funkcja liniowa
Mta: dla jakich wartości parametru a równianie |x−1|=a2−4a−1 ma dwa dodatnie pierwiastki? Z gory
dzięki za odp.
11 paź 23:03
ZKS:
Jakie muszą być założenia aby tutaj były dwa pierwiastki?
11 paź 23:13
Mta: jeżeli miałabym to traktować jako równianie kwadratowe to sądzę, że:
delta > 0
x1 + x2 > 0
x1x2>0
11 paź 23:27
pigor: ... , otóż, warunki zadania będą spełnione , gdy
0< a2−4a−1 < 1 ⇔ 0< a
2−4a+4−5 < 1 /+5 ⇔ 5< (a−2)
2 < 6 ⇔
⇔
√5< |a−2| <
√6 ⇔ |a−2| >
√5 i |a−2|<
√6 ⇔
⇔ (a−2< −
√5 lub a−2 >
√5) i (−
√6< p−2 <
√6) ⇔
⇔ (a< 2−
√5 lub a >2+
√5) i (2−
√6< p < 2+
√6) ⇔
⇔
2−√6< a < 2−√5 lub
2+√5< a < 2+√6 ⇔
⇔
a∊(2−√6; 2−√5) U (2+√5; 2+√6) . ...
11 paź 23:34
ZKS:
|x| = a
Jaki musi być spełniony warunek aby istniały rozwiązania tego wyżej napisanego równania?
11 paź 23:34
ZKS:
Aha to wyjaśniłem i wytłumaczyłem.
11 paź 23:36
Eta:
a2−4a−1 € (0,1)⇒ 0<a
2−4a−1< 1
i dalej jak podał
pigor
11 paź 23:40
Mta: Jeżeli mozna to bardzo chętnie skorzystam z wyjaśnień, bo mało rozumiem z powyższych równań...
11 paź 23:40
ZKS:
Wartość bezwzględna jaka jest zawsze jakie przyjmuje wartości?
11 paź 23:42
Eta:
Rozwiąż układ nierówności :
a2−4a <1 i a2−4a−1>0
i jako odp: wybierz część wspólną obydwu rozwiązań
11 paź 23:43
Mta: ZKS: zawsze dodatnie
11 paź 23:44
ZKS:
Prawie dobrze bo jeszcze jednej liczby brakuje w Twojej wypowiedzi.
11 paź 23:46
Mta: aa .. jeszcze 0
11 paź 23:47
ZKS:
|x| = a
Czyli jakie musi być to a aby były rozwiązania a jakie musi być aby miało dwa rozwiązania?
11 paź 23:51
pigor: ... a więc jak widać mój "gotowiec" nie jest dla wszystkich i o to mi ...
chodzi .
11 paź 23:51
Mta: a musi być większe od zera bądź równe zeru
11 paź 23:53
ZKS:
A jakie musi być a aby miało dwa rozwiązania?
11 paź 23:54
Mta: x=a v x=−a?
11 paź 23:57
ZKS:
Więc jakie to a musi być aby były dwa rozwiązania?
11 paź 23:59
Mta: innych pomysłów nie mam
12 paź 00:00
ZKS:
Dobrze napisałeś jakie musi być a aby miało rozwiązanie a ≥ 0 a jakie musi być a aby
były dwa rozwiązania?
12 paź 00:03
Mta: mam czarna dziurę, naprawdę nie wiem
12 paź 00:05
ZKS:
To podstawmy za a kolejne liczby całkowite dla których mamy rozwiązanie czyli dla
a = 0 później a = 1 i a = 2 powinieneś coś zobaczyć.
|x| = a
12 paź 00:07
ZKS:
Ale miałeś podstawiać kilka kolejnych liczb całkowitych a nie do nieskończoności bo tak to
nigdy nie skończysz.
12 paź 00:51
Aga1.: A może tak
Ix−1I=a2−4a−1
Niech a2−4a−1=b
Wtedy Ix−1I=b ma 2 rozwiązania, gdy b>0
x−1=b lub x−1=−b
x1=b+1 lub x2=1−b
dwa pierwiastki dodatnie
x1>0 i x2>0
b+1>0 i 1−b>0 ⇒b<1 i b>0 z założenia
ostatecznie b>0 i b<1, czyli a2−4a−1>0 i a2−4a−1<1
Dokończ.
12 paź 11:15
pigor: ... trójmian
a2−4a−1= k to wielkość
stała (const.) dla pewnej wartości a ,
narysuj więc sobie wykres funkcji y=|x−1| i y=k=const. to zobaczysz, że musi
być
0< k <1 , czyli
0< a2−4a−1 <1 , aby istniały 2 punkty przecięcia się prostej
y=k równoległej do osi Ox z wykresem funkcji y=|x−1| takie, aby oba miały
odcięte (iksy) dodatnie ... no i tyle . ...
12 paź 12:54
Eta:
Właśnie
to jest to, co przedstawiłam na wykresie ! i tyle w tym temacie
12 paź 13:24
pigor: ... tak
Eta, zgadza się , dlatego nie wiem po co było "męczyć" , biedną
Mta . ...
12 paź 13:43
Eta:
Hehe
też nie wiem, po co?
12 paź 13:51