Matematické Fórum

Jozy · 15. 06. 2010 20:19 — Editoval Jozy (16. 06. 2010 21:42)

Pro jaké $a$ má nerovnice $2>|x+a|+x^2$ alespoň jeden kladný kořen?

$2>|x+a|+x^2$

$x_n \in R^{+}$ pokud $a \in (-\infty;\ 2)$

Prosím o kontrolu, je to nějak moc snadné. Děkuji.

Jozy · 16. 06. 2010 18:02

Takže, mám to správně ?

Pavel Brožek · 16. 06. 2010 18:07

Je lepší editovat původní příspěvek. Když si totiž "odpovíš" ve svém tématu, z přehledu témat to pak vypadá, že už se ti někdo věnuje.

Nerozumím tvému postupu. Kam se ztratí absolutní hodnota? Co je $x_n$ ? (Nikde předtím se o něm nezmiňuješ.)

Pavel Brožek · 16. 06. 2010 18:42

Dobře to není. Řešil jsem to takto:

Zajímal jsem se, pro jaké dvojice (a,x) může být nerovnost splněna. Vzal jsem si fixní x a řešil jsem to jako nerovnici v proměnné a s parametrem x. Dostal jsem tak řešení, z kterého už se jistým způsobem dá určit odpověď na otázku "pro jaká a má nerovnice alespoň jeden kladný kořen".

Jozy · 16. 06. 2010 21:41 — Editoval Jozy (16. 06. 2010 21:43)

↑ BrozekP:
Jo ten postup je blbej, už to vidím, ale alespoň tu pravou část intervalu mám dobře ne?

$x_n$ je nějaký kořen rovnice (má být kladný).

Ještě nikdy sem nerovince tohoto typu, neřešil (2. řád + parametr + absolutní hodnota), nevím jak na to, moh bys mi to ukázat?

Pavel Brožek · 16. 06. 2010 21:51

S tou dvojkou souhlasím.

Napsal jsem, jak jsem to řešil. Když to řešíš jako nerovnici pro a s parametrem x, tak je to poměrně jednoduché.

$|a-(-x)|<2-x^2$

"Vzdálenost a od -x je na reálné ose menší než $2-x^2$ ." Pokud je pravá strana kladná, pak to má řešení $a\in$-x-(2-x^2),-x+(2-x^2)$$ , pokud je pravá strana nekladná, tak to nemá řešení. Teď si můžeš v rovině (x,a) (na vodorovnou osu dávej např. x, na svislou a) znázornit množinu řešení. Z toho už by mělo být jasné, jak určíš dolní hranici pro a, kdy ještě existuje řešení.

Jozy · 16. 06. 2010 23:34

Ach jo, ja to neumím takhle řešit, sem ve druháku a nepamatuji jsi, že bychom se někdy učili znázornit v rovině tak složitá řešení jako $a\in$-x-(2-x^2),-x+(2-x^2)$$ cos napsal.
Nejde to nějak tak, že si tu abs. hodnotu rozdělím na 2 rovnice v jedné budu mít $x-a$ , ve druhé pak $x+a$ , v každé z nich najdu interval pro $a$ , aby bylo $x$ kladné a nakonec ti intervaly sjednotím? Nebo tak něco.

zdenek1

↑ Jozy:
Jistěže to jde. Ale není to moc elegantní.
$x^2+|x+a|-2<0$
a) $x+a\geq0$
$x^2+x+a-2<0$
$x_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{1-4(a-2)}}2=\frac{-1\pm\sqrt{9-4a}}2$ .
Protože koeficient u kvadratického členu je kladný, řešení bude interval $\left(\frac{-1-\sqrt{9-4a}}2;\frac{-1+\sqrt{9-4a}}2\right)$
Jestliže je aspoň jedna hodnota z tohoto intervalu kladná, je kladná i pravá hranice (a levá určitě není)
$\frac{-1+\sqrt{9-4a}}2>0$ a současně výraz pod odmocninou musí být kladný $9-4a>0$ (obecně je tam $\geq$ , ale tady rovnost nejde, protože by byl jen jeden kořen $x=-\frac12$ ).
z první nerovnice $\sqrt{9-4a}>1\ \Rightarrow\ a<2$ , z druhé $a<\frac94$ . Obě podmínky musí platit současně, takže $a<2$

b) $x+a<0$
$x^2-x-a-2<0$
$x_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt{1-4(-a-2)}}2=\frac{1\pm\sqrt{9+4a}}2$
Řešení interval $\left(\frac{1-\sqrt{9+4a}}2;\frac{1+\sqrt{9+4a}}2\right)$

tady je pravá hranice kladná vždy, když $9+4a\geq0\ \Rightarrow\ a\geq-\frac94$

Nerovnice bude mít aspoň jeden kladný kořen, když $a\in\langle-\frac94;2)$

Pavel Brožek

↑ zdenek1:

Tomu rozdělení na a), b) nerozumím. Nemělo tam být a) $x+a\geq0$ , b) $x+a<0$ ?

zdenek1 · 17. 06. 2010 10:04

↑ BrozekP:
Jo, překlep, opraveno

Pavel Brožek · 17. 06. 2010 10:10

↑ zdenek1:

Pak si také myslím, že pro $a=-\frac94$ nebude mít nerovnice kladný kořen.

