ΑΚΟΛΟΥΘΙΑ,Α.Π, Γ.Π - ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΜΕ ΛΥΣΕΙΣ, ΦΥΛΛΑ ΕΡΓΑΣΙΑΣ ΣΤΟ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5 ΤΗΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Α΄ 2020

1. 1
ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ : 5.1
ΕΝΟΤΗΤΑ :ΑΚΟΛΟΥΘΙΑ
Δραστηριότητα 16 :Η ακολουθία: 0 ,1 ,1 ,2 ,3 ,5 ,8 ,13 ,21 ,34 ,55…..
ονομάζεται ακολουθία Fibonacci( Leonardo di Pisa 1175 – 1250 ,δες το λινκ) .
https://blogs.sch.gr/iordaniskos/archives/404
α ) ας αντιστοιχίσουμε , λοιπόν , τους φυσικούς αριθμούς ν με τους
όρους της παραπάνω ακολουθίας αν συμπληρώνοντας τον παρακάτω πίνακα.
ν 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
αν 0 1
β ) παρατηρήστε πως προκύπτουν οι όροι της ακολουθίας απ τον τρίτο
και μετά. Μπορείτε να υπολογίσετε τον 12ο όρο ; ………………………………...
Ποιες πληροφορίες χρειάζονται για τον υπολογισμό του 12ου ;
………………………………………………………………………………………….
γ )προσπαθήστε να βρείτε έναν κανόνα που θα μας βοηθά να βρίσκουμε
οποιοδήποτε όρο της παραπάνω ακολουθίας. ( Αν δεν μπορείτε να απαντήσετε τώρα ,
συνεχίστε στο φύλλο και δοκιμάστε αργότερα.)
………………………………………………………………………………………….
Ορισμός : Ακολουθία πραγματικών αριθμών είναι μια αντιστοίχηση των
φυσικών αριθμών 1 , 2 , 3 ,………ν …. στους πραγματικούς αριθμούς. Ο αριθμός
στον οποίο αντιστοιχεί ο 1 καλείται πρώτος όρος της ακολουθίας και
συμβολίζεται με α1 , ο αριθμός στον οποίο αντιστοιχεί ο 2 καλείται δεύτερος
όρος της ακολουθίας και συμβολίζεται με α2 κ.τ.λ. Γενικά ισχύει :
1 α1 2 α2 3 α3 … ναν
Την ακολουθία αυτή τη συμβολίζουμε : αν
Παράδειγμα : Δίνεται η ακολουθία : αν = 3ν2 – 1 (ΓΕΝΙΚΟΣ ΤΥΠΟΣ)
α ) βρείτε τους 5 πρώτους όρους της ακολουθίας,
β ) βρείτε τον αν+1 και αν-1
ΛΥΣΗ
α1 = 3∙12-1 = 3-1 = 2 , α2 = συνέχισε……………………………………………….
………………………………………………………………………………………….
ΑΣΚΗΣΗ : Δοκιμάστε να λύσετε στο πρόχειρο σας , απ΄ την άσκηση 1 Α
σελίδα 124 i) , ii)
………………………………………………………………………………………….
Αναδρομικός τύπος : Ονομάζουμε τη σχέση που συνδέει δυο ή
περισσότερους όρους της ακολουθίας. Με τη βοήθεια του μπορούμε να
βρούμε οποιοδήποτε άλλο όρο της. Π.χ ένας τύπος της μορφής :
αν+2 = αν+1 +αν , μαζί με αρχικούς όρους , ονομάζεται αναδρομικός τύπος.

2. 2
Πως ορίζουμε αναδρομικά μια ακολουθία.
Θέλουμε να ορίσουμε αναδρομικά την ακολουθία με τύπο : αν = 4ν + 3.
ΒΗΜΑ 1Ο : Βρίσκουμε τον επόμενο όρο αν+1
ΒΗΜΑ 2Ο : Προσπαθούμε να εκφράσουμε τον αν+1 με τη βοήθεια του αν, αυτό
γίνεται με τους εξής τρόπους :
 σχηματίζουμε τη διαφορά : αν+1 - αν ή
 σχηματίζουμε το πηλίκο :


a
a 1
ή
 αναλύουμε τον αν+1 ώστε να εμφανιστεί ο αν και κάποιος σταθερός
παράγοντας.
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ
Δίνεται η ακολουθία : αν = 4ν +3 , βρείτε τον αναδρομικό της τύπο.
ΛΥΣΗ
αν+1 = 4(ν+1) +3 , σχηματίζω τη διαφορά και …………………………………….
………………………………………………………………………………………….
………………………………………………………………………………………….
Πως βρίσκουμε το γενικό τύπο απ΄ τον αναδρομικό
Μας δίνεται ο αναδρομικός και θέλουμε το γενικό τύπο.
ΒΗΜΑ 1Ο : αντικαθιστούμε διαδοχικά στο ν τις τιμές : 1,2,3,…..ν-1
ΒΗΜΑ 2Ο : προσθέτουμε τις σχέσεις κατά μέλη και προκύπτει ο αν.
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ
Αν α1 = -1 και αν+1 = αν +3 , βρείτε τον αν.
ΛΥΣΗ
α1 = -1 , α2 = ….. , α3 =……… , α4=……… , …. αν-1= …….. ,αν =..........
προσθέτω τις παραπάνω σχέσεις και προκύπτει : αν = -1 + …………….
Ασκήσεις :
1 ) Βρείτε τον αναδρομικό τύπο των παρακάτω ακολουθιών : ι ) αν = 3ν +4
ιι ) αν = (-2)∙5ν
………………………………………………………………………………………….
2 ) Θεωρώ την ακολουθία που ορίζεται απ τις σχέσεις : α1 =1 και αν+1 = αν +2
ι ) βρείτε τους 4 πρώτους όρους της ,
ιι ) βρείτε τον γενικό της τύπο.
………………………………………………………………………………………….
………………………………………………………………………………………….
3 ) να λυθούν απ το βιβλίο οι 1 Α ιιι) και νι ) , 3 και 4 σελίδας 124.

