Αλγεβρα Β' Λυκείου (Τράπεζα Θεμάτων)

101 / 146

Εκδόσεις ΜΠΑΧΑΡΑΚΗ – Τράπεζα Θεμάτων Άλγεβρας Β’ Γενικού Λυκείου
100
3 2 x 12x 47x 60 0    
β. Παρατηρούμε ότι το x 1 είναι μία λύση της εξίσωσης, συνεπώς από το
σχήμα Horner προκύπτει:
1 12 47 -60 1
1 13 60
1 13 60 0
συνεπώς η εξίσωση τώρα γίνεται:
    2
x 1 x 13x 60 0    
Για 2 x 13x 60 0   έχουμε ότι:
2 Δ 13 4 60 169 240 0      
Άρα η μόνη λύση της εξίσωσης είναι η x 1 .
Δίνονται τα πολυώνυμα     3 3 2 P x α 2 x x 1     και   3 2 Q x 3αx x 1    όπου
α θετικός πραγματικός αριθμός.
α. Να βρείτε το α ώστε τα πολυώνυμα   P x και   Q x να είναι ίσα .
(Μονάδες 13)
β. Αν α 1 , να αποδείξετε ότι η εξίσωση   P x 0  δεν έχει ακέραιες ρίζες.
(Μονάδες 12)
Απάντηση:
α. Για να είναι ίσα τα πολυώνυμα θα πρέπει να ισχύει:
3 3
α 2 3α α 3α 2 0       .
Βλέπουμε ότι το α 1 είναι μία λύση της εξίσωσης, συνεπώς από το
σχήμα Horner προκύπτει:
1 0 -3 2 1
1 1 -2
1 1 -2 0
συνεπώς η εξίσωση τώρα γίνεται:
    2 α 1 α α 2 0   
και για 2
α α 2 0   προκύπτει α 1 ή α 2   .
β. Για α 1 το   P x παίρνει τη μορφή:
  3 2
P x 3x x 1   
ΘΕΜΑ 83. 2-22685