funkcja kwadratowa z parametrem Maciek: wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x² − (2m+1)x + m² + m − 2 = 0 ma dwa rozwiązania, z których jedno znajduje się między liczbami 0 i 2, zaś drugie między liczbami 3 i 5. bardzo proszę o pomoc, nie wiem jak się za to zabrać.

PW: Przypomnijmy sobie, że wykres każdej funkcji kwadratowej postaci f(x) = x²+bx+c powstaje w wyniku przekształcenia wykresu funkcji g(x) = x² za pomocą dwóch przesunięć − równoległego do osi OY i równoległego do osi OX. Po przesunięciu o wektor [0,−v²], (v>0) otrzymamy wykres funkcji h(x)=g(x)−v² = x²−v² = (x+v)(x−v), której miejscami zerowymi są −v i v. Przesunięcie wykresu funkcji h o wektor [u,0] (równolegle do osi OX) zmieni położenie miejsc zerowych, ale nie zmieni ich odstępu. Tak więc liczba u musi być taka, żeby zgodnie z warunkami zadania 3<v+u<5 i 0<−v+u<2, skąd po dodaniu stronami 3<2u<7, (1) 1,5<u<3,5, zaś v musi być taka, żeby odstęp między v a −v, równy 2v, nie był mniejszy od minimalnego odstępu między liczbami przedziałów (0,2) i (3,5) i nie był większy niź największy odstęp między liczbami tych zbiorów. Oznacza to, że 3−2<2v<5−0 (2) 0,5<v<2,5. Punkt (u,−v²) to wierzchołek paraboli,

	−b		−Δ		(2m+1)2−4(m2+m−2)		9
u =		= 2m+1, −v2 =		= −		= −
	a		4a		4		4

	3
u = 2m+1, v =		.
	2

Warunek (2) jest spełniony dla dowolnego m, warunek (1) oznacza, że 1,5 < 2m+1 <3,5 0,5 < 2m <2,5 0,25 <m < 1,25.

Piotr 10: 1⁰ Δ>0 2⁰ f(0) > 0 3⁰ f(2) < 0 4⁰ f(3) < 0 5⁰ f(5) > 0 6⁰ 2 < x_w < 3 Ale pewny nie jestem do końca, jeśli ktoś by mógł to sprawdzić bym był bardzo wdzięczny

PW: 0<x₁<2 3<x₂<5 ========= 3<x₁+x₂<7

	3		x1+x2		7
		<		<
	2		2		2

	3		7
		<xw<
	2		2

Piotr 10: PW czyli poprawić tylko warunek 6⁰ i jest okej ?

Lorak: Cenne rozwiązanie PW. Pierwszy raz z takim sposobem się spotykam. Spróbuję je zrozumieć, choć wiem, że to nie będzie łatwe. Już sam początek sprawia mi problemy. Dlaczego przyjąłeś wektor [0, −v²}? Tzn. dlaczego akurat −v² ?

PW: Żeby miejsca zerowe były v i −v, ładniej wyglądają dalsze zapisy. Oznaczenia mogą być przecież dowolne, byle sensowne. W tym wypadku idzie o to, żeby pociągnąć w dół. Ale przeanalizuj też sposób Piotra 10.

Lorak: ok, dzięki.

PW: Spróbujmy popatrzeć inaczej. W zadaniu idzie o to, by odstęp między miejscami zerowymi funkcji kwadratowej nie był za duży. Oba muszą zmieścić się w przedziale (0, 5) z "dziurą" [2,3]. Policzmy więc jakim wzorem wyraża się x₂−x₁ (przy założeniu, że miejsca zerowe istnieją i x₂>x₁: dla funkcji f(x)=ax²+bx+c

	b		c		b2		ac
(x2−x1)2 = (x2+x1)2 − 4x1x2 = (−		)2 − 4		=		− 4		=
	a		a		a2		a2

	Δ		√Δ
		, a więc x2−x1 =		.
	a2		|a|

W naszym zadaniu x₂−x₁ = √9 = 3, bo Δ=4m²+4m+1−4(m²+m−2) = 9. Widzimy więc, że dwa miejsca zerowe istnieją i ich odległość jest równa 3 − niezależnie od parametru m. Połowa odległości między miejscami zerowymi jest równa 1,5. Warunki postawione w zadaniu będą więc spełnione, jeśli pierwsza współrzędna x_w wierzchołka paraboli (środek odcinka [x₁,x₂]) znajdzie się w takim punkcie, by 0 < x_w−1,5 < 2 i 3 < x_w+1,5 < 5, 1,5 < x_w <3,5 i 1,5 < x_w < 3,5 (oba warunki są takie same, można do tego dojść tak jak wczoraj o 23:47, ale tam nie był to warunek dostateczny),

	2m+1
a ponieważ xw =		, pozostaje rozwiązać nierówność
	2

	2m+1
1,5 <		< 3,5
	2

3 < 2m+1 < 7 1 < m < 3.

	b
Wczoraj oczywiście "błysnąłem wiedzą" na temat wierzchołka paraboli i napisałem xw=u =−
	a

	b
zamiast u = −		, co niestety zdarza mi się często, dlatego odpowiedź o 23:04 jest
	2a

błędna. Proszony byłem o wypowiedź na temat sześciu warunków postawionych przez Piotra 10. − Każdy z nich jest słuszny, ale jak widać wystarczyły dwa: Δ>0 i lokalizacja wierzchołka, po zauważeniu że x₂−x₁=3. Myślę, że przy takim podejściu wystarczyłyby 2°, 3°, 4° i 5°, nawet bez liczenia Δ.

ZKS: Nie wiem czy takie myślenie jest również poprawne. 0 < x₁ < 2 3 < x₂ < 5 3 < x₁ + x₂ < 7 3 < 2m + 1 < 7 2 < 2m < 6 1 < m < 3.

PW: Może jestem nadmiernie ostrożny, ale myślę, że nie jest to odpowiedź na postawione pytanie. W ten sposób mamy tylko wynikanie (0<x₁<2)∧(3<x₂<5) ⇒ 1 < m < 3 (jeśli są dwa rozwiązania wpadające w wyznaczone przedziały, to m∊(1,3) ). Odpowiedź na pytanie postawione w zdaniu powinna brzmieć; 1 < m < 3 ⇒ (0<x₁<2∧3<x₂<5) (dla m∊(1,3) równanie ma dwa rozwiązania wpadające w wyznaczone przedziały). Kurde, a mówią że zadania z funkcją kwadratową są takie prościutkie.

ZKS: Można też po prostu obliczyć te pierwiastki. Δ = 9 √Δ = 3

	2m + 1 − 3
x1 =		= m − 1
	2

	2m + 1 + 3
x2 =		= m + 2
	2

0 < x₁ < 2 0 < m − 1 < 2 1 < m < 3 3 < x₂ < 5 3 < m + 2 < 5 1 < m < 3 Część wspólna i mamy m ∊ (1 ; 3).

PW: Tak, i to jest najprostszy sposób, który należałoby zalecić uczniom, widoczne jest istnienie rozwiązań i równoważność 1 < m < 3 ⇔ x₁∊(0,2)∧x₂∊(3,5). Jasne chyba jest, że ja się trochę od wczoraj bawię tematem.

Janek: Odgrzewam kotleta, ale mam pytanie. W jaki sposób ZKS obliczył Δ=9? Mi delta tego równania wychodzi Δ=−4m+9 Prosze o pomoc, jutro sprawdzian ; )

PW: Δ = [−(2m+1)]² − 4•1(m²+m−2) = 4m²+4m+1 − 4m²−4m + 8 = 1+8 = 9

Janek: już wiem gdzie błąd robiłem. W wzorach skróconego mnożenia wychodziło mi nie wiedzieć dlaczego −4m. Dziękuję PW!