1. ΆΆλλγγεεββρραα
γγιιαα ττηη ΑΑ΄΄ ττάάξξηη ττοουυ ΛΛυυκκεείίοουυ
Εξισώσεις - Ανισώσεις
Λαζαρίδης Χρήστος
Το άρθρο μελετάται ευκολότερα, αν γνωρίζουμε πολύ καλά τα κεφάλαια 3 και 4 του σχολικού
βιβλίου. Οι απλές περιπτώσεις επίλυσης εξισώσεων και ανισώσεων θεωρούνται γνωστές.
Επειδή τα αντίστοιχα κεφάλαια δεν είναι δυνατόν να εξαντληθούν σε ένα απλό και σύντομο
άρθρο, παρουσιάζονται ορισμένα στοιχεία Θεωρίας και είδη ασκήσεων που δεν αναφέρονται
στο σχολικό. Η εκτενής εισαγωγή, οφείλεται στην προσπάθεια αποσαφήνισης των εννοιών.
Εισαγωγή
 Η επίλυση μιας εξίσωσης (ανίσωσης)
αρχίζει με την εύρεση του συνόλου ορισμού
D της εξίσωσης (ανίσωσης) και τελειώνει με
την εύρεση του συνόλου λύσεων της L D.
Παράδειγμα
Να λύσετε την εξίσωση
6
x 5 (1)
x
  .
Λύση
Το σύνολο ορισμού είναι *
D R
Για κάθε x D ,έχουμε:
2 2
(1) x 6 5x x 5x 6 0       
(x 2 η x 3)   .
Το σύνολο λύσεων είναι L {2,3}
 Μια εξίσωση δεν ορίζεται ή δεν έχει
νόημα, αν, και μόνο αν, D  
 Μία εξίσωση λέγεται αδύνατη, αν , και
μόνο αν, ισχύει: L  
Παράδειγμα
1) Να λύσετε την εξίσωση
1
x 1 (1)
1 x
 

Λύση
Το σύνολο ορισμού D, προκύπτει από την
επίλυση του παρακάτω συστήματος:
x 1 0
1 x 0
1 x 0
  

 

 
,δηλαδή του
x 1
x 1
x 1



 
που είναι
αδύνατο.
Άρα, D   και συνεπώς η εξίσωση (1) δεν
ορίζεται.
2) Να λύσετε την εξίσωση
4
x 2 0(1)
x 1
  

.
Λύση
Το σύνολο ορισμού είναι  D R 1  .
Για κάθε x D ,έχουμε:
2
(1) (x 1)(x 2) 4 0 x x 2 0         .
Η διακρίνουσα της τελευταίας εξίσωσης είναι
1 8 7 0      .
Άρα, L   , δηλαδή η εξίσωση (1) είναι
αδύνατη.
 Μία εξίσωση λέγεται ταυτοτική ,αν,
και μόνο αν, ισχύει : L D
Παράδειγμα
Να λύσετε την εξίσωση x 5 5 x (1)   .
Λύση
Το σύνολο ορισμού D, προκύπτει από την
επίλυση του συστήματος:
x 5 0 x 5
δηλαδη
5 x 0 x 5
   
 
   
 . Άρα  D 5 .
Για x = 5 προφανώς η (1) ισχύει άρα

2.  L 5 D  ,δηλαδή η εξίσωση (1) είναι
ταυτοτική.
 Μία εξίσωση λέγεται αόριστη ή έχει
άπειρες λύσεις αν, και μόνο αν, το L έχει
άπειρα στοιχεία ( είναι απειροσύνολο) .
Παράδειγμα
1) Να λύσετε την εξίσωση x x (1) .
Λύση
D = R.
Για κάθε x D ,έχουμε:
(1) x 0  . Άρα L [ ,0)  .
Η εξίσωση (1) είναι αόριστη (και όχι
ταυτοτική).
2) Να λύσετε την εξίσωση
2x x 5x 12
1 (1)
3x 6 2x 4 4 2x

