Równania kwadratowe z parametrem 6

[Niepokonana]

Wyznacz wartości \(\displaystyle{ m}\), dla których oba pierwiastki równania \(\displaystyle{ x^{2}-(m+1)x+m=0}\) są mniejsze niż \(\displaystyle{ 2}\).
Dwa pierwiastki są dla \(\displaystyle{ m \neq 1}\), bo delta wynosi \(\displaystyle{ (m-1)^{2}}\).
\(\displaystyle{ x_{1}+x_{2}<4 \ \ \frac{-b}{a}<4 \ \ m+1<4 \ \ m<3}\)

Tylko problem zaczyna się przy \(\displaystyle{ (x_{1}-2)(x_{2}-2)>0.}\) Jak wszystko pomnożę, to wychodzi mi \(\displaystyle{ x_{1}x_{2}-2(x_{1}x_{2})+4>0}\) i wychodzi mi, że \(\displaystyle{ m<-2}\), a to według odpowiedzi jest źle.

[kerajs]

W
Tylko problem zaczyna się przy \(\displaystyle{ (x_{1}-2)(x_{2}-2)>0}\) Jak wszystko pomnożę to wychodzi mi \(\displaystyle{ x_{1}x_{2}-2(x_{1}x_{2})+4>0}\) i wychodzi mi, że \(\displaystyle{ m<-2}\), a to według odpowiedzi jest źle.

\(\displaystyle{ (x_{1}-2)(x_{2}-2)>0}\)
\(\displaystyle{ x_{1}x_{2}-2(x_{1}+x_{2})+4>0}\)
\(\displaystyle{ m<2}\)


Rozwiązanie alternatywne z położenia paraboli \(\displaystyle{ y=x^2-(m+1)x+m}\) i jej wierzchołka :

\(\displaystyle{ \begin{cases} y(2)>0\\ x_w<2 \\ y_w<0 \end{cases}}\)

[Niepokonana]

Rozwiązanie alternatywne z położenia paraboli \(\displaystyle{ y=x^2-(m+1)x+m}\) i jej wierzchołka :

\(\displaystyle{ \begin{cases} y(2)>0\\ x_w<2 \\ y_w<0 \end{cases}}\)

Co masz na myśli?

[MrCommando]

To samo, co ja, gdy w jednym z Twoich ostatnich tematów proponowałem podejście odwołujące się do geometrycznych intucji. Warunki napisane przez kerajsa można napisać, jak się zastanowi, jak wykres takiej funkcji będzie wyglądał. Tutaj \(\displaystyle{ x_w,y_w}\) oznaczają współrzędne wierzchołka.

[Belf]

Rozwiązanie alternatywne z położenia paraboli \(\displaystyle{ y=x^2-(m+1)x+m}\) i jej wierzchołka :

\(\displaystyle{ \begin{cases} y(2)>0\\ x_w<2 \\ y_w<0 \end{cases}}\)

Trzeci warunek jest zbędny, skoro mamy dwa pierwiastki i dodatni współczynnik przy: \(\displaystyle{ x^2}\)

[Thingoln]

Rozwiązanie alternatywne z położenia paraboli \(\displaystyle{ y=x^2-(m+1)x+m}\) i jej wierzchołka :

\(\displaystyle{ \begin{cases} y(2)>0\\ x_w<2 \\ y_w<0 \end{cases}}\)

Co masz na myśli?

