ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ 1518 ΑΝΙΣΩΣΕΙΣ ΔΕΥΤΕΡΟΥ ΒΑΘΜΟΥ

Print Friendly, PDF & Email

ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ 1518 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.) Είναι:

    \begin{eqnarray*} |\alpha - 2| < 1 &\Leftrightarrow& -1 < \alpha - 2 < 1 \\ &\Leftrightarrow& -1 + 2 < \alpha - 2 + 2 < 1 + 2 \\ &\Leftrightarrow& 1 < \alpha < 3 \\ &\Leftrightarrow& \alpha \in (1, 3) \end{eqnarray*}

2.)
2a.) Το τριώνυμο x^2 - (\alpha - 2)x + \dfrac{1}{4} έχει διακρίνουσα:

    \begin{eqnarray*} \Delta &=& \beta^2 - 4 \alpha\gamma \\\\ &=& \big[(-(\alpha - 2))\big]^2 - 4 \cdot 1 \cdot \dfrac{1}{4} \\\\ &=& \alpha^2 - 4\alpha + 4 - 1 \\\\ &=& \alpha^2 - 4\alpha + 3 \end{eqnarray*}

Το τριώνυμο \alpha^2 - 4\alpha + 3 έχει διακρίνουσα:

    \begin{eqnarray*} \Delta_1 &=& \beta^2 - 4 \alpha\gamma \\\\ &=& (-4)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 3 \\\\ &=& 16 - 12 \\\\ &=& 4 > 0 \end{eqnarray*}

και ρίζες τις:

    \begin{eqnarray*} \alpha_{1, 2} &=& \dfrac{-\beta \pm \sqrt{\Delta_1}}{2\alpha} \\\\ &=& \dfrac{-(-4) \pm \sqrt{4}}{2 \cdot 1} \\\\ &=& \dfrac{4 \pm 2}{2} = \left\{\begin{array}{ll} \dfrac{4 + 2}{2} = 3 \\\\ \dfrac{4 - 2}{2} = 1 \end{array}\right. \end{eqnarray*}

Το πρόσημο του τριωνύμου φαίνεται στον παρακάτω πίνακα.

ΠΡΟΣΗΜΟ ΤΡΙΩΝΥΜΟΥ
ΠΡΟΣΗΜΟ \alpha^{2}-4\alpha+3.

Από τον πίνακα προσήμων συμπεραίνουμε ότι: \alpha^2 - 4\alpha + 3 < 0 \Rightarrow \Delta < 0, ~\forall \alpha \in (1, 3)

2b.) Αφού το x^2 - (\alpha - 2)x + \dfrac{1}{4} έχει \Delta < 0 θα έχει πρόσημο το ίδιο με το πρόσημο του συντελεστή του x^2, δηλαδή του 1 > 0. Άρα:

    \begin{eqnarray*} &x^2 - (\alpha - 2)x + \dfrac{1}{4} > 0, ~\forall x \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}

Σχόλιο
Το σκέλος (2b.) μπορεί να λυθεί και ως εξής: Επειδή,

    \begin{eqnarray*} \Delta &=& \big[-(\alpha - 2)\big]^2 - 4 \cdot 1 \cdot \dfrac{1}{4} \\\\ &=& (\alpha - 2)^2 - 1 \end{eqnarray*}

ισχύει ότι:

    \begin{eqnarray*} 0 < |\alpha - 2| < 1 &\Leftrightarrow& 0 < |\alpha - 2|^2 < 1^2 \\\\ &\Leftrightarrow& -1 < (\alpha - 2)^2 - 1 < 1 - 1 \\\\ &\Leftrightarrow& -1 < \Delta < 0 \\\\ &\Leftrightarrow& \Delta < 0 \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 *