  
  

Λύση
D = R{2}. Για κάθε x D ,έχουμε:
2x x 5x 12
(1) 1
3(x 2) 2(x 2) 2(x 2)

    
  
2x x 5x 12
(1) x 2
3 2 2

     
(1) 4x 3x 6x 12 5x 12 0x 0        
 x R {2} D .   
Η εξίσωση (1) είναι αόριστη ΚΑΙ ταυτοτική.
 Στην περίπτωση ανισώσεων έχουμε
αντίστοιχους ορισμούς εκτός της
περίπτωσης αόριστης ανίσωσης. Για την
περίπτωση ταυτοτικής ανίσωσης
χρησιμοποιείται και ο όρος μόνιμη
ανισότητα.
Παράδειγμα
Να λύσετε την ανίσωση 2
1 1 x 24
(1)
2x 3x 6x

 
Λύση
*
D R
Για κάθε x D ,έχουμε:
2 2
1 1 x 24 3x 2x x 24
(1) 0 0
2x 3x 6x 6x
   
     
2 2
24 6x 0 x 0 x 0       .
Άρα, L = R*
(= D) και επομένως, η ανίσωση
(1) είναι μόνιμη ανισότητα .
Η εξίσωση v *
x α, v N ,α R (1)  
D = R
Ι) α > 0
 ν άρτιος. Τότε: (1) ( )  v v
x α ηx α
 ν περιττός. Τότε: (1) v
x α 
ΙΙ) α < 0
 ν άρτιος. Τότε: η (1) είναι αδύνατη.
 ν περιττός. Τότε: (1) v
x α   
III) α = 0. Τότε: (1) x 0 
Παραμετρικές εξισώσεις - ανισώσεις.
Άσκηση 1
Να λύσετε την εξίσωση 7
x 1 λ(λ 1) (1)   
Λύση
D = R. Για κάθε x D έχουμε:
  7 2
1 x 1     
Αλλά: 2
λ λ 1 0    ,για κάθε λ R ,
αφού Δ = 18 = 7 < 0 και α = 1 < 0.
Για κάθε x D λοιπόν, έχουμε:
7 2 27
(1) x λ λ 1 x ( λ λ 1)          
7 2
x λ λ 1     .
Άσκηση 2
Να λύσετε την εξίσωση 4 2
x λ 1 (1) 
Λύση
D = R.
Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:
 Αν 2
λ 1 0  ,δηλαδή,(λ 1 η λ 1)   , τότε:
4 42 2
(1) (x λ 1 η x λ 1)     
 Αν 2
λ 1 0  ,δηλαδή 1 λ 1   ,
τότε η ανίσωση (1) είναι αδύνατη.
 Αν 2
λ 1 0  , δηλαδή (λ 1 η λ 1)   ,
τότε: (1) x 0  .
Άσκηση 3
Να λύσετε την εξίσωση:
2
4x 4λx 3λ 2 0,λ R (1)     .
Λύση
D = R.
Η διακρίνουσα της εξίσωσης αυτής είναι:
2 2
Δ ( 4λ) 4 4 (3λ 2) 16(λ 3λ 2)        
Διακρίνουμε τις περιπτώσεις::
 Αν Δ  0, δηλαδή (λ  1 ή λ  2)
Τότε:

3. 2 2
4λ 4 λ 3λ 2 λ λ 3λ 2
(1) x x
8 2
     
   
 Αν Δ < 0, δηλαδή 1 < λ < 2
Τότε: η εξίσωση (1) είναι Αδύνατη.
Άσκηση 4
Να λύσετε τις ανισώσεις:
α) 2
λ (x 1) (3λ 2)x 4,λ R (1)     
β) 0,25(x 1) 0,5x 4 (2)   
Λύση
α) D = R.
Για κάθε x D ,έχουμε:
2 2
(1) λ x λ 3λx 2x 4      
2 2
(λ 3λ 2)x λ 4 (λ 1)(λ 2)x (λ 2)(λ 2)          (3)
 Έστω ότι (λ1)(λ2) > 0, δηλαδή:
(λ < 1 ή λ > 2). Τότε:
λ 2
(3) x
λ 1

