funkcja vvool: Dana jest funkcja f(x)=4|x|+2(2m+1)*2|x|+4m2−5. Dla jakich wartości m ∊ R nierówność f(x)>0 jest prawdziwa dla wszystkich x∊R?
30 sty 23:14
vvool: up
9 lut 12:36
Jerzy: Podstaw: 2|x| = t i t > 0. Potem ustal warunki dla trójmianu.
9 lut 12:39
iteRacj@: Zauważ, że 4|x|=(2|x|)2, możesz podstawić zmienną pomocniczą.
9 lut 12:39
Jerzy: I rozwiązanie: m < 1
9 lut 13:03
vvool: 2(|x|)=t>0 v(t)=t2+2(2m+1)*t+4m2−5 współczynnik przy x2 jest dodatni plus szukam v(t)>0 czyli najlepiej jakby Δ<0 czy jeszcze jakieś warunki?
9 lut 13:03
Jerzy: To jedyny,ale ja pomyliłem się w rachunkach. Odp: m < −3/2
9 lut 13:06
vvool: odpowiedzią powinno być
 3 −1+3 
m∊(−;−

)U(

;+)
 2 2 
9 lut 13:13
ICSP: Nic nie przeszkodzi jeżeli wielomian będzie miał dwa pierwiastki mniejsze od 1.
9 lut 13:15
Jerzy: Faktycznie, trójmian może mieć rozwiązania, ale nidodatnie ( pierwszy warunek )
9 lut 13:16
Jerzy: Racja, 2|x| ≥ 1
9 lut 13:19
vvool: czyli 2x>0 dla każdego x? natomiast 2|x|≥1 dla każdego x?
9 lut 13:24
Jerzy: Tak.
9 lut 13:25
vvool: ciekawe, pierwszy raz z takim warunkiem się spotykam
9 lut 13:26
Jerzy: Popatrz na wykres funkcji f(x) = 2x i zauważ,że dla x ≥ 0 , f(x) ≥ 1
9 lut 13:28
vvool: czyli następny warunek Δ=0 ∧ t0=1
9 lut 13:29
Jerzy: 1) Δ ≥ 0 2) xw < 1 3) f(1) > 0
9 lut 13:33
Jerzy: Te warunki zapewniają,że pierwiastki trójmianu są mniejsze od 1
9 lut 13:35
vvool: Nie rozumiem warunku 2) xw<1
9 lut 13:36
Jerzy: xw to odcięta wierzchołka paraboli.
9 lut 13:42
vvool: No tak tylko czemu ma być mniejsza od 1 a nie od 0 np?
9 lut 13:43
ICSP: Jeżeli masz funkcję kwadratową o dwóch różnych pierwiastkach to jedno z tych rozwiązań jest większe od odciętej wierzchołka a drugie mniejsze. Gdyby wierzchołek byłby większy bądź równy 1 to i jedno rozwiązanie musiałby być większe od 1. Zakładając, że xw < 1 i f(1) > 0 dostajemy pierwiastek z przedziale (xw ; 1) − zastanów się z jakiej reguły jest to wniosek. Drugi jak już wcześniej napisałem jest mniejszy od xw.
9 lut 13:43
vvool: aaaa czaje, że wierzchołek jest pomiędzy miejscami zerowymi na osi X, nie na osi Y
9 lut 13:45
Jerzy: Naszkicuj parabolę o gałęziach do góry i dwóch pierwiastkach mniejszych od 1 i przeanalizuj jeszcze raz te trzy warunki.
9 lut 13:47
Jerzy: Odcięta wierzchołka jest dokładnie w środku między pierwiastkami lub jest pierwiastkiem,gdy Δ = 0
9 lut 13:49
vvool: ten warunek 2) xw<1 po prostu pomylił mi się z warunkiem dotyczącym f(xw)<1 chodzi o to, że działamy na argument, a nie na wartość funkcji w danym argumencie jeszcze muszę to przeanalizować parę min
9 lut 13:53
vvool: rysunekI czy ta przykładowa parabola spełnia te warunki? Δ>0 bo ma 2 pierwiastki xw <1 g(1) >0 niebieska kropka czy źle coś?
9 lut 14:12
Jerzy: Tak.Zauważ,że obydwa miejsca zerowe są mniejsze od 1
9 lut 14:16
vvool: To źle czy dobrze?
9 lut 14:22
Jerzy: Dobrze. Przecież tego chcieliśmy jako drugą opcję.
9 lut 14:24
vvool: rysuneka co by zmieniło jakby parabola wyglądała w ten sposób? Δ>0 g(1)>0 xw>1
9 lut 14:26
Jerzy: Obydwa pierwiastki są większe od 1
9 lut 14:28
vvool: mam mętlik w głowie z tym zadaniem bo niby chodzi nam o nierówność f(x)>0 ale funkcja może mieć jednak pierwiastek czegoś nie rozumiem
9 lut 14:31
ICSP: rozwiąż równanie :
 1 
2|x| =

 2 
9 lut 14:33
vvool: brak rozwiązań
9 lut 14:35
Jerzy: Jeśli t < 1 , to musiałoby być 2|x| < 1 ,a to jest niemożliwe.
9 lut 14:40
vvool: to czy mój drugi wykres jest zły wobec tego?
9 lut 14:41
vvool: chyba, że chodzi o to, że pasuje pierwszy i drugi i trzeba wyznaczyć skrajny po stronie lewej i pasuje każdy po stronie prawej do nieskończoności?
9 lut 14:42
Jerzy: Kuźwa nudzisz. Ustaliliśmy,że przy Δ ≥ 0 musi być t <1 ,czyli pierwszy wykres.
9 lut 14:44
vvool: dobra możemy tak ustalić i zostawić te zadanie tylko, że ja nie rozumiem skąd te warunki
9 lut 14:46
vvool: powiem więcej mogę od razu dać linka do pełnego rozwiązania tego zadania http://strefamatematyczna.uwm.edu.pl/wamat/zadania/roz_04_04_001_1pg.gif proszę bardzo, ale zadając te zadanie tutaj liczyłem na dojście do tego od początku
9 lut 14:47