3. 3
ΑΚΟΛΟΥΘΙΑ – ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΦΥΛΛΟΥ ΕΡΓΑΣΙΑΣ
Δραστηριότητα 16 :Η ακολουθία: 0 ,1 ,1 ,2 ,3 ,5 ,8 ,13 ,21 ,34 ,55…..
ονομάζεται ακολουθία Fibonacci( Leonardo di Pisa 1175 – 1250 ,δες το λινκ) .
https://blogs.sch.gr/iordaniskos/archives/404
α ) ας αντιστοιχίσουμε , λοιπόν , τους φυσικούς αριθμούς ν με τους
όρους της παραπάνω ακολουθίας αν συμπληρώνοντας τον παρακάτω πίνακα.
ν 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
αν 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55
β ) παρατηρήστε πως προκύπτουν οι όροι της ακολουθίας απ τον τρίτο
και μετά. Μπορείτε να υπολογίσετε τον 12ο όρο : 11Ος +10Ος = 55+34 = 89.
Ποιες πληροφορίες χρειάζονται για τον υπολογισμό του 12ου ; Οι όροι 11ος και
10ος
γ )προσπαθήστε να βρείτε έναν κανόνα που θα μας βοηθά να βρίσκουμε
οποιοδήποτε όρο της παραπάνω ακολουθίας. ( Αν δεν μπορείτε να απαντήσετε τώρα ,
συνεχίστε στο φύλλο και δοκιμάστε αργότερα.)
Ορισμός : Ακολουθία πραγματικών αριθμών είναι μια αντιστοίχηση των
φυσικών αριθμών 1 , 2 , 3 ,………ν …. στους πραγματικούς αριθμούς. Ο αριθμός
στον οποίο αντιστοιχεί ο 1 καλείται πρώτος όρος της ακολουθίας και
συμβολίζεται με α1 , ο αριθμός στον οποίο αντιστοιχεί ο 2 καλείται δεύτερος
όρος της ακολουθίας και συμβολίζεται με α2 κ.τ.λ. Γενικά ισχύει :
ν=1 α1 ν=2 α2 ν=3 α3 … ναν
Την ακολουθία αυτή τη συμβολίζουμε : αν
Παράδειγμα : Δίνεται η ακολουθία : αν = 3ν2 – 1 (ΓΕΝΙΚΟΣ ΤΥΠΟΣ)
α ) βρείτε τους 5 πρώτους όρους της ακολουθίας,
β ) βρείτε τον αν+1 και αν-1
ΛΥΣΗ
α1 = 3∙12-1 = 3-1 = 2 , α2 =3∙22-1 = 12-1=11 , α3 = 3∙32-1 = 27-1 = 26
α4 = 3∙42-1 = 3∙16-1 =48-1=47 α5 = 3∙52-1 = 3∙25-1 =75-1=74
β ) αν+1 = 3(ν+1)2 – 1 = 3(ν2+2ν+1)-1 = 3ν2 +6ν + 3 – 1 = 3ν2 +6ν +2
αν-1 = 3(ν-1)2 – 1 = 3(ν2-2ν+1)-1 = 3ν2 -6ν + 3 – 1 = 3ν2 -6ν +2
ΑΣΚΗΣΗ : Δοκιμάστε να λύσετε στο πρόχειρο σας , απ΄ την άσκηση 1 Α
σελίδα 124 i) αν = 2ν+1
α1 = 2∙1+1 = 2+1 = 3 , α2 =2∙2+1 = 4+1=5 , α3 = 2∙3+1 = 6+1 = 7
α4 = 2∙4+1 = 8+1=9 α5 = 2∙5+1 = 10+1 =11
ii) αν = 2ν , α1 = 2 , α2 = 22 = 4 , α3 = 23 = 8 , α4 = 16 , α5 = 25

4. 4
Αναδρομικός τύπος : Ονομάζουμε τη σχέση που συνδέει δυο ή
περισσότερους όρους της ακολουθίας. Με τη βοήθεια του μπορούμε να
βρούμε οποιοδήποτε άλλο όρο της. Π.χ ένας τύπος της μορφής :
αν+2 = αν+1 +αν , μαζί με αρχικούς όρους , ονομάζεται αναδρομικός τύπος.
Πως ορίζουμε αναδρομικά μια ακολουθία.
Θέλουμε να ορίσουμε αναδρομικά την ακολουθία με τύπο : αν = 4ν + 3.
ΒΗΜΑ 1Ο : Βρίσκουμε τον επόμενο όρο αν+1
ΒΗΜΑ 2Ο : Προσπαθούμε να εκφράσουμε τον αν+1 με τη βοήθεια του αν, αυτό
γίνεται με τους εξής τρόπους :
 σχηματίζουμε τη διαφορά : αν+1 - αν ή
 σχηματίζουμε το πηλίκο :


a
a 1
ή
 αναλύουμε τον αν+1 ώστε να εμφανιστεί ο αν και κάποιος σταθερός
παράγοντας.
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ
Δίνεται η ακολουθία : αν = 4ν +3 , βρείτε τον αναδρομικό της τύπο.
ΛΥΣΗ
αν+1 = 4(ν+1) +3 , σχηματίζω τη διαφορά και αν+1 - αν = 4(ν+1)+3 – (4ν+3)
αν+1 - αν = 4ν+4+3-4ν-3 = 4 ,άρα αν+1 = αν + 4
Πως βρίσκουμε το γενικό τύπο απ΄ τον αναδρομικό
Μας δίνεται ο αναδρομικός και θέλουμε το γενικό τύπο.
ΒΗΜΑ 1Ο : αντικαθιστούμε διαδοχικά στο ν τις τιμές : 1,2,3,…..ν-1
ΒΗΜΑ 2Ο : προσθέτουμε τις σχέσεις κατά μέλη και προκύπτει ο αν.
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ
Αν α1 = -1 και αν+1 = αν +3 , βρείτε τον αν.
ΛΥΣΗ
α1 = -1 ,
α2 = α1+3
α3 = α2 +3
α4= α3+3
αν-1=αν-2 +3
αν = αν-1 +3
προσθέτω τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη και προκύπτει :
α1+α2+α3+………+αν = -1 + α1+3 + α2 + 3 + α3 + 3 + ………αν-1 + 3
Άρα :
αν = -1 + 3∙(ν-1) , γιατί απ τον 2ο έως τον νο όρο είναι ν-1 όροι , γιατί ;
ΕΞΗΓΗΣΗ
Απ τον 2ο έως τον 5ο πόσοι όροι είναι ; 4 = (5-2) +1
Απ τον 2ο έως τον 20ο πόσοι όροι είναι ; 19 = (20-2) +1

5. 5
Ασκήσεις
1 ) Βρείτε τον αναδρομικό τύπο των παρακάτω ακολουθιών :
ι ) αν = 3ν +4
αν+1 = 3(ν+1) +4 , σχηματίζω τη διαφορά και αν+1 - αν = 3(ν+1)+4 – (3ν+4)
αν+1 - αν = 3ν+3+4-3ν-4 = 3 ,άρα αν+1 = αν + 3
ιι ) αν = (-2)∙5ν , είναι : αν+1 = (-2)∙5ν+1
𝛼 𝜈+1
𝛼 𝜈
=
(−2) ∙ 5 𝜈+1
(−2) ∙ 5ν
= 5 ⇔ 𝛼 𝜈+1 = 5 ∙ αν
2 ) Θεωρώ την ακολουθία που ορίζεται απ τις σχέσεις : α1 =1 και αν+1 = αν +2
ι ) βρείτε τους 4 πρώτους όρους της ,
α1 = 1 ,
α2 = α1+2 =3
α3 = α2 +2 =5
α4= α3+2 = 7
ιι ) βρείτε τον γενικό της τύπο.
α1 = 1 ,
α2 = α1+2
α3 = α2 +2
α4= α3+2
………………
αν-1 = αν-2 +2
αν = αν-1 +2
προσθέτω τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη και προκύπτει :
α1+α2+α3+………+αν = 1 + α1+2 + α2 + 2 + α3 + 2 + ………αν-1 + 2
Άρα :
αν = 1 + 2∙(ν-1) , γιατί απ τον 2ο έως τον νο όρο είναι ν-1 όροι.
3 ) να λυθούν απ το βιβλίο οι 1 Α ιιι) και νι ) , 3 και 4 σελίδας 124.
Δείτε απ τις λύσεις των ασκήσεων ! Θα δυσκολέψει η 3 ιιι)
αν+1 = 2ν+1-1 = 2 ∙2ν – 1 = 2 ∙2ν – 2 +1 = 2 ∙ (2ν- 1) +1 = 2 ∙ αν + 1

