Równanie z parametrem lepus: dla jakich wartości parametru m równanie x⁴+(1−2m)x²+m²−1=0 a) Ma dokładnie jedno rozwiązanie b) Ma dokładnie 2 rozwiązania c) Ma dokładnie 3 rozwiązania d) Ma dokładnie 4 rozwiązania Pod x² podstawiam t Mógłby mi ktoś napisać, jakie założenia muszą być spełnione do każdego z podpunktów?

jakubs: a) Co oznacza, że równanie ma jedno rozwiązanie ? Trzeba pomyśleć nad Δ i t. Jakie one muszą być ?

ElizaR: Dyskusja równania bikwadratowego jest z reguły długa.... Daję więc tylko jej szkic Fakt: równanie 4 stopnia da się co najmniej przedstawić jako iloczyn dwóch trójmianów kwadratowych... Zatem możemy przyjąć następującą charakterystykę WIELOMIANOWĄ rozwiązalności tego równania: 0 rozwiązań ⇔ równanie ma postać: (trójmian nierozkładalny)(trójmian nierozkładalny) =0 1 rozw. ⇔ równanie ma postać: a) (x − A)⁴ =0 lub b) ( x − a)² (trójmian nierozkładalny) = 0 2 rozw. ⇔ równanie ma postać: c) ( x − A)( x − B )(trójmian nierozkładalny)=0 d) ( x − A)²( x − B )²=0 e) ( x − A)³( x − B ) = 0 3 rozw. ⇔ równanie ma postać: f) ( x − A )( x − B )( x − C)² = 0 4 rozw. ⇔ równanie ma postać: g) (x − A)(x − B)(x−C)(x −D) = 0. W warunkach tych pojawiają się pierwiastki wielokrotne; musimy zatem zbadać ich występowanie. Fakt: Wielomian przyjmuje pierwiastek k−krotny w danym punkcie, gdy się w nim zeruje w oraz się zerują jego popchodne aż do rzędu k−1, natomiast pochodna rzędu k jest niezerowa w tym punkcie. Badanie istnienia pierwiastka podwójnego: ================================= muszą być spełnione jednocześnie warunki: x⁴+(1−2m)x²+m²−1=0 4x³ + 2(1−2m)x =0 12x² + 2(1 − 2m) = 0. Startując od drugiego z tych warunków otrzymamy: x = 0 dla m = ±1 : wtedy x=0 pojawia się jako "samotny" pierw. podwójny.[ postacie b) i f) ] oraz dla m = 5/4 wynika postać równania ( x + √3/2)²(x−√3/2)² = 0 ( wtedy pierwiastki podwójne wystepują w parze) Badanie pierw. trzy i czterokrotnych: ============================ Stosując analogiczne rozumowanie dla pierw trzy− i czterokrotnych, wnosimy, że takie pojawić się nie mogą [ eliminujemy zatem postacie a) i e) ] Przystępujemy teraz do charakterystyki WYRÓZNIKOWEJ REZOLWENTY ( x² =y) naszego równania: Δ = 5 − 4m. Δ < 0 ⇔ m > 5/4 ⇒ równanie nie ma rozwiązań Δ = 0 dla m = 5/4 stąd mamy znaną już postać równania ( x + √3/2)²(x−√3/2)² = 0 Δ > 0 ⇔ m< 5/4. Otrzymujemy dwa zera rezolwenty, które mogą być: 1) znaków róznych ⇔ m²−1 < 0 ⇔ m ∊ (−1; 1) mamy wtedy DWA rozwiązania na x 2) znaków ujemnych ⇔ (2m −1 < 0 & m² − 1 > 0 ) ⇒ m<−1 BRAK rozwiązań na x 3) znaków dodatnich ⇔ (2m −1 >0 & m² − 1 > 0 ) ⇒ m > 1 (& m< 5/4 ) CZTERY rozwiązania Składając wszystkie warunki powyższej dyskusji otrzymamy: m∊(−∞ ; 1) BRAK rozw. m = −1 JEDNO rozw. m ∊(−1; 1) DWA rozw. m = 1 TRZY rozw. m∊ (1; 5/4) CZTERY rozw. m = 5/4 DWA rozw. m > 5/4 BRAK rozw.

ElizaR: Poprawka : trzeci warunek na pierwiastek podwójny to oczywiscie 12x² + 2(1 − 2m) ≠= 0. To ze zmęczenia. prosze mi wybaczyć...

Jerzy: Podstawienie: x² = t a) 1) Δ = 0 2) x_w = 0 b) 1) Δ = 0 2) x_w > 0 lub 1) Δ > 0 2) t₁*t₂ < 0 c) 1) Δ > 0 2) t₁*t₂ = 0 3) t₁ + t₂ > 0 d) 1) Δ > 0 2) t₁*t₂ > 0 3) t₁*t₂ > 0