 

.
 Έστω ότι : (λ1)(λ2) < 0 δηλαδή:
1 < λ < 2. Τότε:
λ 2
(3) x
λ 1

 

.
 Έστω ότι (λ1)(λ2) = 0, δηλαδή:
(λ = 1 ή λ = 2). Τότε:
Αν λ = 1 τότε: (1) 0x 3 x R     ,
μόνιμη ανισότητα.
Αν λ = 2 τότε: (1) 0x 0  , αδύνατη.
β) Η ανίσωση (2) προκύπτει από την (1), για
λ = 0,5 < 1,επομένως από τα προηγούμενα,
έχουμε:
 
0,5 2 2,5
2 x x x 5
0,5 1 0,5

      
 
.
Η εξίσωση f(x) g(x) (1)
Για κάθε x D , έχουμε:

( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )2 2
g x 0 g x 0
1
f x g x f x g x
  
  
 

( ) ( )
( ) η
( ) ( ) ( ) ( )
g x 0 g x 0
1
f x g x f x g x

  
  
   
Άσκηση 5
Να λύσετε την εξίσωση x 3 3x 1   (1)
Λύση
D = R
Πρώτος Τρόπος
Για κάθε x D ,έχουμε:
2 2
2 2
1
3x 1 0 x
(1) 3
(x 3) (3x 1)
x 6x 9 9x 6x 1

   
  
        
2
1 1
x x
x 13 3
8x 8 x 1η x 1
 
  
    
     
Δεύτερος Τρόπος
3x 1 0 3x 1 0
(1) η
x 3 3x 1 x 3 3x 1
    
  
       

1 1 1 1
x x x x
η η3 3 3 3
2 2x 4x 4 x 1 x 1
x 1
 
     
   
        
 
 
Η εξίσωση f(x) g(x) (1)
Για κάθε x D ,έχουμε:
( )
( )
( ) ( )2
g x 0
1
f x g x

 

Αντίστοιχα για την ανίσωση f(x) g(x)
Άσκηση 6
Να λύσετε την εξίσωση x 2 x 1 x   
(1)
Λύση
D {x R | x 0 και x 2 x 0}     
Δεν είναι απαραίτητο το D να παρουσιαστεί
με αναγραφή των στοιχείων του, δηλαδή ως
διάστημα ή ένωση διαστημάτων.
Για κάθε x D ,έχουμε:
2
1 x 0 x 1
(1)
x 2 x (1 x) x 2 x 1 x 2 x
    
  
          
x 1
x 1



, Αδύνατο.
Άρα και η (1) είναι αδύνατη.
Η ανίσωση f(x) g(x) (1)
Για κάθε x D ,έχουμε:

( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )2 2
g x 0 g x 0
1
f x g x f x g x
  
  
 
ή
 ( ) ( ) ( ) ( )1 g x f x g x    .
Παρατηρήστε ότι η ισοδυναμία
x x       ισχύει και για 0  , αφού

4. τότε και τα δύο μέλη της καθίστανται ψευδείς
προτάσεις για κάθε x .
Άσκηση 7
Να λύσετε την ανίσωση: 2 2
x 2 x 3 (1)   .
Λύση
D = R.
Για κάθε x D ,έχουμε:
2
x 2 0
2 2 2 2 2 2
(1) x 2 x 3 (x 2) (x 3)
 
        
4 2 4 2 2
x 4x 4 x 6x 9 10x 5 0        
2 1 1
2x 1 0 x
2 2
     
Άσκηση 8
Να λύσετε την ανίσωση 2
x x 2x (1)   .
Λύση
D = R.
Πρώτος Τρόπος
Για κάθε x D ,έχουμε:
2 2
2 2 2 2 2 3 4
x 2x 0 x 2x 0
(1)
x (2x x ) x 4x 4x x
     