6. 6
ΠΑΡΑΓΡΑΦΟΣ : 5.2 – 5.3
Α.Π – Γ.Π, Αριθμητική Γεωμετρική Πρόοδος ΦΥΛΛΟ ΕΡΓΑΣΙΑΣ
Ορισμός :Πότε μια ακολουθία καλείται αριθμητική πρόοδος ;
Παραδείγματα : α ) Η ακολουθία: 2,4,6,8,……… έχει πρώτο όρο α1=……..
και κάθε όρος της προκύπτει από τον προηγούμενο με πρόσθεση του αριθμού
……………. Ο αριθμός που προστίθεται κάθε φορά συμβολίζεται με ω και
ονομάζεται διαφορά. Ο αναδρομικός της τύπος είναι : ………………
β ) Στην ακολουθία : 1,5,9,13,17,………. , α1 = ………. , ω = ………….
Αναδρομικός τύπος : …………………….
γ ) Στην ακολουθία : 10 , 3 , -4 , -11 , ……… , είναι α1 = …. , ω = ………
Αναδρομικός τύπος : …………………….
Γενικός τύπος Α.Π: Μια Α.Πέχει αναδρομικό τύπο : αν+1 = ………
α1 = α1 , α2 = α1+ω , α3 = α2+ω , …………….,αν-1 = αν-2 +ω , αν = αν-1+ω
Αν προσθέσω τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη θα προκύψει ο αν.
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1: α ) Βρείτε το γενικό τύπο της Α.Π : 1,5,9,13,17,…
………………………………………………………………………………………….
β ) ομοίως της Α.Π 10 , 3 , -4 , -11 , ………
………………………………………………………………………………………….
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2: Σε μια Α.Π ο 10ος όρος είναι ο 32 και ο 21ος είναι ο 65.
Βρείτε τον α1 και την ω.
ΛΥΣΗ
Με τη βοήθεια του γενικού τύπου γράφω τον α10 και α21. Κατόπιν αφαιρώ κατά
μέλη τις δυο εξισώσεις.
α10 = α1+(10-1)ω  α10 = α1 + 9ω  32 = α1+9ω
α21 = ………………………………………………………………………………….
 Να λυθούν στο πρόχειρο σας οι ασκήσεις 2 , 3, 4, 5 Α΄ ομάδας (Α.Π).

7. 7
ΑΘΡΟΙΣΜΑ ν πρώτων όρων Α.Π
Ο τύπος του αθροίσματος των πρώτων ν όρων είναι : Sν =
𝜈
2
(𝛼1 + 𝛼 𝜈)
Αν αντικαταστήσουμε στον παραπάνω τύπο τον Γ.Τ της Α.Π παίρνουμε και τον
τύπο : Sν =
𝜈
2
(2𝛼1 + ( 𝜈 − 1) 𝜔)
 Να λυθούν στο πρόχειρο σας οι ασκήσεις 8 , 9, 10 Α΄ ομάδας σελ 130
 Να λυθούν στο πρόχειρο σας οι ασκήσεις 2 , 3,Β΄ ομάδας σελίδας 130.
ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΠΡΟΟΔΟΣ
Ορισμός :Πότε μια ακολουθία καλείται γεωμετρική πρόοδος ;
Παραδείγματα : α ) Η ακολουθία: 2,4,8,……… έχει πρώτο όρο α1=……..
και κάθε όρος της προκύπτει από τον προηγούμενο με πολλαπλασιασμό του
αριθμού ……………. Ο αριθμός που πολλαπλασιάζεται κάθε φορά συμβολίζεται με
λ και ονομάζεται λόγος. Ο αναδρομικός της τύπος είναι : ………………
β ) Στην ακολουθία : 5,15,45,………. , α1 = ………. , λ = ………….
Αναδρομικός τύπος : …………………….
γ ) Στην ακολουθία : 10 , 5 ,
2
5
, ……… , είναι α1 = …. , λ = ………
Αναδρομικός τύπος : …………………….
Γενικός τύπος Γ.Π: Μια Γ.Πέχει αναδρομικό τύπο : αν+1 = ………
α1 = α1 , α2 = α1 ·λ , α3 = α2·λ , …………….,αν-1 = ………. , αν = ………….
Αν πολλαπλασιάσω τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη θα προκύψει ο αν.
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1: α ) Βρείτε το γενικό τύπο της Γ.Π : 2,4,8,………
………………………………………………………………………………………….

8. 8
β ) ομοίως της Γ.Π 5,15,45,……….
………………………………………………………………………………………….
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2: Σε μια Γ.Π ο 3ος όρος είναι ο 12 και ο 6ος είναι ο 96.
Βρείτε τον α1 και το λ.
ΛΥΣΗ
Με τη βοήθεια του γενικού τύπου γράφω τον α3 και α6. Κατόπιν διαιρώ κατά
μέλη.
α3 = α1λ2  12 = α1λ2
α6 = ………………………………………………………………………………….
………………………………………………………………………………………….
ΑΘΡΟΙΣΜΑ ν πρώτων όρων Γ.Π
Ο τύπος του αθροίσματος των πρώτων ν όρων είναι :
Sν = 𝛼1
𝜆 𝜈−1
𝜆−1
, αν λ ≠ 1
Sν = 𝜈 ∙ 𝛼1 , αν λ = 1
 Να λυθούν στο πρόχειρο σας οι ασκήσεις 2 ,3 , 4 Α΄ ομάδας ΣΕΛ 136(Γ.Π).
 Να λυθούν στο πρόχειρο σας οι ασκήσεις 9 , 10 , 11 Α΄ ομάδας ΣΕΛ 137
Αριθμητικός Μέσος Έστω τρεις διαδοχικοί όροι Α.Π α , β , γ.
Τότε β= α + ω  β – α = ω (1)
γ = …………..  ………….. (2). Από (1) , (2) έχω : β – α = ……….
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 3Ο
ΛΥΣΗ
………………………………………………………………………………………….
………………………………………………………………………………………….

9. 9
Γεωμετρικός Μέσος Έστω τρεις διαδοχικοί όροι Γ.Π α , β , γ.
Τότε β= α ·λ  


 (1)
γ = …………..  ………….. (2). Από (1) , (2) έχω : …………………
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 3Ο
ΛΥΣΗ
………………………………………………………………………………………….

10. 10
Αριθμητική Γεωμετρική Πρόοδος ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΦΥΛΛΟΥ ΕΡΓΑΣΙΑΣ
Ορισμός :Πότε μια ακολουθία καλείται αριθμητική πρόοδος ;
Παραδείγματα : α ) Η ακολουθία: 2,4,6,8,……… έχει πρώτο όρο α1= 2 και
κάθε όρος της προκύπτει από τον προηγούμενο με πρόσθεση του αριθμού 2 . Ο
αριθμός που προστίθεται κάθε φορά συμβολίζεται με ω και ονομάζεται
διαφορά. Ο αναδρομικός της τύπος είναι : αν+1 = αν + ω
β ) Στην ακολουθία : 1,5,9,13,17,………. , α1 = 1 , ω = 4
Αναδρομικός τύπος : αν+1 = αν +4
γ ) Στην ακολουθία : 10 , 3 , -4 , -11 , ……… , είναι α1 = 10 , ω = -7
Αναδρομικός τύπος : αν+1 = αν -7
Γενικός τύπος Α.Π: Μια Α.Π έχει αναδρομικό τύπο : αν+1 = αν + ω
α1 = α1 , α2 = α1+ω , α3 = α2+ω , …………….,αν-1 = αν-2 +ω , αν = αν-1+ω
Αν προσθέσω τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη θα προκύψει ο αν.
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1: α ) Βρείτε το γενικό τύπο της Α.Π : 1,5,9,13,17,…
α1 = 1 , ω = 4 αν = α1 + (ν-1) ∙ω = 1 + (ν-1) ∙4 = 1 + 4ν -4 = 4ν - 3
β ) ομοίως της Α.Π 10 , 3 , -4 , -11 , ………
α1 = 10 , ω = -7 αν = α1 + (ν-1) ∙ω = 10 + (ν-1) ∙(-7) = 10 - 7ν +7 =17- 7ν
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2: Σε μια Α.Π ο 10ος όρος είναι ο 32 και ο 21ος είναι ο 65.
Βρείτε τον α1 και την ω.
ΛΥΣΗ
Με τη βοήθεια του γενικού τύπου γράφω τον α10 και α21. Κατόπιν αφαιρώ κατά
μέλη τις δυο εξισώσεις.
α10 = α1+(10-1)ω  α10 = α1 + 9ω  32 = α1+9ω (1)
α21 = α1 + 20 ∙ω ⇔ ………………………………..65 = α1 + 20ω (2)
Αφαιρώ κατά μέλη την (2) από την (1), έχω :
65 – 32 = α1 – α1 +20ω – 9ω ⇔ 33 = 11ω ⇔ ω = 3

