задача с параметър 2

[milen]

за тази задача ще разгледам два случая. след като положа отново [tex]2^{х}[/tex] = т >0 разглеждам първи случай, когато а>0 Д<0 и получавам, че [tex]а\in[/tex] (-1;1) . Сега замествам с -1 и 1 а , за да проверя дали условието е изпълнено в случая за всяко т. обаче получавам формули [tex](т-1)^{2}[/tex] и [tex](т+1)^{2}[/tex] и оттук не знам как да продължа...

[Davids]

При първото уравнение имаш да направиш точно това - полагаш $t = 2^x$ и неравенството придобива вида $t^2 - 2at + 1 > 0$.
Понеже $t = 2^x > 0$, то имаш два случая - един случай, в който въобще не съществуват реални $t$, за които $f(t) < 0$ (т.е. при отрицателна дискриминанта), и един случай, в който има такива стойности, но те са само отрицателни.
Разглеждаме ги:
I) $D = 4a^2 - 4 < 0$
$a^2 < 1$
$a \in (-1; 1)$

II) този случай ще го подсигурим, като намерим стойностите на параметъра, за които върха (или в случая с положителен коефициент пред втората степен - дъното) на параболата е при $t$ - отрицателно, и след това се подсигурим, че $f(0) \ge 0$ (принципно, ако следваме теорията на разпределението на корените на квадратно уравнение, в този случай би следвало и да проверим за строго неотрицателна дискриминанта, но така или иначе ще обединим решенията с решението на горното, което пък ни включва и отрицателната дискриминанта, така че ще си го спестим). Решаваме:
[tex]\begin{array}{|l} t_0 = -\frac{-2a}{2} = a < 0 \\ f(0) = 1 \ge 0 \forall a \end{array}[/tex]
Решение на системата е $a < 0$
Обединяваме отговорите и получаваме $a \in (-\infty; 1)$

[Davids]

Идеята на втората подточка се състои в следното: полагаш $t = 2^{-x^2}$, което веднага ти дава $t \in (0; 1]$. Имаш неравенството
$f(t) = t^2 - 4at + a - 2 < 0$ и трябва единствено да се подсигуриш, че то ще е удовлетворено за $t \in (0; 1]$, т.е. (отново взимаме предвид положителния коефициент пред $t^2$) че ще имаш два различни реални корена и числата $0$ и $1$ ще са между тях (като 1 може и да съвпада с корена). Решаваме:
[tex]\begin{array}{|l} D = 16a^2 - 4a + 8 > 0 \forall a \\ f(0) < 0 \Rightarrow a < 2 \\ f(1) \le 0 \Rightarrow a \ge -\frac{1}{3} \end{array}[/tex]
И решението е окончателно $a \in [-\frac{1}{3}; 2)$

[123a]

При първото уравнение имаш да направиш точно това - полагаш $t = 2^x$ и неравенството придобива вида $t^2 - 2at + 1 > 0$.
Понеже $t = 2^x > 0$, то имаш два случая - един случай, в който въобще не съществуват реални $t$, за които $f(t) < 0$ (т.е. при отрицателна дискриминанта), и един случай, в който има такива стойности, но те са само отрицателни.
Разглеждаме ги:
I) $D = 4a^2 - 4 < 0$
$a^2 < 1$
$a \in (-1; 1)$

II) този случай ще го подсигурим, като намерим стойностите на параметъра, за които върха (или в случая с положителен коефициент пред втората степен - дъното) на параболата е при $t$ - отрицателно, и след това се подсигурим, че $f(0) \ge 0$ (принципно, ако следваме теорията на разпределението на корените на квадратно уравнение, в този случай би следвало и да проверим за строго неотрицателна дискриминанта, но така или иначе ще обединим решенията с решението на горното, което пък ни включва и отрицателната дискриминанта, така че ще си го спестим). Решаваме:
[tex]\begin{array}{|l} t_0 = -\frac{-2a}{2} = a < 0 \\ f(0) = 1 \ge 0 \forall a \end{array}[/tex]
Решение на системата е $a < 0$
Обединяваме отговорите и получаваме $a \in (-\infty; 1)$

Забравил си D>0 във втората система. И обединението от решенията на двете системи не ти е вярно. Някак налучка отговора

[Davids]

Забравил си D>0 във втората система. И обединението от решенията на двете системи не ти е вярно. Някак налучка отговора

