równanie A.: Proszę o sprawdzenie i ewentualną korektę Dane jest równanie 2cos²x+2cosx+k=0. Warunkiem, by to równanie miało rozwiązanie, jest? 2 cos²x+2cosx+k=0 ozn. t=cosx oraz −1≤t≤1 Δ≥0⇔4−8k≥0⇔k≤0,5

	√4−8k
t1=−0,5+
	4

	√4−8k
t2=−0,5−
	4

teraz rozwiązuję −1 ≤ t1 ≤1 lub −1 ≤ t2 ≤1 (czy tu powinno być może i ) z pierwszego wychodzi mi k∊<−4;0,5> z drugiego wychodzi mi k∊<0;0,5> Jakie powinno być ostateczne rozwiązanie? Czy gdzieś popełniłem błąd? Proszę o pomoc

A.: Możliwa odpowiedź to a) k∊<0;0,5> b) k∊(−4;0,5>

Adamm: x∊<−4;1/2>, błędu nie widzę lub jest poprawnie

A.: tylko, że w odpowiedzi mam k∊(−4;0,5> przedział jest lewostronnie otwarty, to mnie zastanawia

Adamm: tylko dla −4 masz cosx=1

A.: Ok, to może ktoś jeszcze zobaczy. Dam treść zadania: dane jest równanie z parametrem K: 2cos²x+2cosx+k=0. Warunkiem wystarczającym po to, by równanie miało rozwiązanie, jest warunek następujący: a)k∊(−∞;0,5> b)k∊<0;0,5> c)k∊(−4;0,5> Może ktoś jeszcze coś zauważy, wrócę rano. Będę wdzięczny za pomoc

Metis: 2cos²x+2cosx+k=0 Niech t=cos(x) , gdzie t∊<−1,1> Mamy zatem: f(t)= 2t²+2t+k Ta funkcja ma pierwiastki(miejsca zerowe) wtedy, gdy f(t)=0 ⇔ 2t²+2t+k=0 (otrzymujemy równanie kwadratowe). Dane równanie kwadratowe ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy gdy: 1) Δ≥0 oraz 2) t∊<−1,1> Rozwiązujemy: Ad. 1) Δ=4−4*2*k=4−8k≥0 ⇔ 1−2k≥0, stąd

	1
k∊(−∞,		>
	2

Ad. 2) Warunek t∊<−1,1>. Na pewno wierzchołek rozważanej paraboli( wykres funkcji kwadratowej) musi zawierać się w podanym przedziale, stąd: t_w∊<−1,1> ⇔ −1≤t_w≤1 oraz wartości funkcji f(t) na końcach przedziału są dodatnie, zatem: f(−1)>0 i f(1)>0, mamy więc następujący układ równań: | −1≤t_w≤1 1^o. | f(−1)>0 2^o. | f(1)>0 (gdzie symbole | oznaczają klamrę układu równań) 3^o. Spróbujmy rozwiązać podany układ: 1^o:

	−2
−1≤		<1 ( wierzchołek paraboli nie zależy od wartości k)
	2*2

2^o: f(−1)>0 ⇔ 2*(−1)²+2*(−1)+k>0 ⇔ 2+(−2)+k>0 ⇔ k>0 k∊(0,+∞)⇔ 3^o:f(1)>0 ⇔ 2*1²+2*1+k>0 ⇔ 2+2+k>0 ⇔ k>−4 k∊(−4,+∞) Zatem k∊(0,+∞)

	1
Mamy więc: k∊(0,+∞) oraz k∊(−∞,		> , łącząc( wyznaczamy część wspólną) otrzymujemy
	2

ostateczną odpowiedź:

	1
k∊(0,		>
	2

Metis: Z tego co widzę to poprawną odpowiedzią rzeczywiście jest C) Sprawdź moje rachunki, możliwe, że gdzieś się "posypałem".

Metis: Już widzę. Popełniam błąd od Ad. 2). Korekta ... Ad. 2) Warunek t∊<−1,1>. Na pewno wierzchołek rozważanej paraboli( wykres funkcji kwadratowej) musi zawierać się w podanym przedziale, stąd:

	−2
tw∊<−1,1> ⇔ −1≤tw≤1 ⇔ −1≤		≤1 , zatem
	2*2

	1
tw=−		∊<−1,1>
	2

	1		1		1		1
Najmniejszą wartość f(t) mamy w f(−		)= 2*−(		)2+2*(−		)+k= k−
	2		2		2		2

Największa wartość f(t): f(1)=2+2+k=4+k

	1
Zwf=<k−		, 4+k>
	2

Zatem:

	1
k−		≤0≤4+k , stąd
	2

	1
k∊<−4,		>
	2

	1		1
Mamy więc: k∊<−4,		> oraz k∊<−∞ ,		> łącząc( wyznaczamy część wspólną) otrzymujemy
	2		2

ostateczną odpowiedź:

	1
k∊<−4,		>
	2

Dla k=−4 mamy jedno rozwiązanie (cosx=1)

A.: Czy ktoś jeszcze mógłby sprawdzić bo nie mam takiej odpowiedzi.

A.: Ja to liczyłem na zasadzie wyznaczania t1 i t2 oraz późniejszego −1≤ t1≤1 v −1≤t2≤1

A.: Albo można by narysować wykres t(x)=2t²+2t ?