Równanie wykładnicze z parametrem Rafał28: Dla jakich wartości parametru m, m∊R równanie 3^2x − 2(m−1) * 3^x + m + 5 = 0 ma tylko jeden pierwiastek rzeczywisty. Odpowiedź autora: m∊(−∞, −5)∪{4}. −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Jeśli chodzi o mnie potrafię tylko podstawienie t=3^x, t>0 i policzyć deltę . Nie potrafię rozwiązywać tego typu równań. Nie wiem na co patrzeć. Pomocy. Idę spać.

ZKS: Niech 3^x = t > 0 wtedy nasze równanie będzie postaci t² − 2(m − 1)t + m + 5 = 0 teraz należy rozpatrzyć kiedy mamy jeden pierwiastek rzeczywisty. 1^o Δ = 0 ∧ t₀ > 0 2^o Δ > 0 ∧ t₁t₂ < 0 1^o Δ = 4(m − 1)² − 4(m + 5) = 4m² − 8m + 4 − 4m − 20 = 4m² − 12m − 16 4m² − 12m − 16 = 0 m² − 3m − 4 = 0 m² + m − 4m − 4 = 0 m(m + 1) − 4(m + 1) = 0 (m + 1)(m − 4) = 0 ⇒ m = −1 ∨ m = 4

	−[−2(m − 1)]
to =
	2

2(m − 1)
	> 0 ⇒ m > 1
2

część wspólna m = 4 2^o Δ > 0 (m + 1)(m − 4) > 0 ⇒ m ∊ (−∞ ; −1) ∪ (4 ; ∞) t₁t₂ = m + 5 m + 5 < 0 ⇒ m ∊ (−∞ ; −5) część wspólna to m ∊ (−∞ ; −5). Na koniec sumujemy przypadki 1^o ∪ 2^o i otrzymujemy m ∊ (−∞ ; −5) ∪ {4}.

PW: Gdyby istniały dwa rozwiązania dodatnie t₁ i t₂ równania (1) t²−2(m−1)t+m+5=0, to istniałyby dwie liczby x₁ i x₂ spełniające zadane równanie zmiennej x. Wynika to z różnowartościowości funkcji 3^x. Oznacza to, że musimy zadbać o to, by równanie (1) miało jedno rozwiązanie dodatnie, to znaczy tylko jedno i dodatnie, albo dwa − różnych znaków. Też idę spać.

ZKS: Jeszcze mi się wydaję że należało by rozważyć przypadek kiedy Δ > 0 ∧ t₁t₂ = 0 ∧ t₁ + t₂ > 0.

pigor: ..., warunki zadanie spełnia alternatywa warunków : Δ>0 i równanie ma 2 pierwiastki 3^x różnych znaków lub Δ=0 i 3^x>0 ⇔ ⇔ [4(m−1)²−4(m+5) >0 /:4 i m+5<0] lub 4(m−1)²−4(m+5) =0 ⇔ ⇔ [(m²−2m+1−m−5 >0 i m<−5) lub m²−2m+1−m−5= 0 ⇔ ⇒ (m²−3m−4 >0 i m<−5) lub m²−3m−4= 0 , stąd i wzorów Viete'a ⇔ ⇔ [(m−4)(m+1) >0 i m<−5] lub (m=4 lub m= −1) i 3^x>0 ) ⇔ ⇔ [(m<−1 lub m>4) i m<−5] lub m=4 (m=−1 nie spełnia warunku 3^x>0) ⇔ ⇔ m<−5 lub m=4 ⇔ m∊(−∞;−5)U{4} . ...

pigor: ..., dobranoc

Rafał28: ZKS co do trzeciego warunku t₁t₂ = 0, z tego wynika, że jeden z pierwiastków równania ze zmienną t musi być równy 0. Nasze równanie to: Δ>0 ⇔ m∊(−∞, −1)∪(4, +∞) t² − 2(m − 1)t + m + 5 = 0 ⇔ (t − m + 1 − √(m−4)(m+1))(t − m + 1 + √(m−4)(m+1)) = 0 Postać iloczynowa takiego równania dla t₁=0 istnieje, gdy − m + 1 − √(m−4)(m+1) = 0 ⇔ m = −5 lub, gdy: − m + 1 + √(m−4)(m+1) = 0 ⇔ m∊∅ Dla m=−5 równanie ze zmienną x nie spełnia warunków zadania. Wniosek. Trzeci warunek jest zbędny. Dzięki wszystkim.