Askiseis Polyonyma 2

ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ

Λυμένα Παραδείγματα 2.1 Να βρεθούν οι τιμές του λ∈R για τις οποίες το πολυώνυμο Ρ (x) = (4λ2-9) x3+(2λ2-λ-3) x+2λ-3 είναι το μηδενικό. ΛΥΣΗ: Το Ρ (x) θα είναι το μηδενικό πολυώνυμο, για εκείνες τις τιμές του λ για τις οποίες συναληθεύουν οι εξισώσεις: 4λ2 - 9 = 0, 2λ2-λ-3 = 0 και 2λ - 3 = 0 3 Η κοινή λύση των εξισώσεων αυτών είναι λ= 2

2.2 Να βρεθούν οι τιμές του λ∈R για τις οποίες τα πολυώνυμα Ρ (x) = λ2x3+(λ-3)x2+11 και Q (x) =(4λ-3)x3+(λ2-9)x2+2λ+5 είναι ίσα. ΛΥΣΗ: Τα πολυώνυμα Ρ (x) και Q (x) θα είναι ίσα για αυτές τις τιμές του λ∈R για τις οποίες συναληθεύουν οι εξισώσεις: λ2= 4λ-3 , λ-3 = λ2-9, 11=2λ+5 Η κοινή λύση των εξισώσεων αυτών θα είναι λ= 3. Για αυτή την τιμή του λ θα έχουμε Ρ (x) = Q(x) .

2.3 Να βρείτε για ποιες τιμές λ∈R είναι σταθερό το πολυώνυμο: Ρ (x) = (λ2+λ-6)x3+(λ2-4)x+3λ-1. Ποια είναι η τιμή του; ΛΥΣΗ:

Για να είναι σταθερό το πολυώνυμο Ρ (x) θα πρέπει: λ2+λ-6 = 0 και λ2-4 = 0. Η κοινή λύση των δύο αυτών εξισώσεων θα είναι λ = 2 και για αυτή την τιμή του λ θα έχουμε Ρ (x) = 5 .

1

2.4 Να βρεθούν οι τιμές του λ∈R, ώστε η τιμή του πολυωνύμου Ρ (x) = x3+2x2-3x+λ2-4 για x = - 2 να είναι 11 . ΛΥΣΗ:

Ρ (-2) = 11 ⇔ (-2)3+2(-2)2-3(-2)+λ2-4 = 11 ⇔ -8+8+6+λ2-4 = 11⇔ ⇔ λ2+2 = 11 ⇔ λ2-9 = 0 ⇔ (λ-3) (λ+3)= 0 ⇔ λ=3 ή λ= - 3 .

2.5 Να βρεθούν όλα τα πολυώνυμα f (x) = κx2+λx+μ , κ≠0 , τα οποία επαληθεύουν τη σχέση f (x+1)-f (-x) = 0 . ΛΥΣΗ:

Έχουμε f (x+1) = κ(x+1)2+λ (x+1)+μ = κx2+(2κ+λ) x+κ+λ+μ και f (-x) = κ (-x)2 + λ(-x) +μ = κx2 - λx + μ . Είναι f (x+1) - f (-x) = 0 ⇒ f (x+1) = f (-x) ⇒ κx2 + (2κ+λ) x+κ+λ+μ = κx2 - λx+ μ . Έτσι θα έχουμε: κ = κ , 2κ + λ = - λ , κ+λ+μ=μ ⇔ κ = κ , λ= -κ, μ = μ , οπότε τα ζητούμενα πολυώνυμα έχουν τη μορφή f (x) = κx2 - κx+μ , όπου κ, μ∈R .

2.6 Να βρείτε πολυώνυμο Ρ (x), για το οποίο ισχύει: (x-3) Ρ(x) = x3-3x2-4x+12 . ΛΥΣΗ: Γνωρίζουμε ότι ο βαθμός του γινομένου δύο πολυωνύμων είναι ίσος με το άθροισμα των βαθμών τους και έτσι θα πρέπει το Ρ (x) είναι δευτέρου βαθμού. Έστω ότι: Ρ (x) = αx2 + βx + γ . Τότε: (x-3) (αx2+βx+γ) = x3- 3x2-4x+12 ⇔ ⇔ αx3 +(β-3α)x2 + (γ-3β)x-3γ = x3-3x2-4x+12 ⇔ α=1 , β-3α=- 3, γ-3β= -4 -3γ=12 ⇔ α = 1 , β=0 , γ = - 4 .

