Φροντιστήριο ΚΥΚΛΟΣ: Προτεινόμενα Θέματα για την Άλγεβρα Β'Λυκείου
Η Φωνή του Μαλεβιζίου για 8η συνεχή χρονιά σε συνεργασία με το φροντιστήριο ΚΥΚΛΟΣ θα παρουσιάζουν κάθε εβδομάδα τα προτεινόμενα θέματα για το μάθημα της Άλγεβρας της Β'Λυκείου.
Αναλυτικά:
Θέμα 1
Α. Να δώσετε τον ορισμό της γνησίως αύξουσας συνάρτησης.
Β. Αν a>0 με α≠1 να δείξετε ότι ισχύουν :
- 12=1+ 2
- =κ∙
Όπου θ, 1 , 2 >0 , κ∈R.
Γ. Να χαρακτηρίσετε με σωστό ή λάθος τις παρακάτω προτάσεις:
I.Η συνάρτηση f(x)=x2, με πεδίο ορισμού το διάστημα [2,3] είναι άρτια.
II.Η συνάρτηση f(x)=-6+4συν5x έχει μέγιστη τιμή -2 και ελάχιστη -10.
III.Η συνάρτηση f(x)=φ(x+c) , όπου c>0 , προκύπτει από μια οριζόντια μετατόπιση της γραφικής παράστασης της φ, κατά c μονάδες προς τα δεξιά.
IV.Η συνάρτηση f(x)=ax,με 0<α≠1 ,είναι γνησίως αύξουσα στο R .
- Για κάθε x>0 ισχύει : lnx +ln1x=0.
Δ. Να υπολογιστούν οι τιμές των παρακάτω παραστάσεων:
Ι. Α =2-1
ΙΙ. Β=323+123+ 3 , με 0 < α ≠1
Θέμα 2
Αν η εξίσωση x5+x4-2x-2=0 (1) έχει ακέραια ρίζα τον αριθμό 3κ-4.
Α. Να βρείτε το κ .
Β. Να λυθεί η εξίσωση (1) .
Γ. Να λυθεί η ανίσωση x5+x4-2x-2≥0 .
Δ. Να λυθεί η εξίσωση ημ5x +ημ4x-2ημx-2=0
Θέμα 3
Α. Να βρεθεί πολυώνυμο P(x) δευτέρου βαθμού τέτοιο ώστε να ισχύει :
PPx=x4-4x3–2x2+ 12x+6
Β. Δίνεται πολυώνυμο Px=x4-αx3+x2– βx+2 ,με α,β∈R ,αν είναι γνωστό ότι το Px έχει παράγοντα (x+1)2.
- Να βρείτε τα α, β .
- Να δείξετε ότι Px ≥0 ,για κάθε x∈R.
Θέμα 4
Α. Να λυθεί η εξίσωση ημx=12 στο διάστημα [0,4π] .
Β. Στο ίδιο σύστημα αξόνων να σχεδιάσετε την γραφική παράσταση
fx=ημx και gx=12 .
Γ. Να βρείτε η συντεταγμένη των σημείων τομής fx=gx Κ, Λ , Μ , Ν ,στο διάστημα [0,4π] ,με xK<x<xΜ<xΝ και στην συνέχεια να βρείτε τα μήκη ΚΛ και ΜΝ και να τα συγκρίνετε.
Δ. Στο παρακάτω σχήμα απεικονίζεται ένα τριγωνικό οικόπεδο. Αν γνωρίζετε ότι =120° , ΑΔ=50m , ΒΓ=100m να βρείτε το εμβαδόν του οικοπέδου.
Απαντήσεις :
Θέμα 1
Α. Σχολικό Βιβλίο Άλγεβρα Β' Λυκείου σελ.31
Β. Αποδείξεις σχολικού βιβλίου Άλγεβρα Β' Λυκείου σελ.175
Γ. Ι.-Λ ,ΙΙ.-Σ ,ΙΙΙ.-Λ ,ΙV.-Λ ,V.-Σ
Δ. Ι. Από τον ορισμό λογαρίθμου προκύπτει ότι :
θ= x x=
Έστω ότι 2-1 = x 32x=2-1 (213)x=2-1 2x3=2-1 "1-1"⇔x3=-1 x=-3
Άρα A=2-1 =-3.
