Вправа 7.34 — ГДЗ Алгебра 9 клас Істер
Вправа 7.34. За яких значень $a$ обидва корені рівняння $x^2-(a+1)x-(a+2a^2)=0$ менші від числа 1?
Розглянемо $f(x) = x^2-(a+1)x-(a+2a^2)$ — парабола з гілками вгору ($a_{\text{кв}}=1>0$).
Щоб обидва корені були менші від $1$, необхідно і достатньо виконання трьох умов одночасно:
$\begin{cases} D \geqslant 0, \\ f(1) > 0, \\ \dfrac{x_1+x_2}{2} < 1. \end{cases}$
Умова 1. $D = (a+1)^2+4(a+2a^2) =$
$= a^2+2a+1+4a+8a^2 = 9a^2+6a+1 = (3a+1)^2 \geqslant 0$
— виконується для всіх $a$.
Умова 2.
$f(1) = 1-(a+1)-(a+2a^2) =$
$= 1-a-1-a-2a^2 = -2a^2-2a > 0$;
$-2a(a+1) > 0$;
$a(a+1) < 0$;
$-1 < a < 0$.
Умова 3. За теоремою Вієта $x_1+x_2 = a+1$:
$\dfrac{a+1}{2} < 1$;
$a+1 < 2$;
$a < 1$.
При $-1 < a < 0$ умова $a < 1$ виконується автоматично.
Перетин усіх трьох умов: $-1 < a < 0$.
Умови розташування обох коренів лівіше від точки $t$
Для параболи $f(x) = x^2+px+q$ (гілки вгору) обидва корені менші від $t$ тоді й тільки тоді, коли:
1) $D \geqslant 0$ (корені існують);
2) $f(t) > 0$ (точка $t$ правіше обох коренів — парабола там додатна);
3) $\dfrac{x_1+x_2}{2} < t$ (вершина параболи лівіше від $t$).
Теорема Вієта
Для $x^2+px+q=0$: $x_1+x_2=-p$, $\;x_1\cdot x_2=q$.
Знак добутку двох множників
$a(a+1) < 0$ означає, що множники різних знаків: один з них додатний, інший від'ємний. Нулі: $a=0$ і $a=-1$. Добуток від'ємний між нулями: $-1 < a < 0$.
Звідки три умови? Уяви параболу з гілками вгору. Обидва корені ліворуч від $t=1$ означає: парабола перетинає вісь $x$ у двох точках, обидві лівіше від 1. Це виконується, якщо: корені існують ($D \geqslant 0$), парабола в точці $t$ ще не опустилась нижче нуля ($f(t) > 0$), і вісь симетрії лівіше від $t$.
Чому $D = (3a+1)^2$? Це повний квадрат — дискримінант завжди невід'ємний. Рівняння має два рівних корені при $a = -\tfrac{1}{3}$. Але умова 2 дає строгий проміжок $(-1;\,0)$, і $-\tfrac{1}{3}$ в нього входить — тому кратний корінь допускається.
Перевірка. $a = -0{,}5$: рівняння $x^2-0{,}5x-(-0{,}5+0{,}5) = x^2-0{,}5x = 0$; корені $x=0$ і $x=0{,}5$ — обидва менші від 1 ✓. $a = -1$: $f(1) = -2(-1)(0) = 0$ — не виконує строгу нерівність $f(1) > 0$ ✗.
Часті помилки. 1) Забути умову 3 і обмежитись лише $D \geqslant 0$ і $f(1) > 0$. 2) Написати $f(1) \geqslant 0$ замість строгої нерівності — при $f(1)=0$ точка $x=1$ є коренем, але умова вимагає «менші від 1», а не «менші або рівні».
Коментування доступне тільки зареєстрованим
Будь ласка, увійдіть через Google, щоб залишити коментар.