2.7 Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί κ, λ, μ για τους οποίους το πολυώνυμο Ρ (x) = x4-2x3+κx2+λx+4 είναι τετράγωνο του πολυωνύμου Q (x) = x2-x+μ ΛΥΣΗ:

Είναι : [Q(x)]2=(x2-x+μ)2=x4+x2+μ2-2x3+2μx2-2μx= x4-2x3+(2μ+1)x2-2μx+μ2 οπότε: Ρ (x) = [Q(x)]2 ⇔ x4-2x3+κx2+λx+4 = x4-2x3+(2μ+1)x2-2μx+μ2 ⇔ κ =2μ+1 , λ = -2μ , 4 = μ2 ⇔ (κ = 5, λ =-4, μ = 2 ) ή (κ = -3 , λ = 4 , μ = -2) Άρα Ρ (x) = (x2-x+2)2 ή Ρ (x) = (x2-x-2)2

2

ΔΙΑΙΡΕΣΗ ΠΟΛΥΩΝΥΜΩΝ

Λυμένα Παραδείγματα 2.9 Να γίνουν οι παρακάτω διαιρέσεις και έπειτα να γραφούν οι ταυτότητες των διαιρέσεων αυτών : α) (6x3-x2-14x+3) : (x-3) β) (x4+x3+7x2- 6x+8) : (x2-x+1) ΛΥΣΗ: α)

6x3 - x2 - 14x +3 -6x3 + 18x2

x-3 6x2 + 17x + 37

17x2 - 14x+3 -17x2+ 51x 37x+3 -37x+111 114

β)

6x3-x2-14x+3 =(x-3)(6x2+17x+37)+114

x4+x3+7x2-6x+8

x2-x+1

-x4+x3-x2

x2+2x+8

2x3+6x2-6x+8 -2x3+2x2-2x 8x2-8x+8 -8x2+8x-8 0

x4+x3+7x2-6x+8=(x2-x+1)(x2+2x+8)

3

ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ

Λυμένα Παραδείγματα 2.20 Να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις: β) x3-3x2- 4x+12 = 0 α) x3-3x2-3x+1 = 0 γ) x4-5x3+5x-1 = 0 δ) x3-4x2+4x = 3(x2- 4) - (2-x)(x-5) ΛΥΣΗ:

α) x3-3x2-3x+1= 0 ⇔ (x3+1) - 3x(x+1) = 0 ⇔ (x+1) (x2-x+1)-3x(x+1) = 0 ⇔ ⇔ (x+1) (x2-x+1-3x) = 0 ⇔ (x+1) (x2-4x+1) = 0 . Άρα x+1 = 0 ή x2- 4x+1 = 0 οπότε x-1 ή x = 2 + 3 ή x = 2 − 3 β) x3-3x2- 4x+12 = 0 ⇔ x2(x-3) - 4(x-3) = 0 ⇔ (x-3) (x2- 4) = 0 ⇔ x = 3 ή x =2 ή x = -2 γ) x4-5x3+5x-1 = 0 ⇔ (x4-1)-5x(x2-1) = 0 ⇔ (x2-1) (x2+1)-5x(x2-1) = 0 ⇔ ⇔ (x2-1) [ (x2+1)-5x] = 0 ⇔ (x2-1) (x2-5x+1) = 0 ⇔ 5 ± 21 ( x-1) (x+1) (x2-5x+1) = 0 ⇔ x =1 ή x =-1 ή x = 2 3 2 2 3 2 2 δ) x - 4x +4x = 3 (x -4) -(2-x) (x-5) ⇔ x - 4x +4x = 3x - 12-2x+10+x2-5x ⇔ ⇔ x3-8x2+11x+2 = 0 (1) Πιθανές ακέραιες ρίζες του σταθερού όρου 2 είναι το ±1 , ±2 . Με την βοήθεια του σχήματος Horner θα έχουμε : 1 -8 11 2 2 2 -12 -2 1 -6 -1 0 Άρα η εξίσωση (1) γράφεται :