Dobrze, jak inni napisali wyżej, zastanowić się, jak będzie wyglądać wykres tej funkcji kwadratowej. Jeśli wierzchołek funkcji znajduje się poniżej osi OX, czyli \(\displaystyle{ y_w < 0}\), oraz ramiona paraboli są skierowane do góry (a współczynnik przy \(\displaystyle{ x^2}\) na to wskazuje), to wykres funkcji musi w pewnych miejscach przecinać oś OX. Jeśli tak jest, to zastanawiamy się, gdzie musi leżeć wierzchołek, aby były spełnione warunki zadania. Wierzchołek znajduje się pomiędzy miejscami zerowymi, więc na pewno musi leżeć „przed dwójką” (\(\displaystyle{ x_2 < 2}\)); w innym przypadku co najmniej jedno miejsce zerowe tej funkcji leżałoby „na prawo od dwójki”. Mogłoby się jednak zdarzyć, że wierzchołek znajdowałby się w takim miejscu, jednak wykres byłby „rozciągnięty” i jedno z miejsc zerowych i tak znajdowałoby się „na dwójce” albo „na prawo od niej”. Dlatego jest jeszcze jeden warunek, \(\displaystyle{ f(2) > 0}\). Jeśli wartość funkcji dla argumentu \(\displaystyle{ x = 2}\) jest dodatnia, a wierzchołek, jak wcześniej sprawdziliśmy, leży „na lewo od dwójki” i poniżej osi OX, to oznacza to, że gdzieś pomiędzy znajdowało się miejsce zerowe, gdyż z wartości ujemnych funkcja przeszła w wartości dodatnie. Z tego wszystkiego wynika, że oba miejsca zerowe są mniejsze od \(\displaystyle{ 2}\).

Trzeci warunek jest zbędny, skoro mamy dwa pierwiastki i dodatni współczynnik przy: \(\displaystyle{ x^2}\)

Trzeci warunek nie jest potrzebny, ale mimo wszystko myślę, że warto zapisać. Zawsze ma się pewność.

[Niepokonana]

Z tego co wiem, to wierzchołek jest w połowie drogi między miejscami zerowymi. Przynajmniej w normalnych funkcjach bez zbędnych udziwnień.

[Belf]

Jak może być: \(\displaystyle{ y_w>0}\),jeśli trójmian o dodatnim współczynniku przy a , ma dwa miejsca zerowe? O jakiej pewności mówisz ?-- 19 sie 2019, o 13:39 --

Z tego co wiem, to wierzchołek jest w połowie drogi między miejscami zerowymi. Przynajmniej w normalnych funkcjach bez zbędnych udziwnień.

Jeśli trójmian posiada dwa miejsca zerowe,to odcięta wierzchołka paraboli zawsze leży w środku między nimi.

[Thingoln]

Jak może być: \(\displaystyle{ y_w>0}\),jeśli trójmian o dodatnim współczynniku przy a , ma dwa miejsca zerowe? O jakiej pewności mówisz ?

O pewności w trakcie robienia zadania. Oczywiście masz rację, wierzchołek paraboli zawsze będzie w takim wypadku znajdował się poniżej osi OX, ale mam na myśli, że dodanie takiego warunku nie wpływa na poprawność rozwiązania zadania.

[Niepokonana]

Ok, \(\displaystyle{ x_{2}}\) jest między wierzchołkiem a 2. Pytanie brzmi, gdzie konkretnie jest \(\displaystyle{ x_{2}}\).

[Belf]

Ok, \(\displaystyle{ x_{2}}\) jest między wierzchołkiem a 2. Pytanie brzmi, gdzie konkretnie jest x_{2}

Nikt Cię o to nie pyta. Masz znależć wartości parametru \(\displaystyle{ m}\) , dla których obydwa pierwiastki są mniejsze od \(\displaystyle{ 2}\)

[Niepokonana]

No to ja się pytam, jak to zrobić. XDD
Ok, może po prostu będę robiła to tym pierwszym sposobem.

[Belf]

No to ja się pytam, jak to zrobić. XDD
Ok, może po prostu będę robiła to tym pierwszym sposobem.

Przecież takich miejsc zerowych jest nieskończenie wiele.

[Niepokonana]

I w tym jest zasadniczy problem. Skąd wziąć m, które pasuje?
To uczucie, gdy pomylisz 2 i -2 i niechcący tworzysz dziwną dyskusję o niczym.

[Belf]

Przecież masz trzy warunki:

1) \(\displaystyle{ \Delta > 0}\)
2) \(\displaystyle{ x_w < 2}\)
3) \(\displaystyle{ f(2) > 0}\)