Е, тук вече се заяждаш Изтъкнах изрично причината за изпускането на дискриминантата - в частния случай със задачата е излишно. А в обединението на $(-1; 1) \cup (-\infty; 0) \Rightarrow (-\infty; 1)$ кое е грешното? А това с обвинението в налучкването вече е некоректно

[123a]

Забравил си D>0 във втората система. И обединението от решенията на двете системи не ти е вярно. Някак налучка отговора

Е, тук вече се заяждаш Изтъкнах изрично причината за изпускането на дискриминантата - в частния случай със задачата е излишно. А в обединението на $(-1; 1) \cup (-\infty; 0) \Rightarrow (-\infty; 1)$ кое е грешното? А това с обвинението в налучкването вече е некоректно

Изобщо не се заяждам. обединението ти е грешно.

Ще ти предложа моето решение:

1 Когато изобщо нямаме корени ) $D<0=> a\in(-1;1)$

2. Когато имаме корени ще искаме да е изпълнено $y \in(0;y_1)\cup(y_2;+\infty)$

Имаме системата [tex]\begin{cases} D > 0 \\ f(0)>0 \\-\frac{b}{2a}>0 \end{cases}[/tex] с решение $a>1$

И накрая като обединим двете решения, получаваче $a\in(-1;1)\cup(1;+\infty)$, което е еквивалентно на $a>-1$ като краен отговор.

[Davids]

Добре де, аз ли нещо не схващам. Първо, със сигурност всички отрицателни стойности на параметъра влизат в решението, защото така самия тричлен става сбор от строго положителни числа... Вземи например $a = -2$. Освен това за $a = 1$ имаме корен на тричлена $x = 0$, който го занулява (т.е. при $a = 1$ не е валидно неравенството за всяко $х$). Идеята ми е, че $а > -1$ със сигурност не е решението, освен ако кардинално нещо не схващам погрешно за самото условие... И не приемай написаното с погрешен тон

[123a]

Добре де, аз ли нещо не схващам. Първо, със сигурност всички отрицателни стойности на параметъра влизат в решението, защото така самия тричлен става сбор от строго положителни числа... Вземи например $a = -2$. Освен това за $a = 1$ имаме корен на тричлена $x = 0$, който го занулява (т.е. при $a = 1$ не е валидно неравенството за всяко $х$). Идеята ми е, че $а > -1$ със сигурност не е решението, освен ако кардинално нещо не схващам погрешно за самото условие... И не приемай написаното с погрешен тон

След като положим $2^x=y$, имаме като ДМ $y>0$. Значи задачата се свежда до това да се намерят стойностите на реалния параметър а, за които полученото уравнение след полагането, демек $y^2-2ay+1>0$, е изпълнено за всяко $y>0$. На нас ни трябват само положителни $y$-ци, защото след като се върнем в полагането и заместим, винаги ще имаме решение и така условието на задачата уравнението преди полагането да е изпълнено за всяко х, винаги ще е изпълнено. Казано по-кратко- искаме уравнението след полагането да има положителни корени.

[Davids]

...защото след като се върнем в полагането и заместим, винаги ще имаме решение и така условието на задачата уравнението преди полагането да е изпълнено за всяко х, винаги ще е изпълнено. Казано по-кратко- искаме уравнението след полагането да има положителни корени.

Ами нали точно наличието на корени за $x$ означава, че тричлена не е строго положителен, а има нули. Което е точно обратното на търсеното в задачата и точно затова търсим само отрицателни корени за $y$, защото по този начин всичко от нулата напред е положително, т.е. за всяко $y > 0$ (което съответства на $\forall x$, тъй като $y > 0 \forall x$) ще е изпълнено, че $f(y) > 0$, а оттам и за всяко хикс.

[123a]

...защото след като се върнем в полагането и заместим, винаги ще имаме решение и така условието на задачата уравнението преди полагането да е изпълнено за всяко х, винаги ще е изпълнено. Казано по-кратко- искаме уравнението след полагането да има положителни корени.

Ами нали точно наличието на корени за $x$ означава, че тричлена не е строго положителен, а има нули. Което е точно обратното на търсеното в задачата и точно затова търсим само отрицателни корени за $y$, защото по този начин всичко от нулата напред е положително, т.е. за всяко $y > 0$ (което съответства на $\forall x$, тъй като $y > 0 \forall x$) ще е изпълнено, че $f(y) > 0$, а оттам и за всяко хикс.