x3-8x2+11x+2 = 0 ⇔ (x-2) (x2-6x-1) = 0 ⇔ x = 2 ή x = 3+ 10 ή x =3- 10

2.21 Να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις : α) 3x4-14x3-8x2+14x-5 = 0 β) 6x3-7x2-7x+6 = 0 ΛΥΣΗ: α) Πιθανές ακέραιες ρίζες του πολυωνύμου θα είναι οι διαιρέτες του σταθερού όρου -5 . Δηλαδή ±1 , ±5 . Δοκιμάζοντας τώρα με το σχήμα Horner βρίσκουμε ότι το 1 είναι ρίζα του πολυωνύμου. Οπότε η αρχική εξίσωση λαμβάνει την μορφή : 3x4-14x3-8x2+14x-5 = 0 ⇔ ( x-1) (3x3-11x2-19x-5) = 0 (1) Για το πολυώνυμο 3x3-11x2-19x-5 βρίσκουμε με τον ίδιο τρόπο ότι έχει ρίζα το -1 , οπότε η εξίσωση (1) γράφεται: 1 (x-1) (x+1) (3x2-14x-5) = 0 ⇔ x =1 ή x=-1 ή x= − ή x =5 3

4

β) 6x3-7x2-7x+6 = 0 ⇔ (6x3+6) + (-7x2-7x) = 0 ⇔ 6 (x3+1) - 7x(x+1) = 0 ⇔ 6 (x+1) (x2-x+1) -7x(x+1) = 0 ⇔ (x+1) (6x2-6x+6-7x) = 0 ⇔ 2 3 (x+1) (6x2-13x+6) = 0 ⇔ x = -1 ή x = ή x= 3 2

2.22 Να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις: α) 6x4-35x3+62x2-35x+6 = 0 β) 6x5-41x4+97x3-97x2+41x- 6 = 0 ΛΥΣΗ:

α) Αντίστροφη εξίσωση 4ου βαθμού : Διαιρούμε με x2 και θα έχουμε : 1⎞ 1 ⎞ 35 6 ⎛ ⎛ 6x 2 − 35x + 62 − + 2 = 0⇔ 6 ⎜ x 2 + 2 ⎟ − 35⎜ x + ⎟ + 62 = 0 x⎠ x x x ⎠ ⎝ ⎝ 2

1 1⎞ 1 1 ⎛ Θέτω x + = y⇔ ⎜ x + ⎟ = y 2 ⇒ x 2 + 2 + 2 = y 2 ⇔ x 2 + 2 = y 2 − 2 x x⎠ x x ⎝ 1⎞ 1⎞ ⎛ ⎛ και έχουμε : 6⎜ x 2 + 2 ⎟ − 35⎜ x + ⎟ + 62 = 0 ⇔ ⎝ ⎝ x⎠ x ⎠ 5 10 6 ( y 2 − 2) − 35 y + 62 = 0 ⇔ 6 y 2 − 35 y + 50 = 0 ⇔ y = ή y = 2 3 1 5 1 10 (1) ή x + = (2) , Άρα : x + = x 2 x 3 1 (1) ⇒ 3x 2 − 10x + 3 = 0 ⇔ x = 3 ή x = 3 1 (2) ⇒ 2x 2 − 5x + 2 = 0 ⇔ x = 2 ή x = 2 β) Αντίστροφη εξίσωση 5ου βαθμού . 6x5-41x4+97x3-97x2+41x-6 = 0 ⇔ 6 (x5-1) - 41x (x3-1) +97x2(x-1) = 0 ⇔ 6 (x-1) (x4+x3+x2+x+1) - 41x(x-1) (x2+x+1) +97x2 (x-1) = 0 ⇔ (x-1) (6x4+6x3+6x2+6x+6-41x3-41x2-41x+97x2) = 0 ⇔ (x-1) (6x4-35x3+62x2-35x+6 ) = 0 < - 41x Αντίστροφη 4ου βαθμού όπως το προηγούμενο παράδειγμα και τελικά η 1 εξίσωση θα έχει ρίζες τους αριθμούς x = 1 ή x = 2 ή x = 3 ή x = 2 1 ή x= 3