  
     
4 3 2 2 2
x(x 2) 0 0 x 2
x 4x 3x 0 x (x 4x 3) 0
    
  
      
2
0 x 2
0 x 2
x 0
x 1 η x 3
x 4x 3 0
 
 
   
    

0 x 2 0 x 2
η
x 1 x 3

    
  
  
0 x 1  
Δεύτερος Τρόπος
2 2
(1) x 2x x x 2x      
2 2
2 2
x 2x x x 3x 0
x x 2x x x 0
    
  
     
0 x 3
0 x 1
0 x 1
 
  
 
Η ανίσωση
f(x)
0 (1)
g(x)

Για κάθε x D , έχουμε:
(1) f(x) g(x) 0  
Άσκηση 9
Να λύσετε την ανίσωση:
2
2
x 1
0
x 9



(1).
Λύση
D = R{3,3}
Για κάθε x D ,έχουμε:
2 2
(1) (x 1)(x 9) 0    
(x 1)(x 1)(x 3)(x 3) 0 (2)    
Άρα, (2) 3 x 1 η 1 x 3      
x D
( 3 x 1 η 1 x 3)

      
Άσκηση 10
Να λύσετε την ανίσωση
2
x 4
0 (1)
x 1



Λύση
D = R{1}
Για κάθε x D ,έχουμε: x 1 0  , οπότε:
  2
(1) x 4 0 x 2 x 2 0      
x D
2 x 2 2 x 1 η 1 x 2

         .
Γενικές Ασκήσεις
Άσκηση 11
Να λύσετε την εξίσωση
10 2
10 2
7x 3x 2x 2
1 (1)
7x 5x x 1
  

  
Λύση
10 2
D {x R | 7x 5x x 1 0}     
Για κάθε x D ,έχουμε:
10 2 10 2
(1) 7x 3x 2x 2 7x 5x x 1       
x D
2 1 1
2x x 1 0 (x 1 η x ) x
2 2

          
(Δεκτή τιμή γιατί;)
Παρατηρείστε, ότι το σύνολο ορισμού D δεν
είναι εύκολο να παρουσιαστεί με αναγραφή.
Με παρουσίαση του D με περιγραφή το
πρόβλημα παρακάμπτεται. Ο έλεγχος των
λύσεων αν ανήκουν ή όχι στο D, είναι
απαραίτητος.
Άσκηση 12
Να λύσετε την εξίσωση
x 1 α 1,α R (1)   
Λύση

5. D = R.
Για κάθε x D ,έχουμε:
(1) ( x 1 α 1 η x 1 α 1)        
x 1 α 1 (2) η x 1 α 1 (3)     
 Έστω ότι: α < 1, οπότε: α+1 < 0 και
α1 < 0. Τότε, οι εξισώσεις (2) και (3) είναι
αδύνατες. Άρα και η (1) είναι αδύνατη.
 Έστω ότι: 1< α < 1, οπότε: α+1 > 0 και
α1 < 0. Τότε, η (3) είναι αδύνατη οπότε:
(1) (2) x 1 α 1 η x 1 (α 1)        
(x α 2 η x α)    
 Έστω ότι: α > 1, οπότε α1 > 0 και
α+1 > 0. Τότε, έχουμε:
(1) x 1 α 1η x 1 (α 1)      
η x 1 α 1 η x 1 (α 1)        
(x α η x α 2 η x α 2 η x α)         
 Έστω ότι: α = 1. Τότε, α+1 = 0 και
α1 = 2 < 0, οπότε:
(1) (2) x 1 0 x 1     
 Έστω ότι: α = 1. Τότε, α1 = 0 και
α+1 = 2 > 0, οπότε:
(1) x 1 2η x 1 0) x 3ηx 1ηx 1          
Με α, β 0 , ισχύει:
α 0
α β 0
β 0

   

Με α, β 0 , ισχύει:
α 0
α β 0
β 0

   