11. 11
Από (1) αντικαθιστώντας έχω : 32 = α1 +27 ⇔ α1 = 32-27 = 5
Σχόλιο : Αν έχετε μάθει συστήματα στο Γυμνάσιο θα μπορούσατε να
χρησιμοποιήσετε τη μέθοδο της αντικατάστασης ή των αντίθετων συντελεστών
για να λύσετε το σύστημα (1) , (2).
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΧΟΛΙΚΟΥ
ΛΥΣΗ
ι ) Είναι α1 = -2 , α2 = 3 , α3 = 8 άρα Α.Π με ω = α2 – α1 = 3 – (-2) = 5
α15 = α1 + 14∙ω = -2 + 14∙5 = -2 + 70 = 68
ιι ) Είναι α1 = 11 , α2 = 18 , α3 = 25 άρα Α.Π με ω = α2 – α1 = 18-11=7
α20 = α1 + 19∙ω = 11 + 19∙7 = 11+133=144
ΛΥΣΗ
ι ) α6 = 12 και α10 = 16
α6 = 12 άρα α1 + 5ω = 12 (1)
α10 = 16 , άρα α1 + 9ω = 16 (2)

12. 12
Πολλαπλασιάζω την (1) με (-1) γίνεται : -α1 – 5ω = -12 (3)
Προσθέτω κατά μέλη τις (3) και (2) και έχω :
α1 – α1 +9ω – 5ω = 16 – 12 ⇔ 4ω = 4 ⇔ ω = 1
Αντικαθιστώ στην (1) και βρίσκω τον πρώτο όρο :
α1 +5ω = 12 ⇔ α1 + 5 = 12 ⇔ α1 = 7
Άρα 7 , 8 , 9 , 10 , 11, 12, ………… 16 , ……….
ΛΥΣΗ
ι ) α5 = -5 και α15 = -2
Πρέπει να βρώ το α1 και το ω όπως πριν .
α5 = -5 άρα α1 + 4ω = -5 (1)
α15 = -2 , άρα α1 + 14ω = -2 (2)
Πολλαπλασιάζω την (1) με (-1) γίνεται : -α1 – 4ω = +5 (3)
Προσθέτω κατά μέλη τις (3) και (2) και έχω :
α1 – α1 + 14ω – 4ω = 5 - 2 ⇔ 10ω = 3 ⇔ ω = 0.3
Αντικαθιστώ στην (1) και βρίσκω τον πρώτο όρο :
α1 +4ω = -2 ⇔ α1 + 1.2 = -2 ⇔ α1 = -3.2
Άρα -3.2 , -2.9 , -2.6 , -2.3 , - 2 , ……………..

13. 13
ΑΘΡΟΙΣΜΑ ν πρώτων όρων Α.Π
Ο τύπος του αθροίσματος των πρώτων ν όρων είναι : Sν =
𝜈
2
(𝛼1 + 𝛼 𝜈)
Αν αντικαταστήσουμε στον παραπάνω τύπο τον Γ.Τ της Α.Π παίρνουμε και τον
τύπο : Sν =
𝜈
2
(2𝛼1 + ( 𝜈 − 1) 𝜔)
 Να λυθούν στο πρόχειρο σας οι ασκήσεις 8 , 9, 10 Α΄ ομάδας σελ 130
ΛΥΣΗ
ι ) α1= 7 , α2 = 9 , α3 = 11 , ……….. , ω = α2 – α1 = 9-7 = 2
Αναζητούμε το S40 =
40
2
(2𝛼1 + (𝜈 − 1)𝜔) = 20(14+39∙2)=
=20(14+78) = 20∙92 = 1840.
ΛΥΣΗ
ι ) α1= 2 , α2 = -1 , α3 = -4 , ……….. , ω = α2 – α1 = -1-2 = -3
Αναζητούμε το S80 =
80
2
(2𝛼1 + (𝜈 − 1)𝜔) = 40(4+79∙(-3))=
=40(4-237) = 40∙(-233) = - 9320

14. 14
ΛΥΣΗ – Δες και π.χ 1 λυμένο σχολικού
ι ) Α.Π με α1 = 1 , α2 = 5 , α3 = 9 , ω = α2 – α1 = 5-1 = 4
Ποιος όρος είναι ο 197 ;
αν = 197 ⇔ α1 + (ν-1)ω = 197 ⇔ 1 + 4ν-4 = 197 ⇔
4ν-3 = 197 ⇔ 4ν = 200 ⇔ ν = 50
Άρα αναζητώ το άθροισμα των 50 πρώτων της Α.Π
S50 =
50
2
(2𝛼1 + (𝜈 − 1)𝜔)=25(2+49 ∙4) = 25(2+196) =
=25 ∙198 = 4950
 Να λυθούν στο πρόχειρο σας οι ασκήσεις 2 , 3,Β΄ ομάδας σελίδας 130.
Για βοήθεια τις λύσεις των ασκήσεων ή ρωτήστε .
ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΠΡΟΟΔΟΣ
Ορισμός :Πότε μια ακολουθία καλείται γεωμετρική πρόοδος ;
Παραδείγματα : α ) Η ακολουθία: 2,4,8,……… έχει πρώτο όρο α1= 2 και
κάθε όρος της προκύπτει από τον προηγούμενο με πολλαπλασιασμό του
αριθμού ……2…. Ο αριθμός που πολλαπλασιάζεται κάθε φορά συμβολίζεται με λ
και ονομάζεται λόγος. Ο αναδρομικός της τύπος είναι : αν+1 = αν ∙λ
β ) Στην ακολουθία : 5,15,45,………. , α1 = 5 , λ = 3
Αναδρομικός τύπος : αν+1 = 3 ∙αν

15. 15
γ ) Στην ακολουθία : 10 , 5 ,
2
5
, ……… , είναι α1 = 10 , λ =
1
2
Αναδρομικός τύπος : αν+1 =
1
2
αν
Γενικός τύπος Γ.Π: Μια Γ.Π έχει αναδρομικό τύπο :αν+1 = αν ∙λ
α1 = α1 , α2 = α1 ·λ , α3 = α2·λ , …………….,αν-1 = αν-2∙λ , αν = αν-1∙λ
Αν πολλαπλασιάσω τις παραπάνω σχέσεις κατά μέλη θα προκύψει ο αν.
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 1: α ) Βρείτε το γενικό τύπο της Γ.Π : 2,4,8,………
α1 = 2 , ω = 2 , αν = α1λν-1= 2∙2ν-1 = 2ν
β ) ομοίως της Γ.Π 5,15,45,……….
α1 = 5 , ω = 3 , αν = α1λν-1= 5∙3ν-1
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2: Σε μια Γ.Π ο 3ος όρος είναι ο 12 και ο 6ος είναι ο 96.
Βρείτε τον α1 και το λ.
ΛΥΣΗ
Με τη βοήθεια του γενικού τύπου γράφω τον α3 και α6. Κατόπιν διαιρώ κατά
μέλη.
α3 = α1λ2  12 = α1λ2 (1)
α6 = α1λ5 ⇔ 96 = α1 ∙λ5 (2)
Διαιρούμε κατά μέλη (2) / (1)
𝟗𝟔
𝟏𝟐
=
𝜶 𝟏 𝝀 𝟓
𝜶 𝟏 𝝀 𝟐 ⇔ 𝟖 = 𝝀 𝟑
⇔ λ =2
Αντικαθιστώ στην (1) 12 = α1∙4 ⇔ α1 = 3
ΑΘΡΟΙΣΜΑ ν πρώτων όρων Γ.Π
Ο τύπος του αθροίσματος των πρώτων ν όρων είναι :
Sν = 𝛼1
𝜆 𝜈−1
𝜆−1
, αν λ ≠ 1
Sν = 𝜈 ∙ 𝛼1 , αν λ = 1
 Να λυθούν στο πρόχειρο σας οι ασκήσεις 2 ,3 , 4 Α΄ ομάδας ΣΕΛ 136(Γ.Π).
 Να λυθούν στο πρόχειρο σας οι ασκήσεις 9 , 10 , 11 Α΄ ομάδας ΣΕΛ 137