2.23 Να λυθούν οι παρακάτω ανισώσεις : 2

3

2

α) x -5x +8x- 4 ≥ 0

⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ β) 6⎜ ⎟ + 5⎜ ⎟ −6 < 0 ⎝ x + 1⎠ ⎝ x +1⎠

ΛΥΣΗ:

α) Το πολυώνυμο x3-5x2+8x-4 έχει διαιρέτες του σταθερού όρου -4 τους αριθμούς ±1, ±2 , ±4 και με το σχήμα Horner βρίσκουμε ότι το 1 είναι ρίζα του , οπότε : x3-5x2+8x- 4≥ 0 ⇔ ( x-1) (x2-4x+4) ≥ 0 ⇔ (x-1) (x-2)2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1

5

β) Θέτω

x 3 3 = y οπότε θα έχουμε : 6y2+5y- 6 < 0 ⇔ − < y < x +1 2 2

οπότε 3 3 x 2 3 x 5x + 3 < . Όμως − < ⇔ > 0 ⇔ x < -1 ή x > − (1) − < 2( x + 1) 2 x +1 3 2 x +1 5 x x−2 2 < ⇔ < 0 ⇔ -1< x < 2 (2) και x +1 3 3( x + 1) 3 Από τις (1) και (2) με συναλήθευση παίρνουμε τελικά : − < x < 2 5

2.24 Να αποδειχθεί ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f (x) = x6+2x5+2x4+2x3+x2+(x+1)2 δεν έχει κανένα σημείο κάτω από τον άξονα xx . ΛΥΣΗ: Για να μην έχει κανένα σημείο κάτω από τον άξονα xx΄ η γραφική παράσταση της f θα πρέπει f (x) ≥ 0 για κάθε x∈ΙR . Πιθανές ακέραιες ρίζες του f (x) είναι οι διαιρέτες του σταθερού όρου 1 , δηλαδή το ±1 . Με την βοήθεια του σχήματος Horner βρίσκουμε ότι f (-1) = 0 και η f γράφεται : f (x) = (x+1) (x5+x4+x3+x2+x+1) ⇒ f (x)= (x+1) [ x4(x+1) + x2(x+1)+(x+1)] ⇒ f (x) = (x+1)2 (x4+x2+1) ≥ 0 διότι ( x+1)2 ≥ 0 και x4+x2+1 > 0 για κάθε x∈ΙR

2.25 Να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις :

⎛ ⎝

α) (x-4)8 -17 (x-4)4 +16 = 0 β) 2⎜ x 2 + γ) (2x2-3x+1)2 -4 (2x2-3x-2) = 24 δ) (x+2) (x+3) (x+4) (x+5)=360

1⎞ 1⎞ ⎛ − 11 x + ⎟ ⎜ ⎟ +19= 0 ⎝ x⎠ x2 ⎠

ΛΥΣΗ: α) Θέτω (x-4)4 = y οπότε θα έχουμε : y2-17y+16 = 0 ⇒ y = 1 ή y = 16 Άρα (x - 4)4 = 1 ή (x-4)4 =16 οπότε x- 4 = 1 ή

4

( x − 4) 4 = 4 1⇒ ⏐x-4⏐ = 1 ⇒

x - 4 = -1 ⇒ x = 5 ή x = 3 και (x-4)4 = 16 ⇔ 4 ( x − 4) 4 = 4 16 ⇔ ⏐x-4⏐= 2 ⇔ x - 4 = 2 ή x - 4 = -2 , x = 6 ή x = 2 2 1 1⎞ 1 ⎛ β) Θέτω x + = y ⇔⎜ x + ⎟ = y 2 ⇔ x 2 + 2 + 2 = y 2 ⇔ x⎠ x x ⎝ 1 x 2 + 2 = y2 − 2 x 5 Άρα : 2(y2-2)-11y+19 = 0 ⇔ 2y2-11y+15 = 0 ⇔ y = 3 ή y = 2

