MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 214

Rozkładamy lewe strony na czynniki albo wyciągamy pierwiastek:

$$\begin{aligned} \text{a) }&x(2x+1)=0,\\ \text{b) }&3x(x-2)=0,\\ \text{c) }&(5x-1)(5x+1)=0,\\ \text{d) }&x^2=3,\\ \text{e) }&(x-3)^2=0,\\ \text{f) }&(2x+1)^2=0. \end{aligned}$$

Obliczamy wyróżniki.

a) $\Delta=9-4\sqrt5>0$, więc są dwa rozwiązania.

b) $\Delta=16-12\sqrt2<0$, więc brak rozwiązań rzeczywistych.

c) $\Delta=24-24=0$, więc jest jedno rozwiązanie podwójne.

Rozkłady iloczynowe i znaki odczytujemy z kierunku ramion oraz miejsc zerowych:

$$\begin{aligned} \text{a) }&f(x)=-(x+1)(x-4),\\ \text{b) }&f(x)=3(x-1)(x-3),\\ \text{c) }&f(x)=(x-3)^2,\\ \text{d) }&f(x)=-2(x-1)^2. \end{aligned}$$

a) Po przyrównaniu prawych stron:

$$-6x^2+7x+6=1-6x \iff 6x^2-13x-5=0.$$

Wyróżnik wynosi $289=17^2$, więc $x=-\frac13$ albo $x=\frac52$. Z równania prostej dostajemy odpowiednio $y=3$ i $y=-14$.

b) Równanie przecięcia ma postać $3x^2-6x+11=0$ i wyróżnik $-96<0$, więc wykresy nie mają punktów wspólnych.

Rozwiązujemy nierówności nad liczbami rzeczywistymi, a następnie wybieramy liczby całkowite:

$$\begin{aligned} \text{a) }&-4\le x\le4,\\ \text{b) }&-3<x<3,\\ \text{c) }&x(x-4)<0\iff0<x<4,\\ \text{d) }&(x-4)^2\le0\iff x=4. \end{aligned}$$

a)

$f-g=2x^2-2x-4=2(x+1)(x-2)\le0,$

więc $x\in[-1,2]$.

b)

$f+xg=3x^2+6x+3=3(x+1)^2\le0,$

co zachodzi tylko dla $x=-1$.

c) $f+g=2x^2+10>0$ dla każdego $x$.

a) Mianownik nie może być zerem, więc $x\ne-2,1$.

b) Pod pierwiastkiem musi zachodzić

$6-5x-6x^2\ge0.$

Miejsca zerowe radikandu to $-\frac32$ i $\frac23$, a parabola jest skierowana w dół.

c) Radikand w mianowniku musi być dodatni:

$x^2-8x+15=(x-3)(x-5)>0.$

Sprowadzamy wzory do postaci kanonicznej i sprawdzamy wierzchołek oraz końce przedziału.

a) $f=(x-1)^2-1$: minimum $-1$ dla $x=1$, na obu końcach wartość $3$.

b) $f=-(x+1)^2+1$ jest malejąca na $[0,2]$: $f(0)=0$, $f(2)=-8$.

c) $f=(x+2)^2$ jest malejąca na $[-4,-3]$: wartości końcowe $4,1$.

d) $f=-2(x-1)^2+8$: maksimum $8$ dla $x=1$, a najmniejsza wartość na rozważanym przedziale to $f(3)=0$.

Niech $h(x)=(x+1)(x-2)=x^2-x-2$. Odpowiednie przekształcenia dają:

$$\begin{aligned} \text{a) }&-h(x),\\ \text{b) }&h(-x),\\ \text{c) }&-h(-x),\\ \text{d) }&h(x+1)+4,\\ \text{e) }&h(-4-x), \end{aligned}$$

bo odbicie względem pionowej prostej $x=-2$ zastępuje $x$ przez $2(-2)-x=-4-x$.

Oznaczmy $k=|m|\ge0$.

a) Po podstawieniu $t=x+3$ rozwiązujemy $|t^2-4|=k$. Równanie $t^2=4+k$ zawsze daje dwa rozwiązania; równanie $t^2=4-k$ daje dwa dla $0<k<4$, jedno dla $k=4$, a dla $k=0$ pokrywa się z pierwszym.

b) Po podstawieniu $t=x+2$ rozwiązujemy analogicznie $|t^2-1|=k$. Punktem zmiany jest teraz $k=1$.