16. 16
Για βοήθεια τις λύσεις των ασκήσεων ή ρωτήστε .
Αριθμητικός Μέσος Έστω τρεις διαδοχικοί όροι Α.Π α , β , γ.
Τότε β= α + ω  β – α = ω (1)
γ = β+ω  γ – β = ω (2). Από (1) , (2) έχω : β – α = γ - β
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 3Ο
ΛΥΣΗ
i ) β =
𝜶+𝜸
𝟐
=
𝟏𝟎−𝟒𝟎
𝟐
=
−𝟑𝟎
𝟐
= −𝟏𝟓 , άρα 10, -15 , -40
ιι ) 3x-2 =
5𝑥+1+11
2
⇔ 6x – 4 = 5x +12 ⇔ x = 16 , άρα 11 , 46⏟
3𝑥−2
, 81⏟
5𝑥+1
Γεωμετρικός Μέσος Έστω τρεις διαδοχικοί όροι Γ.Π α , β , γ.
Τότε β= α ·λ  


 (1)
γ = β∙λ 
𝜸
𝜷
= 𝝀 (2). Από (1) , (2) έχω :
𝜷
𝜶
=
𝜸
𝜷
⇔β2 = α∙γ
ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 3Ο
ΛΥΣΗ
ι ) β2 = 5∙20 ⇔ β2 = 100 ⇔ β= +10 ή β = -10 , Δεκτή το +10. Άρα 5,10,20
ιι ) (x+1)2 = (x-4)(x-19) ⇔ x2 +2x+1 = x2 -19x-4x+76 ⇔ 25x = 75 ⇔ x = 3

17. 17
ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΗ ΛΥΣΗ
Με την λογική της γιαγιάς (Α.Π με πρώτο όρο α1=50€ και ω=10€)
12α γενέθλια -> α1 =50€
13α γενέθλια -> α2 = 50 + 10 = 60€
…………………………………………………………
15α γενέθλια -> α4 = 50 + 3 ∙10 = 50 +30 = 80€
20α γενέθλια -> α9 = 50+ 8∙10 = 50 +80 = 130€
……………………………………………………………………………
21α γενέθλια - > α10 = 50 + 9∙10 = 50 +90 = 140€
Με την λογική της παππού Γ.Π με β1 = 5€ και λ =2
12α γενέθλια -> β1 =5€
13α γενέθλια -> β2 =β1 ∙λ = 5 ∙2 = 10€
…………………………………………………………
15α γενέθλια - > β4 = β1 ∙λ3 = 5 ∙23 = 5 ∙8= 40€
………………………………………………………………………………
20α γενέθλια -> β9 = β1 ∙λ8 = 5 ∙28 = 5 ∙256= 1280€
21α γενέθλια - > β10 = β1 ∙λ9 = 5 ∙29 = 5 ∙512= 2560€
Τι θα συμβουλεύατε την Μαρία ;

18. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
1
ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΟ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5 – ΤΡΑΠΕΖΑ ΥΠΑΙΘ 2014-2017
ΕΠΙΠΕΔΟ ΘΕΜΑΤΩΝ : ΘΕΜΑ 2ο
18 ΑΣΚΗΣΕΙΣ με Ενδεικτικές Λύσεις
1 ) ΟΜΟΙΑ ΜΕ 5 Α΄ ΟΜΆΔΑΣ ΣΕΛΙΔΑ 129
ΛΥΣΗ
α ) Α.Π άρα α25 = α1+24ω=2+24ω (1) , α12 = α1+11ω=2+11ω (2)
Ισχύει από υπόθεση α25 = α12+39
Αντικαθιστώ στην παραπάνω τις (1) και (2) και έχω :
2+24ω = 2+11ω+39 ⇔ 13ω = 39 ⇔ ω = 3
β ) αναζητώ το ν για το οποίο είναι αν = 152 ⇔
α1+(ν-1)ω = 152 ⇔ 2 + 3(ν-1) = 152 ⇔ 2+3ν-3 = 152 ⇔
3ν – 1 = 152 ⇔ 3ν = 153 ⇔ ν = 51 , άρα ο 51ος όρος είναι το 152.
2 ) Α.Π

19. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
2
ΛΥΣΗ
α ) Ξεκινώ απ το 1ο μέλος (Μέθοδοι Απόδειξης)
𝛼15 − 𝛼9
𝛼10 − 𝛼7
=
𝛼1 + 14𝜔 − 𝛼1 − 8𝜔
𝛼1 + 9𝜔 − 𝛼1 − 6𝜔
=
6𝜔
3𝜔
= 2
β ) α15 – α9 = 18 ⇔α1 + 14ω – α1 – 8ω = 18 ⇔6ω = 18⇔ ω = 3
3 ) Α.Π
ΛΥΣΗ
α ) Απ την υπόθεση α4 – α9 = 15 ⇔ α1 + 3ω – (α1+8ω) = 15 ⇔
-5ω = 15 ⇔ ω = -3
β ) Ξέρω α1 και ω. Ζητείται το ν απ την σχέση !
αν = ν ⇔α1 + (ν-1)ω = ν ⇔ 41-3(ν-1) = ν ⇔ 41 -3ν+3=ν⇔ 44=4ν
ν = 11

20. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
3
4 ) Α.Π
ΛΥΣΗ
α ) Απ την υπόθεση α6 + α11 = 40 ⇔ α1 +5ω + α1+10ω = 40 ⇔
2 α1 + 15ω = 40 ⇔ 2 α1 + 60 = 40 ⇔ α1 = -10
β ) Ψάχνω το ν . Αν προσθέσω ν όρους το άθροισμα είναι :
Sν =
𝜈
2
(2𝛼1 + (𝜈 − 1)𝜔) , ξέρω το α1 και το ω και ψάχνω το ν με το
δεδομένο ότι Sν = 0
Άρα Sν = 0 ⇔
𝜈
2
(2𝛼1 + (𝜈 − 1)𝜔) = 0 ⇔
𝜈
2
(−20 + 4𝜈 − 4) = 0
⇔
𝜈
2
(4𝜈 − 24) = 0 ⇔ ν= 0 ή 4ν-24 = 0 ⇔ ν= 0 ή ν = 6
Άρα αρκεί να προσθέσω 6 όρους για να πάρω άθροισμα 0
-10 , -6 , -2 , 2 , 6 , 10, όντως!
5 ) ΟΜΟΙΑ ΜΕ 3 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ ΣΕΛΙΔΑ 129 ΚΑΙ 11 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ ΣΕΛΙΔΑ 130

21. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
4
ΛΥΣΗ
α ) α5 = 14 ⇔ α1 + 4ω = 14 ⇔ 2 + 4ω = 14 ⇔ 4ω = 12 ⇔ ω=3
β ) Ψάχνω το ν για το οποίο ισχύει Sν = 77 ⇔
77 =
𝜈
2
(2𝛼1 + ( 𝜈 − 1) 𝜔) ⇔ 154 = 𝜈(4 + 3𝜈 − 3) ⇔
154 = ν + 3ν2⇔3ν2 + ν – 154 = 0 ,
Δ = 1+4∙3∙154 = 1 + 1848=1849
ν1 =
−1+43
6
= 7 , ν2< 0 Απορρίπτεται. Άρα ν = 7
6 ) Γ.Π
ΛΥΣΗ
α )
𝛼5
𝛼2
=
𝛼1 𝜆4
𝛼1 𝜆
= 𝜆3
, άρα λ3 = 27 ⇔ λ =3
β ) α1 + α2 + α3 + α4 = 200 ⇔S4 = 200 ⇔ 𝛼1
34
−1
3−1
=200⇔
40 α1 = 200 ⇔ α1 = 5
Επαλήθευση !
α1= 5 , α2= 15 , 45 , 135 και 5+15+45+135 = 200

22. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
5
7 ) ΟΜΟΙΑ ΜΕ 9 ΣΕΛΙΔΑΣ 131 – ΚΑΘΙΣΜΑΤΑ ΣΕ ΓΥΜΝΑΣΤΗΡΙΟ
ΛΥΣΗ
α ) α1 = 120 , ω = 20 , άρα αν = α1 + (ν-1)ω = 120+(ν-1)20 = 20ν+100
Άρα αν = 20ν +100
β ) Τελευταία σειρά είναι η 10η άρα α10 = 20∙10+100 = 300
300 καθίσματα.
γ ) Αρκεί να βρώ το S10 =
10
2
(240 + 9 ∙ 20) = 5(240 + 180) =2100
8 ) Α.Π
ΛΥΣΗ
α ) Απ την υπόθεση α10 – α6 = 24 ⇔ α1 +9ω - α1-5ω = 24 ⇔
4ω = 24 ⇔ ω = 6
β ) α20 = α1 + 19ω = 19 + 19∙6 =19∙7 = 133

23. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
6
γ ) S20 =
20
2
(𝛼1 + 𝛼20) = 10(19 + 133)= 1520
9 ) ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ
ΛΥΣΗ
α ) Ισχύει : 2Β = Α+Γ , γιατί ο Β Αριθμητικός μέσος .
2(x+4) = 1+x+8 ⇔ 2x+8 = x+9 ⇔x = 1
β ι) Α= 1 , Β = 5 , Γ = 9 , άρα α1 = 1 , ω = 4
β ιι) Ζητείται και ο S20 =
20
2
(2 + 19 ∙ 4) = 780
10 ) ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ – ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ
ΛΥΣΗ
α ) Ισχύει : 2x = 4-x + 2 ⇔ 3x = 6 ⇔x = 2
β ) x2 = 2(4-x) ⇔x2 +2x – 8 = 0 , Δ = 4+32 = 36 , x1 = 2 , x2 = -4

24. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
7
γ ) Πρέπει και αρκεί να ισχύουν ταυτόχρονα τα α ) , β )
Άρα x = 2 , οι όροι τότε είναι : 2 , 2 , 2
Ισχύει 4 = 2+2 , 4 = 2∙2
11 ) ΤΟ α) ΟΜΟΙΟ ΜΕ ΑΣΚΗΣΗ 1 του παρόντος αρχείου
ΛΥΣΗ
α ) Απ την υπόθεση α4 – α2 = 10 ⇔ α1 +3ω - α1 - ω = 10 ⇔
2 ω = 10 ⇔ ω = 5
β ) S3 = 33 ⇔
3
2
(2𝛼1 + 2 ∙ 5) = 33 ⇔6 α1 + 30 = 66 ⇔ α1 = 6
12 )
ΛΥΣΗ
α ) Είναι α3 = 9 ⇔ α1 + 2ω = 9 ⇔ 1 + 2ω = 9 ⇔ ω = 4
β ) Αναζητώ το ν για τον οποίο ισχύει :
αν> 30 ⇔ α1 + (ν-1)∙4 > 30 ⇔ 1 + 4ν – 4 > 30 ⇔

25. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
8
4ν > 33 ⇔ ν >
33
4
≅8,2 , άρα ο μικρότερος θετικός ακέραιος για τον
οποίο ισχύει η υπόθεση είναι ο ν = 9
13 ) ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ
ΛΥΣΗ
α ) Διαδοχικοί όροι άρα : 4κ2 = (κ-2)(7κ+4) ⇔ 4κ2 = 7κ2-10κ-8
0 = 3κ2- 10κ – 8 , Δ = 100 +96 = 196
κ1 = 4 , κ2 =
10−14
6
=
−4
6
= −
2
3
∈ 𝑄, δεν είναι φυσικός άρα
απορρίπτεται.
Συνεπώς κ = 4. Άρα 2 , 8 , 32 ,….. οπότε λ = 4
β ι) α2 = α1λ = 4 α1 , α5 = α1∙λ4 = 256 α1 , α4 = α1∙λ3 = 64∙α1
β ιι) το 1ο μέλος γίνεται : α2 + α5 = 260∙α1
Το 2ο μέλος γίνεται : 4(α1 + α4) = 4∙65∙α1 = 260 α1 , τα δεύτερα μέλη
ίσα άρα και τα πρώτα.

26. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
9
14 ) ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ
ΛΥΣΗ
α ) (2-x)2 = (x+4)(6-x) ⇔ 4-4x+x2 = 6x – x2 + 24 - 4x ⇔
2x2 - 6x - 20 = 0 ⇔x2 - 3x – 10 = 0 , x1 = 5 , x2 = -2
Για x = 5 , οι όροι είναι : 9 , -3 , 1 , λ = -
1
3
Για x = -2 , οι όροι είναι : 2 , 4 , 8 , λ = 2
β ι) x = 5 , ο 6 – x = 1 είναι ο α4 = 1 , τότε οι όροι είναι α1 , 9 , -3 , 1
όπως είπαμε το α ) είναι λ = -
1
3
.
β ιι ) α4 = 1 ⇔ α1∙λ3 = 1⇔ α1 ∙(-
1
27
) = 1 ⇔ α1 = -27
15 ) ΟΜΟΙΑ ΜΕ 4 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ ΣΕΛΊΔΑ 136 ΣΧΟΛΙΚΟΥ
ΛΥΣΗ

27. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
10
α )
𝜶 𝟓
𝜶 𝟑
= 𝟒 ⇔
𝛼1 𝜆4
𝛼1 𝜆2
= 4 ⇔ λ2 = 4 ⇔ λ = 2 ή λ = -2, μιας και λ > 0
δεκτή λύση η λ =2.
β ) αν = α1∙λν-1 = α1∙2ν-1 (1)
Όμως α3 = 1 άρα α1∙22 = 1 ⇔ α1 = 2-2 , συνεπώς η (1) γίνεται :
αν = 2-2∙2ν-1 = 2ν-3
16 ) ΣΗΜΑΝΤΙΚΗ ΑΣΚΗΣΗ !
ΛΥΣΗ
α ) Ζητείται το άθροισμα 1+2+3+…….+ν είναι Α.Π με α1 = 1 και
ω =1, άρα Sν=
𝜈
2
(2 + (𝜈 − 1)) =
𝜈
2
(𝜈 + 1) =
𝜈(𝜈+1)
2
β ) Ζητείται ο ν , αν Sν = 45 ⇔ν(ν+1) = 90 ⇔ ν2 + ν – 90 = 0
Δ = 1 + 360 = 361 , ν1 =
−1+19
2
= 9 , ν2< 0 Απορρίπτεται
Άρα αρκεί να προσθέσω 9 όρους για να πάρω 45
Επαλήθευση : 1+2+3+4+5+6+7+8+9 = ……= 45

28. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
11
17 ) ΟΜΟΙΑ ΜΕ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 3 ΚΑΙ 5 Α΄ ΟΜΑΔΑΣ ΣΕΛΙΔΑ 129
ΛΥΣΗ
α ) α2 = 0 ⇔ α1 + ω = 0 (1)
α4 = α1 + 3ω ⇔ 4 = α1 + 3ω (2)
Πολλαπλασιάζω την (1) με (-1) και γίνεται : -α1 – ω = 0 (3)
Λύνω το σύστημα (3), (2)
{
−𝛼1 − 𝜔 = 0
𝛼1 + 3𝜔 = 4
Προσθέτω κατά μέλη και 2ω = 4 ⇔ ω =2
Αντικαθιστώ στην (3) και –α1 – 2= 0 ⇔ α1 = -2
β ) αν = α1 + (ν-1)ω = -2 + (ν-1)2 = -2 +2ν – 2 = 2ν – 4
Ζητείται το ν έτσι ώστε να ισχύει : αν = 98 ⇔
2ν-4 = 98 ⇔ 2ν = 102 ⇔ ν = 51 , άρα ο 51ος όρος είναι ο 98.

29. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
12
18 ) ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ
ΛΥΣΗ
α ) α = x+2 , β = (x+1)2 , γ =3x+2 , Αριθμητικός μέσος ο β
2(x+1)2 = (x+2)+3x+2 ⇔ 2x2+4x+2 = 4x + 4⇔
2x2 = 2 ⇔x = 1 ή x = -1
β ) Για x = 1 οι αριθμοί είναι : 3 , 4 , 5 άρα ω = 4-3 = 1
Για x = -1 είναι x + 2 = 1
(x+1)2 = (-1+1)2 = 0 , 3x+2 = -3 +2 = -1
Άρα οι 1 , 0 , -1 , οπότε ω = -1

30. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
13
ΕΠΙΠΕΔΟ ΘΕΜΑΤΩΝ : ΘΕΜΑ 4ο
17 ΑΣΚΗΣΕΙΣ με Ενδεικτικές Λύσεις
1 )
ΛΥΣΗ
α ) 2x = 2+8 ⇔x = 5 , οι όροι λοιπόν είναι 2 , 5 , 8 ,άρα ω =5-2=3
β ) x2 = 2∙8 ⇔x2 = 16 ⇔x =4 ή x =-4 < 0 Απορρίπτεται
Άρα οι όροι είναι : 2 , 4 , 8 και λ = 2
γ ι) 2,5,8,11 , α1 = 2 ω = 3, το άθροισμα των ν πρώτων όρων είναι :
Sν =
𝜈
2
(4 + 3𝜈 − 3) =
𝜈
2
(3𝜈 + 1)
γ ιι ) Αρχικά θα βρώ το β7 = β1∙λ6 = 2∙26 = 27 = 128
Το Sν υπολογίστηκε παραπάνω άρα αναζητώ το ν αν ισχύει ότι :
2(Sν+24)=β7⇔ 2(𝜈
2
(3𝜈 + 1)+24) = 128⇔
ν(3ν+1)+48=128⇔ 3ν2 +ν +48 – 128 = 0⇔ 3ν2 +ν – 80=0
Δ = 1 +12∙80 = 961 ν1 =
−1+31
6
= 5 , ν2< 0 απορρίπτεται.

31. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
14
2 ) Α.Π και Ωραίο Άθροισμα !!
ΛΥΣΗ
α ) Διαδοχικοί όροι άρα 2x2 + 2x = x2+5+2x+4 ⇔
x2 = 9 ⇔x = 3 ή x = -3
β ι) x = 3 , και α1 , α2 , α3 , 14 , 12 , 10 άρα 12 – 14 = ω ⇔ -2 = ω
β ιι) Ο α4 είναι 14 άρα : α4 = 14 ⇔ α1 + 3ω = 14 ⇔ α1 = 14 + 6=20
20, 18 , 16 , 14 , 12 , 10 η πρόοδος ΜΑΣ.
βιιι) S = S24 - S14 = 12(2∙20+23∙(-2)) -
14
2
(2∙20+13(-2) ) =
=12(40-46)-
14
2
(40-26)=12∙(-6)-
14
2
(14)= -72 – 98 = - 170
3 ) Α.Π και άλλο ένα Ωραίο Άθροισμα !!
ΛΥΣΗ

32. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
15
α )α3 = 8 ⇔ α1 + 2ω = 8 (1)
α8 = 23 ⇔α1 +7ω = 23 (2)
Λύνω το (Σ) 1,2 και έχω ω = 3 και α1 = 2
β ) α31 = α1 + 30ω = 2 + 30∙3 = 2+ 90 = 92
γ ) Το ζητούμενο S γράφεται
S = S31 + (1+2+3+4+……+31) , όμως
στην άσκηση 16 παραπάνω δείξαμε ότι το άθροισμα στην
παρένθεση υπολογίζεται από τον τύπο
𝜈(𝜈+1)
2
, όπου ν = 31
Άρα S =
31
2
(4 + 30 ∙ 3) +
31(31+1)
2
=
31
2
94 + 31∙16 = 31∙47+31∙16=
31(47+16) = 31∙63 = 1953
4 ) ΘΕΜΑ ΕΝΔΟΣΧΟΛΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ (ΚΛΗΡΩΣΗ 2014)
ΛΥΣΗ
α ) α3 = 10 ⇔ α1 + 2ω = 10 (1)
α20 = 61 ⇔α1 +19ω = 61 (2)
Λύνω το (Σ) 1,2 και έχω 17ω = 51 ⇔ ω = 3 και α1 = 4

33. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
16
β ) Αρκεί να υπάρχει ν. Έστω ότι είναι, τότε υπάρχει ν για το οποίο
να ισχύει : αν =333 ⇔ 4 + 3(ν-1)=333 ⇔ 3ν +1 = 333 ⇔ 3ν = 332.
Το 332 δεν διαιρείται με το 3 (άθροισμα ψηφίων 8) άρα δεν είναι
όρος της παραπάνω προόδου ο 333.
γ ) Έστω υπάρχου δ.ο x = αν = 3ν+1 και y = αν+1 = 4 + 3ν.
Από υπόθεση έχω :
x
2
=
𝑦
3
⇔3x = 2y⇔ 3(3ν+1) = 2(4+3ν) ⇔ 9ν+3 = 8+6ν ⇔
3ν=5⇔ ν δεν ανήκει στους φυσικούς, ΑΤΟΠΟ ,
Άρα Δεν υπάρχουν x, yδ.ο για τους οποίους να ισχύει η
x
2
=
𝑦
3
.
5 ) ΒΑΚΤΗΡΙΑ - ΙΟΙ
ΛΥΣΗ
α )Αρχικά έχουμε α1 = 204800 βακτήρια , μετά από μια ώρα έχουμε

34. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
17
α2 = 102400 , μετά από δυο ώρες έχουμε α3 = 51200 , συνεπώς
έχουμε Γ.Π με α1 = 204800 και λ = 2-1
έξι ώρες μετά είναι α7 = α1∙λ6 = 204800∙
1
26
=
204800
64
= 3200
βι+ιι) Τη χρονική στιγμή που τα βακτήρια είναι 6400 = α6 = βο
β1 = 6400∙3 = 19200 , β2 = β1∙3 = 57600 , βν = β1∙3ν-1=19200∙3ν-1
το β1 βρέθηκε παραπάνω και ο λόγος είναι λ=3
με Γ.Τ που φαίνεται και αυτός παραπάνω.
β ιιι )τρεις ώρες μετά είναι β3 = 19200∙9 = 172800
6 ) ΑΛΓΕΒΡΙΚΗ ΑΣΚΗΣΗ !
ΛΥΣΗ
α ) Ξεκινώ απ το 1ο μέλος : α20 – α10 = α1+19ω-α1-9ω = 10ω
β )Άρα 30 = 10ω ⇔ ω = 3 και α1 = 1 είναι αν = α1+(ν-1)ω
⇔αν = 1+3ν-3 = 3ν – 2
γ ) αν≤ 30 ⇔3ν-2 ≤ 30 ⇔ 3ν ≤ 32 ⇔ ν ≤
32
3
≅ 10,6
άρα ο 11ος όρος α11 = 3∙11 – 2 = 33 – 2 = 31 είναι ο 31, ο πρώτος
που περνάει το 30.
δ )αν≤ 60 ⇔3ν-2 ≤ 60 ⇔ 3ν ≤ 62 ⇔ ν ≤
62
3
≅ 20,6 , απάντηση 20
όροι είναι μικρότεροι του 60. Ο α20 = 3∙20 – 2 = 60 -2 = 58 ,
και ο α21 = 61.

35. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
18
7 ) ΤΟΥΡΙΣΤΙΚΟ ΓΡΑΦΕΙΟ & ΠΡΟΣΦΟΡΕΣ
ΛΥΣΗ
α )Ο πρώτος επιβάτης α1 = 3€ , ο δεύτερος α2 = 3,5€ , άρα Α.Π με
ω = 0.5€. Ο τρίτος α3 = α1+2ω = 3 + 1 = 4€ , ο 4ος α4 = 4,5€
β )απαντήθηκαν στο α) ερώτημα και Γ.Τ
αν = α1 + (ν-1)∙0.5 = 3 + 0.5∙ν - 0.5 = 2.5 + 0.5∙ν
γ )Είναι ο 51ος επιβάτης , α51 = 3 + 50∙0.5 = 3 + 25 = 28€
δ )Έστω ν με άθροισμα με τον παραπάνω τρόπο πληρωμής
Sν =
𝜈
2
(6 + (𝜈 − 1)0.5) για να συμφέρει θα πρέπει να ξεπερνά τον
προηγούμενο τρόπο που θα είχε έσοδα 21∙ 30 = 630 €.

36. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
19
Λύνω την ανίσωση Sν>630⇔1260<5.5∙ν + 0.5∙ν2⇔
ν2+11ν –2520> 0
Δ = 121+4∙2520=121 + 10080 = 10201
ν1=
−11+101
2
=
90
2
= 45 , ν2< 0 , άρα θα πρέπει να πουλήσει
τουλάχιστον 45 εισιτήρια για να τον συμφέρει αυτή η προσφορά.
8 )
9 )

37. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
20
10 ) ΩΡΑΙΑ ΑΣΚΗΣΗ – ΘΕΑΤΕΣ ΣΤΟ ΘΕΑΤΡΟ !!
ΛΥΣΗ
α )α1 = 16 , α7 = 28 ⇔ α1 + 6ω = 28 ⇔ 6ω = 12 ⇔ ω = 2
β ) αν = 16 + 2(ν-1) = 14 + 2ν , α20= 16 + 19∙2 = 16+38 = 54
γ )S20=
𝜈
2
(α1+α20) = 10(16+54) = 700 καθίσματα έχει το θέατρο.
δ ι )Τα κενά καθίσματα αποτελούν Α.Π με β1 = 6 και ω = 3 και
βν = 6+3ν-3 = 3 + 3ν
Αναζητούμε το ν έτσι ώστε να ισχύει : αν = βν⇔ 14 + 2𝜈 = 3+3ν
ν = 11 ,άρα απ την 11 σειρά και πέρα θα είναι κενά τα καθίσματα.
Κάθονται λοιπόν θεατές μέχρι την 10η σειρά.
διι)Οι θεατές του θεάτρου είναι :
(α1-β1) +(α2 – β2) + ……………………….+(α10-β10)=S10 – S10΄=
5(2α1 +9∙2) – 5(2β1 +9∙3) = 5∙50 - 5∙39 = 5∙11 = 55 οι θεατές.

38. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
21
11 )
12 ) ΔΙΟΝΥΣΗΣ & ΓΙΩΡΓΟΣ
ΛΥΣΗ
α ) είναι Α.Π με α1 = 3 και ω = α2 – α1 = 7-3 = 4
β ) α40 = α1 + 39∙4 = 3 + 156 = 159
S40 = 20(3 + 159) = 20∙162 = 3240
γ ) Έστω ότι υπάρχει ν τέτοιο ώστε αν = 120 ⇔ 3+4ν-4=120
4ν = 121 , το 121 δεν είναι πολλαπλάσιο του 4 άρα δεν είναι ο
αριθμός 120 όρος της παραπάνω ακολουθίας.
δ ) Ο Γιώργος ξεκίνησε απ τον 163 = α41 = β1

39. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
22
Αναζητώ το ν ώστε βν = 235 ⇔ 163 + 4ν – 4 = 235 ⇔
4ν = 235 – 159 ⇔ ν= 19 , άρα ο Γιώργος έγραψε άλλους 19
αριθμούς.
Sν΄ = S19΄=
19
2
(163 + 235) = 3781, το άθροισμα των αριθμών που
έγραψε ο Γιώργος.
13 )

40. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
23
14 )
15 )

41. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
24
16 )
ΛΥΣΗ
α ) α1= 1 , α2 = 3 , ω = α2 – α1 = 3 -1 = 2 και Γ.Τ
αν = 1+2(ν-1) = 1 + 2ν – 2 = 2ν – 1 εκατοστά μετά από ν λεπτά.
β ) Ζητείται το S5 =
𝜈
2
(2 α1+(ν-1)ω) =
5
2
(2 + 8) = 25 εκατοστά.
γ ) Ζητείται το ν, τα λεπτά δηλαδή ώστε να έχει διανύσει το
μυρμήγκι 100 εκατοστά, άρα :

42. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
25
Sν = 100 ⇔
𝜈
2
(2+2ν-2)=100⇔ν2 = 100 ⇔
ν = 10 , άρα σε 10 λεπτά θα φτάσει απέναντι.
δ ι ) β1= 1 , β2 = 2 , β3 = 4 , λ = 2 και βν = 1∙λν-1 = 2ν-1 εκατοστά το
ν-στο λεπτό.
δ ιι ) Αρκεί να βρω το ν ώστε Sν + Sν΄= 99 , όπου
Sν : συνολική απόσταση που διανύει το μυρμήγκι και
Sν΄ : η συνολική απόσταση που διανύει η αράχνη.
Προφανώς το ν ανήκει στο σύνολο {1,2,3,……..,10} μιας και το
μυρμήγκι σε 10 λεπτά φτάνει στην άλλη άκρη.
Άρα Sν + Sν΄ = 99 ⇔ ν2 + 2ν = 100, η οποία αληθεύει για ν = 6
62 + 26 = 36+64 = 100, άρα σε 6 λεπτά θα βρίσκονται σε απόσταση
1 εκατοστού !

43. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
26
17 )ΠΕΤΡΕΛΑΙΟΚΥΛΙΔΑ
ΛΥΣΗ
α )Γ.Π με α1 = 3 (τέλος της 1ης μέρας) και λ = 2
Άρα ζητείται το α5 ( τέλος της 5ης μέρας) , είναι
α5 = α1∙λ4 = 3∙16 = 48 τ.μ
β ) Αναζητώ το ν ώστε αν = 768 ⇔ α1λν-1 = 768 ⇔ 3∙λν-1 = 768⇔
2ν-1 = 256 ⇔ 2ν = 512 ⇔ ν = 9 , στο τέλος της 9 ης μέρας.
γ )Στο τέλος της 8ης μέρας είναι : α8 = 3∙27 = 3∙132 = 396 τ.μ = β1
Γίνεται επέμβαση και μειώνεται κατά έξι άρα β2 = 396 – 6 = 390 τ.μ
(μια μέρα μετά την επέμβαση )
βν = 396 + (ν-1)(-6) = -6ν +402 (ν-1: μέρες μετά την επέμβαση)

44. ΓΕΛ ΕΞΑΠΛΑΤΑΝΟΥ
Επιμέλεια Λύσεων ,Ιορδάνη Χ. Κοσόγλου , Msc Μαθηματικού
27
βν+1 = 396 – 6ν : ν μέρες μετά την επέμβαση
12 = βν+1⇔ 12 = 396 – 6ν ⇔ 6ν = 384 ⇔ ν = 64, άρα 64 μέρες μετά
την επέμβαση θα υπάρχουν στη θάλασσα 12 τ.μ πετρελαίου.