Εφαρμογές. Με , R   , ισχύουν:
 .α β 0 α β 0    
 .2 2
α β 0 α β 0    
 .2
α β 0 α β 0    
Αν, επιπλέον *
, και , N , ύ :α β 0 ν μ ισχ ει 
v
.μ
α β 0 α β 0    
Άσκηση 13
Να λύσετε την εξίσωση:
9 115 2 2
10x x 8x 1 1 x 0      (1)
Λύση
5 2 2
D {x R |10x x 8x 1 0 και 1 x 0}       
Για κάθε x D ,έχουμε:
(1)
5 2
2
10x x 8x 1 0
1 x 0
    

 
5 2 5 2
10x x 8x 1 0 10x x 8x 1 0
x 1 x 1
        
  
   

4 0 0 0
x 1
x 1 x 1
  
     
   
 (Δεκτή τιμή).
Άσκηση 14
Να λύσετε την ανίσωση
2 2
x 5x 6 x 6x 8 0      . (1)
Λύση
D = R
Για κάθε x D ,έχουμε:
2
2
x 5x 6 0
(1)
x 6x 8 0
   

  
(x 2 ή x=3)
x 2
(x 2 ή x=4)

  

Άσκηση 15
Έστω τα τριώνυμα 2 1
f (x) x μx ,
4
  
2 μ
g(x) x μx
4
   ,όπου μ R .
Να υπολογίσετε το μ, έτσι ώστε f(x) > 0,για
κάθε x R και το g(x) να μην έχει
πραγματικές ρίζες.
Λύση
Έχουμε: α1 = 1 > 0, α2 = 1  0
Οι διακρίνουσες των τριωνύμων f(x),g(x)
είναι, αντίστοιχα: Δ1 = μ2
1 και Δ2 = μ2
μ,
οπότε:
1
2
0f(x) 0, κάθε x
g(x) δεν έχει ρίζες στο 0
    
  
  


2
2
1 0 1 1
0 1
0 10
      
      
      
Άσκηση 16
Να λύσετε την ανίσωση
2
(x 1) 3 x 1 2 0 (1)    
Λύση
D = R.
Για κάθε x D ,έχουμε:
2
(1) x 1 3 x 1 2 0      (2).
Θέτουμε : x 1 t  , οπότε αναγόμαστε στην
επίλυση τις ανίσωσης: 2
t 3t 2 0   (3)

6. Προφανώς:     3 t 1 t 2 0 1 t 2      
Έτσι έχουμε:
x 1 1
(2) 1 x 1 2
x 1 2
  
     
 
   x 1 1 ή x-1 -1 x 2 ή x 0
2 x 1 2 1 x 3
      
  
        
 2 x 3 ή 1 x 0      .
Άσκηση 17
Θεωρούμε τα τριώνυμα: fv(x) = x2
λx+v2
,
όπου λ R με λ 2v , ν = 1,2,3,…
Να αποδείξετε ότι η ανίσωση
f1(x) f2(x)··· f2013(x) > 0 (1),είναι ταυτοτική.
Λύση
Για κάθε *
N ,η διακρίνουσα του
τριώνυμου f (x) είναι: 2 2
νΔ λ 4v 0   ,
διότι
2 2 2 2
λ 2v λ (2v) λ 4v     .
Επειδή ο συντελεστής του x2
είναι α =1 > 0,
συμπεραίνουμε ότι για κάθε *
N και για
κάθε x R , ισχύει: fv(x) > 0.
Έτσι, η (1) ισχύει για κάθε x R( Α) 
επομένως είναι ταυτοτική.
Άσκηση 18
Να λύσετε την εξίσωση: x 1 x 1 (1)  
Λύση
Το σύνολο ορισμού της εξίσωσης είναι το
σύνολο λύσεων του συστήματος :
x 1 0
x 0
 


