Wzory vieta Kaczapuri: Mam problem z dwoma zadaniami Wyznacz wartości parametru m, dla których pierwiastki x1 i x2 równania x2−(m−2)x−m−5=0 są mniejsze od 1? tu wychodzi mi ze delta jest zawsze wieksza od zera, potem licze sobie x1 jako −b−√Δ/2a<1 i x2 jako −b+√Δ/2a<1 i cos nie chce wyjsc Wyznacz takie wartości m, dla których różne pierwiastki x1 𝑖 x2 równania x² − (m + 1)𝑥 − 𝑚 = 0 spełniają warunek |𝑥1 − 𝑥2| = 1.Delta wychodzi, a mam problem z wartoscia bezwzgledna Prosze o pomoc

wredulus_pospolitus: Zad 1: zauważ, że a = 1 > 0 czyli ramiona skierowane do góry skoro Δ > 0 dla dowolnego m to wtedy zauważ, że: f(x) = x² − (m−2)x − (m+5) f(−1) ≥ 0 ∧ x_wierzchołka > −1 sprawi, że będziemy mieli pewność, że oba pierwiastki będą 'na prawo' od x = −1

chichi: (1) parabola ma ramiona skierowane w górę więc wypychamy wierzchołek na lewo od 1, a wartość funkcji dla argumentu równego 1 nad oś OX, zatem: Warunki: p < 1 oraz f(1) > 0 (no i ta przez ciebie już wspomniana delta) (2) |x₁ − x₂| = 1 ⇔ (x₁ − x₂)² = 1

janek191:

	− b − √Δ		− b + √Δ		−2√Δ		√Δ
x1 − x2 =		−		=		= −
	2 a		2a		2a		a

więc

	√Δ
I x1 − x2 I =
	a

wredulus_pospolitus: Zad 2. Tu natomiast bym skorzystał z innego faktu zauważ, że jeżeli x₁ i x₂ są pierwiastkami tego równania (x₁ < x₂) i zapiszemy sobie funkcję: f(x) = x² − (m+1)x − m to mamy x_wierzchołka − x₁ = x₂ − x_wierzchołka (są 'równo oddalone' od wierzchołka) zauważ w takim razie, że |x₁−x₂| jest niczym innym jak podwojoną odległością miejsca zerowego paraboli od odciętej wierzchołka.

	1
w takim razie xwierzchołka = x1 +
	2

	1
wiemy, że f(x1) = 0 ... w takim razie f(x1 + 1/2) =		(wynika to z współczynnika przy
	4

najwyższej potędze) skoro znamy y_wierzchołka, to znamy Δ ... skoro znamy Δ to możemy wyliczyć 'm'.

wredulus_pospolitus: a drugi sposób podejścia do zad 2 pokazał Janek

chichi: @wredulus coś Ci dzisiaj nie idzie czytanie poleceń P. S. Nie dopuszczamy równości przy warunku z wartością funkcji

wredulus_pospolitus: @chichi ... masz rację ... i nie f(−1) tylko f(1) oraz x_wierzchołka < 1

Kaczapuri: ok rozumiem wszystko, tylko jeszcze nie wiem co zrobic w sposobie @janek191 , gdyż w tym zadaniu moge obliczyc dwa razy delte i nie wiem ktory podstawic do tego rownania, czy tą pierwszą, czy drugą?

wredulus_pospolitus: heeee Δ = (m+1)² + 4m <−−− tą deltę podstawiasz

Kaczapuri: okej poradzilem sobie dziekuje wszystkim, ale jeszcze jedno pytanie do tego pierwszego zadania i sposobu @chichi , funkcja x2−(m−2)x−m−5 ma jakies sobie dwa rozwiazania, i my chcemy zapewnic, zeby miala wierzcholek na lewo od jedynki, ale nie rozumiem do konca co ma dać to, że wartość tej funkcji dla argumentu 1 musi byc wieksza od zera?

chichi: No zeby "prawa" gałąź paraboli przecięła oś OX przed 1, to wartość w 1 musi być większa od 0, narysuj sobie to na kartce i zrozumiesz, zobacz co się stanie gdy sam wierzchołek będzie na lewo od 1, a wartość np będzie tam mniejsza od 0, to drugie rozwiązanie wypadnie gdzie?

wredulus_pospolitus: skoro ramiona skierowane do góry ... to jeżeli f(1) > 0 to albo oba miejsca zerowe są 'na lewo' od x=1 albo oba miejsca zerowe są 'na prawo' od x=1. x_wierzchołka eliminuje drugą możliwość. natomiast gdybyś miał f(1) < 0 ... to by znaczyło, że jedno miejsce zerowe jest 'na lewo' a drugie 'na prawo' od x=1. Narysuj sobie parę parabol ... to zobaczysz to

chichi: Warunek z wierzchołkiem w naszym przypadku wyciąga mniejsze rozwiązanie przed 1, no ale wciąż to większe może być większe od 1, więc warunek z wartością funkcji dla 1 wyciąga to rozwiązanie przed nią

Kaczapuri: Okej zrozumialem dziekuje bardzo @chichi @wredulus_pospolitus