Сега като разгледах пак задачата, имаш право. Наистина търсим отрицателни корени. Извинявам се за объркването. Все пак, трябва да добавиш D>0 във втората система. Така от двата случая обединените решения ще са $a\in(-\infty;-1)\cup(-1;1)$, което ти дава a<1.

[Davids]

Сега като разгледах пак задачата, имаш право. Наистина търсим отрицателни корени. Извинявам се за объркването. Все пак, трябва да добавиш D>0 във втората система. Така от двата случая обединените решения ще са $a\in(-\infty;-1)\cup(-1;1)$, което ти дава a<1.

Идеята защо съм си позволил да изпусна дискриминантата е понеже обединяваме двата случая - в първия случай сме взели отрицателната (и тя вече влиза в решението), а в другия случай и положителната ни влиза в решението на системата (разбира се, пресечено с другите условия в системата). Прав си, не е правилна практика, но поне в този случай и може да се пропусне. Отговорът излиза, не изпускаме решения (надявам се стана ясни защо). Но приемам стилистическата забележка. Радвам се, че постигнахме консенсос.

[123a]

Сега като разгледах пак задачата, имаш право. Наистина търсим отрицателни корени. Извинявам се за объркването. Все пак, трябва да добавиш D>0 във втората система. Така от двата случая обединените решения ще са $a\in(-\infty;-1)\cup(-1;1)$, което ти дава a<1.

Идеята защо съм си позволил да изпусна дискриминантата е понеже обединяваме двата случая - в първия случай сме взели отрицателната (и тя вече влиза в решението), а в другия случай и положителната ни влиза в решението на системата (разбира се, пресечено с другите условия в системата). Прав си, не е правилна практика, но поне в този случай и може да се пропусне. Отговорът излиза, не изпускаме решения (надявам се стана ясни защо). Но приемам стилистическата забележка. Радвам се, че постигнахме консенсос.

Първият проблем е оправен, ама това за Д май ще го мъчим още

Няма как без Д във втората система да получиш a<1 като краен отговор. Добавяйки D>0, имаме системата [tex]\begin{cases} a<0 \\ a^2-1>0 \end{cases}[/tex] с решение $a<-1$ и от тук вече идва и крайното решение след обединяване на $a\in(-\infty;-1)\cup(-1;1)$. Няма как при теб от $a\in(-1;1)\cup(-\infty;0)$ да следва $a<1$

[Davids]

Няма как без Д във втората система да получиш a<1 като краен отговор. Добавяйки D>0, имаме системата [tex]\begin{cases} a<0 \\ a^2-1>0 \end{cases}[/tex] с решение $a<-1$ и от тук вече идва и крайното решение след обединяване на $a\in(-\infty;-1)\cup(-1;1)$. Няма как при теб от $a\in(-1;1)\cup(-\infty;0)$ да следва $a<1$

Скрит текст: покажи

Всъщност обединението на $a\in(-1;1)\cup(-\infty;0)$ е точно $a \in (-\infty; 1)$

Да, отговорите ни на втората система не съвпадат, понеже умишлено съм изтървал клауза, непроменяща крайния отговор така или иначе, но затова пък променяща изхода на втората система. Погледни го така: имаш да обединиш решенията на (1) $D < 0$ от една страна и (2) $\begin{array}{|l} D \ge 0 \\ a \in (a; b) \end{array}$. Второто неравенство от системата вдясно си представи, че е просто някакво ограничение, достигнато от другите неравенства в системата. Така, така или иначе сечеш двата интервала от системата в дясно. Да, обаче, (1), обединено с първото неравенство от (2), ни дава цялата числова ос като ограничение, така че дали ще обединиш със сечението на $D \ge 0 \cap a \in (a; b)$ или само с $a \in (a; b)$ е безразлично и се постига един и същи резултат. По-просто обяснено ще го перифразирам така: всичко, което в (2) излиза от интервала $D \ge 0$, автоматично влиза в (1) и отново принадлежи към обявеното решение накрая. А след това (1) така или иначе ще пресечем с $a \in (a; b)$. И решения не се губят. С това наистина ми се изчерпва обяснението и повече нямам какво да кажа, надявам се да съм си изяснил идеята и защо е теоретически издържан умишленият пропуск на тази проверка Но съм съгласен с теб, че нищо не вреди и е препоръчително да се записва за пълнота на решението... просто реших да си го позволя като улеснително съображение в частния случай