Αλγεβρα Β' Λυκείου (Τράπεζα Θεμάτων)

109 / 146

Εκδόσεις ΜΠΑΧΑΡΑΚΗ – Τράπεζα Θεμάτων Άλγεβρας Β’ Γενικού Λυκείου
108
γ. να λύσετε την ανίσωση   P x 2  (Μονάδες 9)
Απάντηση:
α. Εφόσον το  
P x διαιρείται με το 2
x 2x , από την ταυτότητα της
Ευκλείδειας διαίρεσης θα έχουμε ότι:
        2
P x x 2x κx λ x x 2 κx λ       όπου κ, λ 
Άρα το   P x έχει ρίζες το 1 x 2   και 2 x 0  . Ξέρουμε επίσης ότι έχει
ρίζα και το 3 x 1 που σημαίνει ότι δεν έχει άλλες ρίζες διότι είναι 3ου
βαθμού και ότι οι: x 2,x και x 1 είναι παράγοντες του, άρα το   P x
θα έχει τη μορφή:
      P x α x 2 x x 1  
Τέλος, αφού   P 2 8        P 2 α 2 2 2 2 1 8 8α α 1       
Άρα       3 2
P x x 2 x x 1 x x 2x       .
β. Έχουμε:   3 2 3 2 P x 8 x x 2x 8 x x 2x 8 0           .
Παρατηρούμε ότι το x 2 είναι ρίζα της εξίσωσης, άρα από το σχήμα
Horner θα έχουμε:
1 1 -2 -8 2
2 6 8
1 3 4 0
Η εξίσωση παίρνει τη μορφή:
   2
x 2 x 3x 4 0   
και για 2
x 3x 4 0   έχουμε 2
Δ 3 4 1 4 9 16 4 0          .
Άρα η μόνη λύση της εξίσωσης είναι η x 2 .
γ.   3 2 3 2 P x 2 x x 2x 2 x x 2x 2 0         
Για το πολυώνυμο   3 2
Q x x x 2x 2     παρατηρούμε ότι το x 1 
είναι μία ρίζα του, οπότε με την βοήθεια του σχήματος Horner η
ανίσωση γίνεται:
1 1 -2 -2 -1
-1 0 2
1 0 -2 0
    3 2 2
x x 2x 2 0 x 1 x 2 0        
και 2 2
x 2 0 x 2 x 2 ή x 2       
Από τον πίνακα προσήμων βλέπουμε ότι: