równanie z paramatrem

[maxkor]

Niech \(m\) i \(n\) bedą rzeczywistymi rozwiązaniami równania \(ax^2 -4ax +1= 0\) spełniającymi nierówność \(| \tg(m) - \tg(n) | \leq 1\)
Wyznacz a.

[Tulio]

Poniższe rozwiązanie jest bardziej "rozwiązaniem szczególnym" - do całości potrzeba jeszcze podać pewne przedziały rozwiązania i okresy rozwiązań.

Wiemy, żę są dwa rozwiązania rzeczywiste, zatem \(\Delta > 0\):
\(\Delta = \left( -4a\right)^2 -4a=4a \left( 4a-1\right)>0\)
\(a\in \left( - \infty ; 0\right) \cup \left( \frac{1}{4}; \infty\right) \)
Obliczymy nasze pierwiastki (uznajemy bez zmniejszania ogólności zadania, że \(m>n\)):
\(n=\frac{4a-\sqrt{4a \left( 4a-1\right) }}{2a}=2-\frac{\sqrt{4a \left( 4a-1\right) }}{2a}=2-\sqrt{\frac{4a \left( 4a-1\right)}{4a^2} }=2-\sqrt{4-\frac{1}{a}}\)
oraz:
\(m=2+\sqrt{4-\frac{1}{a}}\)

Teraz nierówność. Wzór:
\(\tg \alpha - \tg \beta = \frac{sin \alpha}{cos\alpha} - \frac{\sin\beta}{\cos\beta} = \frac{\sin\alpha\cos\beta-\sin\beta\cos\alpha}{\cos\alpha\cos\beta} = \frac{\sin \left( \alpha - \beta\right) }{\cos\alpha\cos\beta} \)
Mamy:
\(m-n=2 \sqrt{4-\frac{1}{a}}=\sqrt{16-\frac{4}{a}}\)
\(m+n=4\)
\(\cos\alpha\cos\beta=\frac{1}{2} \left[ \cos \left( \alpha-\beta\right) + \cos \left( \alpha+\beta\right) \right] \)
U nas:
\(\tg m - \tg n=\frac{\sin \left( m - n\right) }{\cos{m}\cos{n}}=\frac{2\sin \left( m-n\right) }{\cos \left( m-n\right) + \cos \left( m+n\right) }=\frac{2\sin \left( \sqrt{16-\frac{4}{a}}\right) }{\cos \left( \sqrt{16-\frac{4}{a}}\right) +\cos{4}}\)
Ostatecznie do rozwiązania pozostaje:
\( \left| \frac{\sin \left( \sqrt{16-\frac{4}{a}}\right) }{\cos \left( \sqrt{16-\frac{4}{a}}\right) +\cos{4}} \right| \le \frac{1}{2} \)

\(\frac{\sin \left( \sqrt{16-\frac{4}{a}}\right) }{\cos \left( \sqrt{16-\frac{4}{a}}\right) +\cos{4}} \le \frac{1}{2} \wedge \frac{\sin \left( \sqrt{16-\frac{4}{a}}\right) }{\cos \left( \sqrt{16-\frac{4}{a}}\right) +\cos{4}} \ge -\frac{1}{2}\)
Pierwsza nierówność
Wykorzystamy wzór \(2\sin{x}-\cos{x} = \sqrt{5}\sin{ \left( x-\arctg\frac{1}{2}\right) }\)
Mamy zatem:
\(\sqrt{5}\sin{ \left( \sqrt{16-\frac{4}{a}}-\arctg\frac{1}{2}\right) }\le \cos{4}\)
\(\sin{ \left( \sqrt{16-\frac{4}{a}}-\arctg\frac{1}{2}\right) }\le \frac{\sqrt{5}\cos{4}}{5}\)
\(\sqrt{16-\frac{4}{a}}-\arctg\frac{1}{2} \le \arcsin{\frac{\sqrt{5}\cos{4}}{5}}\)
\(\sqrt{16-\frac{4}{a}} \le \arcsin{\frac{\sqrt{5}\cos{4}}{5}} + \arctg\frac{1}{2}\)
\(16-\frac{4}{a} \le \left( \arcsin{\frac{\sqrt{5}\cos{4}}{5}} + \arctg\frac{1}{2}\right)^2 \)
\(-\frac{4}{a} \le \left( \arcsin{\frac{\sqrt{5}\cos{4}}{5}} + \arctg\frac{1}{2}\right)^2 -16\)
\(\frac{4}{a} \ge 16 - \left( \arcsin{\frac{\sqrt{5}\cos{4}}{5}} + \arctg\frac{1}{2}\right)^2\)
\(a\le\frac{4}{16 - \left( \arcsin{\frac{\sqrt{5}\cos{4}}{5}} + \arctg\frac{1}{2}\right)^2}\)
Trzeba pamiętać, że zgubiłem pewne rozwiązania wykonując obustronnie \(\arcsin\) i trzeba dostosować.

Druga nierówność:
\(2\sin \left( \sqrt{16-\frac{4}{a}}\right) + \cos\left( \sqrt{16-\frac{4}{a}}\right) \ge -\cos{4}\)
Wykorzystamy wzór \(2\sin{x}+\cos{x} = \sqrt{5}\sin{ \left( x+\arctg\frac{1}{2}\right) }\)
\(\sqrt{5}\sin{ \left( \sqrt{16-\frac{4}{a}}+\arctg\frac{1}{2}\right) }\ge -\cos{4}\)
Postępując analogicznie otrzymamy:
\(a\ge\frac{4}{16 - \left( \arcsin{-\frac{\sqrt{5}\cos{4}}{5}} - \arctg\frac{1}{2}\right)^2}\)

Zatem
\(a \in \left\langle \frac{4}{16 - \left( \arcsin{-\frac{\sqrt{5}\cos{4}}{5}} - \arctg\frac{1}{2}\right)^2}; \frac{4}{16 - \left( \arcsin{\frac{\sqrt{5}\cos{4}}{5}} + \arctg\frac{1}{2}\right)^2} \right\rangle \)

[Jerry]

Rozwiązanie nierówności
\[\left|\tg\left(2+\sqrt{4-\frac{1}{x}}\right)-\tg\left(2-\sqrt{4-\frac{1}{x}}\right)\right|-1\le0\]
łatwo przeczytać z Desmosa
Fascynujące jest zwłaszcza lewe otoczenie zera

Pozdrawiam
PS. Zadanie to na pewno nie jest na poziomie Szkoła średnia