równanie z paremetrem Paarn: f(x) = mx² + 2(m−1)x + m + 2 g(x) = x² − mx − 1 Czy istnieje taka wartość m, dla której punkty przecięcia wykresów powyższych funkcji są do siebie symetryczne względem osi rzędnych? Nie mam pojęcia jak się za to zabrać . Wyznaczyłem tylko m, z układu równań, dla których te wykresy przecinają się. Proszę o pomoc.

Paarn: odp w książce mówi, że brak takiego m. Tylko jak tego dowieść?

pigor: .., no to zobaczmy, czy w ogóle istnieje m dla którego równanie f(x)=g(x) ma 2 rozwiązania, czyli wykresy f ig 2 punkty przecięcia (to tak jak samochód stanie zaglądamy najpierw do baku), czyli czy f(x)= g(x) ⇔ mx²+2(m+1)x+m+2)= x²−mx−1 ⇔ ⇔ (m−1)x²+(3m+2)x+m+3= 0 i (a=m−1≠0 i Δ= 9m²+4+12m−4(m²+2m−3) >0) ⇒ m≠1 5m²+4m+20 >0 i wszystko jasne , odpowiedz sobie co i dlaczego . ... −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− p.s. m=0 tez nie spełnia warunków zadania .

Paarn: masz błąd wprzed iksem − powinno być 3m−2..., delta mi wyszla 5m² − 20m + 16

Paarn: Wydaje mi się, że tu chodzi o wzory Vietea plus pierwszą współrzędną wierzchołka obu funkcji. Zatem x₁ = − x₂ z tego wynika, że x₁ + x₂ = 0 a z tego, że m=2/3. Sprawdziłem dla m=2/3 x_w obu funkcji i okazało się, że są różne. Czy to wystarczająco wyklucza symetryczność położenia punktów przecięcia się obu funkcji?

pigor: ..., faktycznie ; przepraszam tam miało było mx²+2(m−1)x+m+2= x²−mx−1 , no to ⇔ (m−1)²+(3m−2)x+m+3 , to Δ= 9m²+4−12m−4(m²−2m−3)= 5m²−20m+16 i oczywiście dalej tak jak piszesz to f(p) ≠ g(p) rozwiązuje nam zadanie (daje taką, a nie inna odpowiedź) po prostu wtedy symetrii S_OY nie ma ; dziękuję za w porę zauważenie błędu