Comparatia radacinilor unei ecuatii de gradul al doilea cu doua numere reale distincte Fie ecuatia de gradul al doilea ax 2 + bx + c = 0 si numerele reale α,β ( α ≤ β ). Ne propunem sa stabilim seturile de conditii care trebuie puse pentru pozitionarea corecta a radacinilor reale ale ecuatiei date (deci conditia ∆ ≥ 0 nu trebuie defel uitata). Am vazut ca la comparatia radacinilor cu un singur numar real α apareau trei cazuri distincte. Aminteam acolo ca problema se poate rezolva relativ simplu notand y=x-α α si studiind apoi semnele ecuatiei in y care se obtine. Pentru stabilirea pozitiei in raport cu doua numere α si β date ( α ≤ β ), problema nu mai este la fel de simpla (desi se poate efectua substitutia x −α y= ). Apar urmatoarele 6 cazuri (cu modificari evidente cand x−β inegalitatile sunt stricte): I) x1 ≤ x 2 ≤ α ≤ β II) x1 ≤ α ≤ x 2 ≤ β III) α ≤ x1 ≤ x 2 ≤ β IV) x1 ≤ α ≤ β ≤ x 2 V) α ≤ x1 ≤ β ≤ x 2 VI) α ≤ β ≤ x1 ≤ x 2 Cazul I) x1 ≤ x 2 ≤ α ≤ β Setul de conditii echivalent este: af (α ) ≥ 0 af (β ) ≥ 0 (1) x ≤ α v
Figura 1. Pentru cazul I.
Nu mai prezentam justificarea acestor conditii; cand am comparat radacinile unei ecuatii de gradul al doilea cu un numar real α, am observat care este maniera de lucru. af (α ) ≤ 0 Cazul II) x1 ≤ α ≤ x 2 ≤ β ó (2) af (β ) ≥ 0
Figura 2. Pentru cazul II. af (α ) ≥ 0 Cazul III) α ≤ x1 ≤ x 2 ≤ β ó af (β ) ≥ 0 (3) α ≤ x ≤ β v
Figura 3. Pentru cazul III.
af (α ) ≤ 0 Cazul IV) x1 ≤ α ≤ β ≤ x 2 ó af (β ) ≤ 0
(4)
Figura 4. Pentru cazul IV. af (α ) ≥ 0 Cazul V) α ≤ x1 ≤ β ≤ x 2 ó af (β ) ≤ 0
(5)
Figura 5. Pentru cazul V.
af (α ) ≥ 0 Cazul VI) α ≤ β ≤ x1 ≤ x 2 ó af (β ) ≥ 0 x ≥ β v
(6)
Figura 6. pentru cazul VI. Observatie. In unele exercitii (in functie de cerinte) este necesar si studiul cazului in care ecuatia nu admite radacini reale ( ∆ < 0 ). Exercitiu rezolvat (admitere, 1986) Sa se determine m ∈ R astfel incat functia f m ( x ) = 5m 2 x 2 − (5m + 1)x + 1 sa pastreze semn constant pe intervalul (− 1,1) . Solutie. Avem trei posibilitati: a) fie functia data nu are radacini reale, deci pastreaza semn constant pe R, deci si pe intervalul (− 1,1) b) fie functia data are radacini reale, dar acestea nu apartin intervalului (− 1,1) . Aici vor aparea mai multe subcazuri, pe care le vom studia in mod separat. c) cazul special m=0 il vom studia separat. Cazul a) Se pune conditia: 5+ 2 5 2 5 −5 ∆ < 0 ⇔ 5m 2 + 10m + 1 < 0 ⇔ m ∈ − , 5 5 Cazul b) Punem mai intai conditia: 5 + 2 5 2 5 − 5 not ∪ ∆ ≥ 0 ⇔ m ∈ − ∞,− , ∞ = A 5 5
Pentru ca radacinile x1 , x 2 ale ecuatiei date sa nu se afle in intervalul (− 1,1) , trebuie sa ne situam intr-unul din cazurile I, IV sau VI explicate in breviarul teoretic. Calculam separat: f (− 1) = 5m 2 + 5m + 2 f (1) = 5m 2 − 5m Punem pe rand seturile de conditii echivalente (cu inegalitati stricte): 5m 2 + 5m + 2 > 0 5m 2 f (− 1) > 0 m ∈ R 2 2 (I): 5m f (1) > 0 ó 5m − 5m > 0 ó m ∈ (− ∞,0 ) ∪ (1, ∞ ) m ∈ ∅ 5m + 1 10 2 + 5 + 1 m m < − 1 <0 2 2 10m 10m è m∈∅ 5m 2 f (− 1) < 0 5m 2 + 5m + 2 < 0 m ∈ ∅ (IV) : 2 ó 2 ó 5m f (1) < 0 5m − 5m < 0 m ∈ (0,1) è m∈∅ 5m 2 + 5m + 2 > 0 5m 2 f (− 1) > 0 ó (VI) : 5m 2 f (1) > 0 ó 5m 2 − 5m > 0 5m + 1 10m 2 − 5m − 1 > 1 <0 10m 2 10m 2 m ∈ R è m ∈ (− ∞,0) ∪ (1, ∞ ) m ∈ 5 − 65 , 5 + 65 20 20 5 − 65 2 5 − 5 è m ∈ ,0 ∩ A = ,0 20 5 Cazul c) Daca m=0, avem f(x)=1-x, care se anuleaza in x=1, deci pastreaza semn constant pe (-1,1). Ramane sa reunim solutiile gasite in cele trei cazuri, obtinand solutia 5+ 2 5 ,0 generala m ∈ − 5 Exercitii propuse. 1) Sa se determine m ∈ R astfel incat multimea: x ∈ R (m − 1)x 2 − 2(m + 1)x + m = 0 ∩ [− 1,1] sa aiba un singur element.
{
}
2) Sa se determine m ∈ R astfel incat multimea: x ∈ R (m + 2 )x 2 − 2(m + 1)x + m + 1 = 0 ∩ [− 1,1] sa aiba doua elemente.
{
}
3) Sa se determine m ∈ R astfel incat: x ∈ R x 2 − 2mx + 4m + 5 = 0 ∩ [5,7] ≠ ∅
{
}
