mateforum.ro

Se considera \( m\in R, m\geq 1 \) si functia \( f:[m, \infty) \to [1,\infty), f(x)=x^2-2mx+m^2+1 \).
a) Aratati ca functia f este o bijectie.
b) Rezolvati ecuatia \( x^2-2mx+m^2+1=m+\sqrt{x-1} \).

Am demonstrat ca functia e injectiva. Am luat \( f(x_1)=f(x_2) \) si am demonstrat ca \( x_1=x_2 \).
Apoi am zis ca f(x)=y si mi-a dat \( x_1=m+\sqrt{y-1} \), care este \( \geq 1 \) oricare ar fi y, iar \( x_2=m-\sqrt{y-1} \), care este \( \geq1 \) doar pt \( y<(m-1)^2+1. \)

Si am o nelamurire: de ce gasesc doua solutii daca functia este injectiva? Si ar trebui sa rezulte ca functia este surjectiva din faptul ca oricare ar fi y>1, exista \( x=m+\sqrt{y-1} \) \( \geq1 \), astfel incat f(x)=y?

Iar la b) ar trebui sa gasesc doar o singura solutie, daca functia este injectiva, nu? help

La a) tb aratat ca oricare ar fi \( y \ge 1 \), exista \( x \ge m \) astfel ca \( f(x)=y \). Numai una din solutii verifica aceasta conditie.
La b) ecuatia ar fi trebuit scrisa sub forma \( f(x)=m+\sqrt{x-1} \). Sub forma propusa, solutia corecta e cam asa: notam \( \sqrt{x-1}=t \), obtinem o ecuatie de gradul 4 in \( t \), care insa se factorizeaza, considerand-o ca un trinom de gradul 2 in \( m \) (discriminantul e patrat perfect )
Cautam doar solutiile cu \( t \ge 0 \) si discutia e destul de simpla, fiind 3 cazuri : \( m=1, m \in (1,2), m \ge 2 \).

Va multumesc!

\( a)\ \) Deoarece graficul functiei \( f \) , \( x\ge m \) este inclus in parabola de ecuatie \( y=f(x) \) , \( x\in\mathbb R \) si cu varful \( V(m,1) \) rezulta ca functia \( f \) este strict crescatoare (ramura din dreapta varfului !) deci implicit injectiva. Cum \( Im(f)\equiv f\left([m,\infty )\right)=[1,\infty ) \) (codomeniul mentionat) rezulta ca este si surjectiva.

\( b)\ \) Se arata usor ca \( f^{-1}\ :\ [1,\infty )\ \rightarrow\ [m,\infty ) \) , unde \( y=f^{-1}(x)=m+\sqrt {x-1} \) (avem \( + \) deoarece \( y\ge m \) ). Deci ecuatia \( f(x)=m+\sqrt {x-1} \) devine \( f(x)=f^{-1}(x) \) , \( x\ge \max \{m,1\}=m\ . \) Deoarece functia \( f \) este convexa, ecuatia precedenta este echivalenta cu ecuatia \( f(x)=x \) , \( x\ge m \) etc.

Tocmai asta e problema. Daca enuntul ecuatiei ar fi fost \( f(x)=m+\sqrt{x-1} \), atunci era echivalenta cu \( f(x)=f^{-1}(x) \), si, deci, cu \( f(x)=x \). Propusa sub forma \( x^2-2mx+m^2+1=m+\sqrt{x-1} \) nu mai e la fel. De exemplu, pentru \( m=3 \), ecuatia \( x^2-2mx+m^2+1=m+\sqrt{x-1} \) are solutiile 2 si \( \frac{5-\sqrt{5}}{2} \), iar ecuatia \( f(x)=x \) are solutiile 2 si 5.

Si de la f(x)=x am obtinut solutiile \( x_1=\frac{2m+1+\sqrt{4m-3}}{2} \) si \( x_2=\frac{2m+1-\sqrt{4m-3}}{2}, \) care sunt \( \geq1 \). Dar daca functia f este injectiva nu ar trebui sa obtin o singura solutie?

elena_romina wrote:Si de la f(x)=x am obtinut solutiile \( x_1=\frac{2m+1+\sqrt{4m-3}}{2} \) si \( x_2=\frac{2m+1-\sqrt{4m-3}}{2}, \) care sunt \( \geq1 \). Dar daca functia f este injectiva nu ar trebui sa obtin o singura solutie?

Daca functiile f si g sunt injective, ecuatia f(x)=g(x) poate avea oricate solutii.

enescu wrote:Tocmai asta e problema. Daca enuntul ecuatiei ar fi fost \( f(x)=m+\sqrt{x-1} \), atunci era echivalenta cu \( f(x)=f^{-1}(x) \), si, deci, cu \( f(x)=x \). Propusa sub forma \( x^2-2mx+m^2+1=m+\sqrt{x-1} \) nu mai e la fel. De exemplu, pentru \( m=3 \), ecuatia \( x^2-2mx+m^2+1=m+\sqrt{x-1} \) are solutiile 2 si \( \frac{5-\sqrt{5}}{2} \), iar ecuatia \( f(x)=x \) are solutiile 2 si 5.

Corect. De aceea este bine ori se precizeze domeniul in care cautam zerourile unei ecuatii date ori sa statuam conventia ca, in cazul in care acesta nu este precizat, se subintelege a fi domeniul maxim de sens real al ecuatiei si nicidecum cel anterior datorat similitudinii ! Pe elev, iata chiar pe profesor, ii cam "fura peisajul" anterior ... O usoara ambiguitate tot exista.

Da, da data asta, eu sunt cel "furat de peisaj"...

enescu wrote:Da, da data asta, eu sunt cel "furat de peisaj"...

Sper ca am citit bine ... printre randuri, mai bine zis cuvinte, ca nu-i decat un rand.

Si eu am avut dilema asta in concurs si am vazut si baremul care este absolut gresit. Totusi am o intrebare: se poate calcula solutia mai mica ca m ca eu nu cred? Eu am dus problema pana la a mentiona ca are acea solutie intr-un interval in functie de m, dar nu am reusit sa o calculez.

Notand \( \sqrt{x-1}=t \), obtinem ecuatia

\( t^4+(2-2m)t^2-t+m^2-3m+2=0 \),
care e de gradul 4. Considerand-o ca ecuatie in \( m \), adica

\( m^2-(2t^2+3)m+t^4+2t^2-t+2=0 \),
obtinem radacinile \( m_1=t^2-t+1,m_2=t^2+t+2 \),
de unde

\( t^4+(2-2m)t^2-t+m^2-3m+2=(t^2-t+1-m)(t^2+t+2-m) \).
Rezulta 2 ecuatii de gradul 2 in \( t \), la care ne intereseaza radacinile pozitive.
Obtinem \( t_1=\frac{1+\sqrt{4m-3}}{2} \), pentru orice \( m\ge1 \) si \( t_2=\frac{-1+\sqrt{4m-7}}{2} \), valabila pentru \( m\ge 2 \).
In fine, deducem ca ecuatia initiala are solutiile \( x_1=\frac{2m+1+\sqrt{4m-3}}{2} \), pentru \( m\ge 1 \) si \( x_2=\frac{2m-1-\sqrt{4m-7}}{2} \), pentru \( m\ge 2 \).

Pentru \( m=3 \) graficul e asa:

Inseamna ca nici unul dintre aia care au luat 7 nu merita 7 . Va multumesc foarte mult.