- B=323+123+ 3 = 33 = 3a13 =a13 )3 =a33 =a=1
Άρα Β = 1
Θέμα 2
Αν η εξίσωση x5+x4-2x-2=0 (1) έχει ακέραια ρίζα τον αριθμό 3κ-4.
Α. Να βρείτε το κ .
Πιθανές ακέραιες ρίζες του πολυωνύμου είναι οι διαιρέτες του 2 : ±1 , ± 2 με:
P(1)=1+1-2-2=-20
P(2)=32+16-4-2=420
P(-2)=-32+16+4-2=-140
Ρ-1=-15+-14-2·-1-2=-1+1+2-2=0
Άρα το -1 είναι η μοναδική ακέραια ρίζα του Ρx . Όμως η παράσταση 3κ-4 είναι ακέραια ρίζα του πολυωνύμου οπότε : 3κ-4 = -1 ⬄ κ = 1 .
Β. Να λυθεί η εξίσωση (1) .
x5+x4-2x-2=0 ⬄ x4 x+1 -2 x+1 =0 ⬄ (x4-2)· x+1 =0 ⬄
x4=2 ή x+1=0 ⬄ x=±42 ή x=-1
Γ. Να λυθεί η ανίσωση x5+x4-2x-2≥0 .
(x4-2)· x+1 ≥0
Θέτω x4-2· x+1 =0
Άρα x∈[-42 ,-1]∪[42 , +∞)
Δ. Να λυθεί η εξίσωση ημ5x +ημ4x-2ημx-2=0
ημ5x +ημ4x-2ημx-2=0
Θέτω ημx=y και προκύπτει:
y5 +y4-2y-2=0
Από β) ερώτημα οι λύσεις της εξίσωσης είναι:
y=42 ή y=-42 ή y=-1
⬄ ημx=42 >1, Απορ. ⬄ ημx=-42 <-1 Απορ. ⬄ ημx=-1
⬄ημx=ημ(-2 )
⬄ x={2kπ-2 2kπ+3π2 , k∊Z
Θέμα 3
Α.
Έστω P(x) πολυώνυμο 2ου βαθμού της μορφής Px=ax2+βx+γ
Οπότε : PPx=a(ax2+βx+γ)2+β(ax2+βx+γ)+γ =
α(ax2+βx+γ)(ax2+βx+γ) + β(ax2+βx+γ)+γ =
α(2x4+αβx3+αγx2+αβx3+2x2+βγx+αγx2+βγx+2)+aβx2+2x+βγ+γ=
3x4+2x3+2x2+2x3+α2x2+αβγx+2x2+αβγx+α2+aβx2+2x+βγ+γ=
3x4+2α2x3+22γ+2α+αβx2+(2αβγ+2)x+α2+βγ+γ
Όμως:
PPx=x4-4x3–2x2+ 12x+6
Άρα :
- 3=1 ⬄ α=1
- 2α2β= -4 ⬄2·12β= -4 ⬄ β=-2
- 2αβγ+2=12 1·(-2)γ+-22=12 ⬄γ=-2
Άρα Px=x2-2x-2
Β.
Ι.
Διαιρούμε αρχικά το Px με το x+1
Κάνουμε σχήμα Horner.
| 1 | – α | 1 | -β | 2 | ρ=-1 |
| ↓ | -1 | α+1 | -α-2 | α+β+2 | |
| 1 | – α-1 | α+2 | -β-α-2 | α+β+4 |
Αφού το x+1 είναι παράγοντας του Px, τότε το υπόλοιπο ισούται με 0,
Άρα α+β+4=0 α+β=-4 (1)
Επίσης προκύπτει το πηλίκο x=x3+-α-1x2+α+2x+(-β-α-2)
Διαιρούμε το πηλίκο με το x+1 , εκτελώντας σχήμα Horner.
| 1 | – α -1 | α+2 | -β-α-2 | ρ=-1 |
| ↓ | -1 | α+2 | -2α -4 | |
| 1 | – α-2 | 2α+4 | -β – 3α -6 |
Αντίστοιχα το νέο υπόλοιπο ισούται με 0,
Άρα -β – 3α – 6=0 -β – 3α =6 (2)
Προσθέτω τα (1) , (2) κατά μέλη:
| α+β = -4 |
| (+) – 3 α -β = 6 |
| -2α = 2 |
α = -1
Από την α+β =-4 , για α =-1 βρίσκουμε ότι β=-3 . Άρα α=-1 και β=-3.