, δηλαδή του
x 1
x 0



Άρα, D = [1,+).
Για κάθε x D ,έχουμε:
(1) x 1 1 x   
2(*)
2
x 1 (1 x)    
x 1 1 2 x x 2 x 2 x 1 x 1.         
Αντιστρόφως. Όπως βρίσκομαι εύκολα,
για x = 1, η εξίσωση (1) επαληθεύεται.
Άρα, μοναδική λύση της εξίσωσης είναι 1
Σημειώσεις.
Η επαλήθευση ότι ο αριθμός 1 είναι ρίζα της
εξίσωσης περιλαμβάνεται στην διαδικασία
επίλυσης της εξίσωσης. Διαφορετικά, αφού
έχουμε χρησιμοποιήσει συνεπαγωγές και όχι
ισοδυναμίες, δεν θα είμαστε βέβαιοι ότι
πράγματι το 1 είναι ρίζα της εξίσωσης.
Η ισοδυναμία διακόπτεται στο σημείο, όπου
υπάρχει ο αστερίσκος (*).
Για την ακρίβεια για κάθε α,β R ισχύει:
α = β  α2
= β2
αλλά δεν ισχύει πάντοτε: α2
= β2
 α = β ?,
όπως φαίνεται στο παρακάτω αντιπαράδειγμα
(2)2
= 22
, αλλά 2 ≠ 2.
Άσκηση 19
Έστω το τριώνυμο f(x) = 4x2
4μx+6μ9, όπου
μ R . Να βρείτε το μ, έτσι να ισχύει:
f(x)  0, για κάθε x R .
Λύση
Στο τριώνυμο f(x) ο συντελεστής του x2
είναι
α = 4 > 0 και η διακρίνουσά του είναι:
Δ = 16μ2
16(6μ9) = 16(μ2
6μ+9) = 16(μ3)2
Έχουμε:(f (x) 0, για καθε x R)  
2
Δ 0 16(μ 3) 0 μ 3     
Άσκηση 20
Δίνεται το τριώνυμο:
2
4x 4λx+5λ, όπου R  .
α) Να βρείτε τις τιμές του λ για τις οποίες, το
τριώνυμο έχει δύο ρίζες πραγματικές και
άνισες.
β) Να εξετάσετε αν υπάρχει τιμή του λ, για
την οποία το τριώνυμο έχει δύο πραγματικές
ρίζες x1, x2 με: x1+ x2= x1 x2 1.
γ) Αν Α είναι ένα ενδεχόμενο ενός
δειγματικού χώρου Ω και Α΄ το
συμπληρωματικό του, να αποδείξετε ότι για
κάθε xR ισχύει:
2 2 2
4x 4P(A)x+5P(A) 4x 4P(A΄)x+5P(A΄) 4x 4P(Ω)x+5P(Ω) 0         
Λύση
α = 4 ¹ 0
Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι :
Δ = 16λ2
16(5λ) =16(λ2
5λ)=16λ(λ5).
α) Το τριώνυμο έχει δύο ρίζες πραγματικές
και άνισες, αν και μόνο αν Δ>0. Αλλά:
Δ > 0  16λ(λ5) > 0  (λ < 0 ή λ > 5).
β) Το ζητούμενο συμβαίνει αν, και μόνο αν
1 2 1 2
0
( )
x x x x 1
 

  

7. Αλλά,
0 5
( ) 4 5
1
4 4
    

     
  

0 5
0 5
5
41
4
    
    
  
    


,
που είναι αδύνατο.
Άρα δεν υπάρχει τέτοια τιμή του λ.
γ) Το γινόμενο αποτελείται από τρεις
παράγοντες, που είναι της μορφής του
τριωνύμου της άσκησης, για λ = Ρ(Α),
Ρ(Α΄), Ρ(Ω) = 1 αντίστοιχα. Επειδή [0,1] 
δηλαδή Δ  0 και α = 4 > 0, το γινόμενο
αποτελείται από έναν μη αρνητικό παράγοντα
και από δύο θετικούς.
Άρα είναι μη αρνητικό.