

Οι ρίζες του τριωνύμου είναι οι:

    \begin{eqnarray*} x_{1, 2} &=& \dfrac{-\beta \pm \sqrt{\Delta}}{2\alpha} \\ &=& \dfrac{-(-5) \pm \sqrt{9}}{2 \cdot 2} \\ &=& \dfrac{5 \pm 3}{4} = \left\{\begin{array}{ll} \dfrac{5 + 3}{4} = 2 \\[5mm] \dfrac{5 - 3}{4} = \dfrac{1}{2} \end{array}\right. \end{eqnarray*}

Το πρόσημο του τριωνύμου φαίνεται στον παρακάτω πίνακα.

ΠΙΝΑΚΑΣ ΠΡΟΣΗΜΟΥ ΤΡΙΩΝΥΜΟΥ
ΠΡΟΣΗΜΟ 2x^2 - 5x + 2

Από τον πίνακα προσήμων συμπεραίνουμε ότι:

    \begin{eqnarray*} 2x^2 - 5x + 2 \geq 0 &\Leftrightarrow& \bigg(x \leq \dfrac{1}{2} ~\text{ή} ~x \geq 2\bigg) \\ &\Leftrightarrow& x \in \bigg(-\infty, \dfrac{1}{2}\bigg] \cup [2, +\infty) \end{eqnarray*}

2)
2a.) Επειδή είναι (\lambda - 1)(\kappa - 1) < 0 οι \kappa - 1, \lambda - 1 είναι ετερόσημοι.
Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
1^{\text{η}} περίπτωση

    \begin{eqnarray*} (\lambda - 1 > 0 ~\text{και} ~\kappa - 1 < 0) &\Leftrightarrow& (\lambda > 1 ~\text{και} ~\kappa < 1) \\ &\Leftrightarrow& \kappa < 1 < \lambda \end{eqnarray*}

2^{\text{η}} περίπτωση

    \begin{eqnarray*} (\lambda - 1 < 0 ~\text{και} ~\kappa - 1 > 0) &\Leftrightarrow& (\lambda < 1 ~\text{και} ~\kappa > 1) \\ &\Leftrightarrow& \lambda < 1 < \kappa \end{eqnarray*}

Σε κάθε περίπτωση το 1 είναι μεταξύ των \kappa, \lambda.

2b.) Αφού οι \kappa, \lambda είναι λύσεις της ανίσωσης (1) και ισχύει ότι το 1 είναι μεταξύ των \kappa, \lambda, τότε θα είναι:

    \begin{eqnarray*} &\kappa \leq \dfrac{1}{2} ~\text{και} ~\lambda \geq 2 \quad \text{ή} \quad \lambda \leq \dfrac{1}{2} ~\text{και} ~\kappa \geq 2 \end{eqnarray*}

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
1^{\text{η}} περίπτωση

    \begin{eqnarray*} \bigg(\kappa \leq \dfrac{1}{2} ~\text{και} ~\lambda \geq 2\bigg) \Leftrightarrow \bigg(\kappa \leq \dfrac{1}{2} ~\text{και} ~-\lambda \leq -2\bigg) \end{eqnarray*}

Προσθέτουμε κατά μέλη τις δύο προηγούμενες ανισώσεις και βρίσκουμε:

    \begin{eqnarray*} \kappa - \lambda \leq \dfrac{1}{2} - 2 \Leftrightarrow \kappa - \lambda \leq -\dfrac{3}{2} \end{eqnarray*}

2^{\text{η}} περίπτωση

    \begin{eqnarray*} \bigg(\lambda \leq \dfrac{1}{2} ~\text{και} ~\kappa \geq 2\bigg) \Leftrightarrow \bigg(-\lambda \geq -\dfrac{1}{2} ~\text{και} ~-\kappa \geq 2\bigg) \end{eqnarray*}

Προσθέτουμε κατά μέλη τις δύο προηγούμενες ανισώσεις και βρίσκουμε:

    \begin{eqnarray*} \kappa - \lambda \geq -\dfrac{1}{2} + 2 \Leftrightarrow \kappa - \lambda \geq \dfrac{3}{2} \end{eqnarray*}

Τελικά, και από τις δύο περιπτώσεις βρίσκουμε:

    \begin{eqnarray*} \bigg(\kappa - \lambda \leq -\dfrac{3}{2} ~\text{ή} ~\kappa - \lambda \geq \dfrac{3}{2}\bigg) \Leftrightarrow |\kappa - \lambda| \geq \dfrac{3}{2} \end{eqnarray*}

Βιβλιογραφία
http://iep.edu.gr/el/trapeza-thematon-arxiki-selida

Άδεια Creative Commons
Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .

FacebooktwitterlinkedinmailFacebooktwitterlinkedinmail

Αφήστε μια απάντηση

Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *

Δεν είμαι Robot *