ΙΙ. Να δείξετε ότι για Px ≥0 κάθε x∈R
Από το ερώτημα Ι. Px=x4+ x3+x2+3x+2= x3x+1+x2+ 3x+2=
= x3x+1+x+2x+1=x+1x3+x+2 (3)
Έστω Qx=x3+x+2 . Παραγοντοποιώ το Qx και με την βοήθεια του σχήματος Horner παρατηρώ ότι Q-1=0.
| 1 | 0 | 1 | 2 | ρ=-1 |
| ↓ | -1 | 1 | -2 | |
| 1 | -1 | 2 | 0 |
Άρα x3+x+2=x2-x+2(x+1) (4)
Από(3) και(4) προκύπτει ότι
Px=x+1x2-x+2x+1=(x+1)2 x2-x+2
- (x+1)2≥0 , για κάθε x∈R
- x2-x+2 >0,διότι έχει Δ<0
Άρα Px ≥0 .
Θέμα 4
Α. Να λυθεί η εξίσωση ημx=12 στο διάστημα [0,4π] .
ημx=12 ⬄ ημx=ημ6 ⬄ x={2kπ+ 6 ή 2kπ+(π-6) ⬄ x={2kπ+ 6 ή 2kπ+5π6 , k∊Z
Αφού x∊ [0,4π] λύνουμε τις παρακάτω ανισώσεις :
- 0≤2kπ+ 6 ≤4π ⬄ –6≤2kπ ≤4π-6 ⬄ –6≤2kπ ≤23π6
⬄–112≤k ≤2312
Αφού k∊Z k=0 ή k=1
Για k=0 : ή Για k=1 :
x=2·0·π+ 6= 6 x=2·1·π+ 6= 13π6
Άρα x=6 ή x=13π6
Αντίστοιχα :
- 0≤2kπ+ 5π6 ≤4π ⬄–5π6≤2kπ≤4π- 5π6⬄–5π6≤2kπ≤19π6
⬄ –5π2π·6≤k≤19π2π·6 ⬄–512≤k≤1912
Αφού k∊Z k=0 ή k=1
Για k=0 : ή Για k=1 :
x=2·0·π+ 5π6= 5π6 x=2·1·π+ 5π6= 17π6
Άρα x=5π6 ή x=17π6
Οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι : x=6 , x=13π6 , x=5π6 , x=17π6 ,στο [0,4π]
Β.
Γ.
Τα σημεία τομής των συναρτήσεων fx=ημx και gx=12 είναι τα :
Κ(6 , 12) , Λ(5π6 , 12) , Μ(13π6 , 12) , Ν(17π6, 12)
(Κ Λ) = (x–xΚ)2+(y–yΚ)2=(5π6–6)2+(12–12)2=(4π6)2= 4π6
(Μ Ν) = (xΝ–xΜ)2+(yΝ–yΜ)2=(17π6–13π6)2+(12–12)2=(4π6)2= 4π6
Άρα (Κ Λ) = (Μ Ν)
Δ. Στο παρακάτω σχήμα απεικονίζεται ένα τριγωνικό οικόπεδο. Αν γνωρίζετε ότι =120° , ΑΔ=50m , ΒΓ=100m να βρείτε το εμβαδόν του οικοπέδου.
Φέρω το ύψος από την κορυφή Α, το οποίο τέμνει την ΒΓ στο Ε με ΒΓ ┴ Ε . Το τρίγωνο ΑΕΔ που προκύπτει είναι ορθογώνιο.
Οι γωνίες και ΑΕ είναι παραπληρωματικές άρα : ω+ ΑΕ=180° ⬄
ΑΕ=60°
Επιπλέον για το τρίγωνο ΑΔΕ ισχύει ότι : ΑΕ +ΑΕΔ ΔΑΕ =180°
60°+90° +ΑΕ =180°
ΔΑΕ =30°
Για το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΑΕ επίσης ισχύει ότι : συνΑΕ =ΑΕΑΔ
συν30°=ΑΕ50
32 = ΑΕ50
ΑΕ= 50 32
Άρα ΑΕ= 253
Οπότε ΕΑΒΓ=β·υ2=ΑΕ·ΒΓ2=253·1002=12503 .
''Τα καθαρά μαθηματικά είναι , κατά κάποιο τρόπο , η ποίηση των λογικών ιδεών.''
Αλβέρτος Αϊνστάιν