Pavel Brožek · 17. 06. 2010 10:21

V případě a): Pro $a\geq\frac94$ je jasné, že žádné řešení neexistuje. Pokud ale $a<\frac94$ , vychází nám řešení jako průnik.

$x\in\left(\frac{-1-\sqrt{9-4a}}2;\frac{-1+\sqrt{9-4a}}2\right)\cap\[-a,+\infty\)$

Aby to bylo kompletní, myslím, že bychom měli ještě ověřit, že skutečně $-a<\frac{-1+\sqrt{9-4a}}{2}$ . To platí pouze pro $a\in(-\sqrt2,\frac94)$ , v případě a) tak dostáváme $a\in(-\sqrt2,2)$ .

V b) to bude podobné:

$x\in\left(\frac{1-\sqrt{9+4a}}2;\frac{1+\sqrt{9+4a}}2\right)\cap(-\infty,-a)$ .

Musíme ověřit, že $-a>0$ a zároveň $-a>\frac{1-\sqrt{9+4a}}2$ . Dostaneme tak $a\in(-\frac94,0)$

Teprve sjednocením výsledků pro $a$ z a) a b) (stačí, když bude existovat jedno kladné x, nezáleží, jestli jsme ho dostali v a) nebo b)) dostáváme výsledek:

$a\in$-\frac94,2$$

zdenek1 · 17. 06. 2010 12:18

↑ BrozekP:
No vždyť jsem psal, že tahle metoda není nic moc. :-)

Pavel Brožek · 17. 06. 2010 12:23

↑ zdenek1:

Souhlasím, proto jsem se tomu chtěl vyhnout :-).

jelena · 17. 06. 2010 16:55

↑ zdenek1:, ↑ BrozekP:

Já bych si to nakreslila: $f(x)=2-x^2$ a $g(x)=|x+a|$ a s g(x) "pojezdila" po ose x, ovšem to by se neuznalo (odpusť, Mariane :-) a momentálně musím pojezdit s vysavačem.

Zdravím.

jelena · 18. 06. 2010 00:24 — Editoval jelena (18. 06. 2010 00:37)

ještě doplním, jak jsem kreslila: $f(x)=2-x^2$ - parabola s vrcholem - maximem (0, 2), $g(x)=|x+a|$ "V-čko" se sklonem 45 stupňů a vrcholem - minimem (-a, 0).

Pokud umístím $g(x)=|x+a|$ doleva do záporných hodnot x, tak při posunu po ose x je vidět, že první hraniční hodnota, ve je kořen nerovnice nulový (a po tomto budu je již kladný), je tehdy, když pravé rameno V-čka prochází bodem (0, 2). Jelikož pravému ramenu odpovídá funkce $f(x)=x+a$ , odsud $2=0+a$ , nebo pro nerovnici je to $x+a\leq2$

Pravá hraniční hodnota nastává, když levé rameno V-čka se stává tečnou pro pravou vetev paraboly. Levemu ramenu odpovídá funkce $f(x)=-x-a$ . Zde řešíme kvadratickou rovnici s parametrem a případ, že $D\geq 0$

Musela jsem použit "a rovná se" (abych mohla využit své hraniční podmínky), v zápisu intervalu pro $a$ už nebude použito.

Ale to je postup jen pro pobavení o poutich, asi by se neuznal.

EDIT: opravena souřadnice vrcholu V-čka - ve smyslu následujícího příspěvku, děkuji kolegovi Zdeňkovi.

zdenek1 · 18. 06. 2010 00:33

jelena napsal(a):
ještě doplním, jak jsem kreslila: $f(x)=2-x^2$ - parabola s vrcholem - maximem (0, 2), $g(x)=|x+a|$ "V-čko" se sklonem 45 stupňů a vrcholem - minimem (a, 0).

s minimem $[-a;0]$

jelena · 18. 06. 2010 00:35

↑ zdenek1: ano, děkuji, opravím (na pouti se to ztratí).

Matematické Fórum

#1 15. 06. 2010 20:19 — Editoval Jozy (16. 06. 2010 21:42)

Kvadratická nerovnice s parametrem

#2 16. 06. 2010 18:02

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#3 16. 06. 2010 18:07

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#4 16. 06. 2010 18:42

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#5 16. 06. 2010 21:41 — Editoval Jozy (16. 06. 2010 21:43)

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#6 16. 06. 2010 21:51

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#7 16. 06. 2010 23:34

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#8 17. 06. 2010 09:42 — Editoval zdenek1 (17. 06. 2010 12:08)

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#9 17. 06. 2010 10:00 — Editoval BrozekP (17. 06. 2010 10:09)

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#10 17. 06. 2010 10:04

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#11 17. 06. 2010 10:10

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#12 17. 06. 2010 10:21

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#13 17. 06. 2010 12:18

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#14 17. 06. 2010 12:23

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#15 17. 06. 2010 16:55

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#16 18. 06. 2010 00:24 — Editoval jelena (18. 06. 2010 00:37)

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

#17 18. 06. 2010 00:33

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

jelena napsal(a):

#18 18. 06. 2010 00:35

Re: Kvadratická nerovnice s parametrem

Zápatí