6

1 5 1 =3 ή x+ = x 2 x 3± 5 1 Όπότε : x + = 3 ⇔ x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x = 2 x 1 5 1 x + = ⇔ 2x 2 − 5x + 2 = 0 ⇔ x = 2ηx = x 2 2 Άρα : x +

γ) (2x2-3x+1)2 - 4(2x2-3x-2) = 24 ⇔ (2x2-3x+1)2 - 4(2x2-3x+1-3) = 24 ⇔ (2x2-3x+1)2 - 4(2x2-3x+1) +12 - 24 = 0 ⇔ (2x2-3x+1)2 - 4(2x2-3x+1) -12=0 Θέτω 2x2-3x+1 = y οπότε y2-4y-12= 0 ⇔ y = 6 ή y = -2 Άρα : 2x2 -3x+1 = 6 ή 2x2-3x+1 = -2 5 2x2-3x+1 = 6 ⇔ 2x2-3x-5 = 0 ⇔ x= -1 ή x = 2 2x2-3x+1 = -2 ⇔ 2x2-3x+3 = 0 , Δ = -15< 0 άρα αδύνατη . δ) (x+2)(x+3)(x+4)(x+5) = 360 ⇔ [ (x+2)(x+5)] . [(x+3)(x+4)] = 360 ⇔ (x2+7x+10)(x2+7x+12) = 360 ⇔ (x2+7x+10) (x2+7x+10+2) = 360 Θέτω x2+7x+10 = y . Όπότε: y .(y+2) = 360 ⇔ y2+2y-360 = 0 y = 18 ή y= -20 . Άρα : x2+7x+10 = 18 ή x2+7x+10 = - 20 και τελικά x = 1 ή x = - 8

2.26 Να λυθούν οι παρακάτω εξισώσεις:

α)

3x − 5 =1+ 2x − 5

β ) 2+ x − 5 = 13− x

ΛΥΣΗ: α) Πρέπει 3x-5≥ 0 και 2x-5≥ 0 . Άρα x ≥

5 2

3x − 5 = 1 + 2 x − 5 ⇒ ( 3x − 5 ) 2 = (1 + 2x − 5 ) 2 ⇔ 3x − 5 = 1 + 2x − 5 + 2 2x − 5 ⇔ x − 1 = 2 2x − 5 (1) Προσοχή !! Πριν υψώσουμε στο τετράγωνο πρέπει να πάρουμε x-1≥ 0 ⇒ x ≥ 1 διότι το 2ο μέλος της ισότητας είναι πάντοτε θετικός αριθμός, άρα πρέπει και το 1ο μέλος να είναι θετικό . Τελικός περιορισμός λοιπόν x≥1 . (1) ⇒ (x-1)2 = 4(2x-5) ⇔ x2-10x+21 = 0 ⇔ x = 3 ή x = 7 β) Πρέπει x-5≥ 0 και 2 + x − 5 ≥ 0 και 13-x ≥ 0 Συναληθεύοντας αυτές τις ανισώσεις θα έχουμε 5≤ x ≤ 13 2 + x − 5 = 13 − x ⇒ ( 2 + x − 5 ) 2 =

( 13 − x ) ⇔ 2

2 + x − 5 = 13 − x ⇔ x − 5 = 11 − x (1) Προσοχή !! Θα πρέπει 11-x≥ 0 ⇒ x ≤ 11 και τελικός περιορισμός 5≤ x ≤ 11 . (1) ⇒

(

)

2

x − 5 = (11 − x ) 2 ⇔ x − 5 = 121 − 22x + x 2 ⇔ x 2 − 23x + 126 = 0 ⇔ x = 9 ή x = 14 απορρίπτεται. Άρα x = 9

7