1810.

Sistemi kvadratnih jednačina sa dve nepoznate

TEKST ZADATKA

Rešiti sisteme jednačina (zadaci 330-332):

{x2=ay−2x2+y2−2y−1=0,a∈R\begin{cases} x^2 = ay - 2 \\ x^2 + y^2 - 2y - 1 = 0 \end{cases}, \quad a \in \mathbf{R}
REŠENJE ZADATKA

Zamenjujemo x2 x^2 iz prve jednačine u drugu:

(ay−2)+y2−2y−1=0(ay - 2) + y^2 - 2y - 1 = 0

Sređivanjem dobijamo kvadratnu jednačinu po y: y :

y2+(a−2)y−3=0y^2 + (a - 2)y - 3 = 0

Diskriminanta ove kvadratne jednačine je:

Δ=(a−2)2−4⋅1⋅(−3)=(a−2)2+12\Delta = (a - 2)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-3) = (a - 2)^2 + 12

Kako je Δ>0 \Delta > 0 za svako a∈R, a \in \mathbf{R} , kvadratna jednačina uvek ima dva različita realna rešenja y1 y_1 i y2: y_2 :

y1,2=2−a±a2−4a+162y_{1,2} = \frac{2 - a \pm \sqrt{a^2 - 4a + 16}}{2}

Da bi rešenje za x x bilo realno, mora važiti x2≥0. x^2 \ge 0 . Iz prve jednačine imamo:

ay−2≥0ay - 2 \ge 0

Iz jednačine (ay−2)+y2−2y−1=0 (ay - 2) + y^2 - 2y - 1 = 0 sledi da je ay−2=−y2+2y+1. ay - 2 = -y^2 + 2y + 1 . Uslov x2≥0 x^2 \ge 0 se svodi na:

−y2+2y+1≥0-y^2 + 2y + 1 \ge 0

Množenjem sa −1 -1 dobijamo y2−2y−1≤0. y^2 - 2y - 1 \le 0 . Nule odgovarajuće kvadratne funkcije su:

y3,4=2±4−4(1)(−1)2=1±2y_{3,4} = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 4(1)(-1)}}{2} = 1 \pm \sqrt{2}

Rešenje nejednačine daje interval u kojem se mora nalaziti y y da bi x x bilo realno:

y∈[1−2,1+2]y \in [1 - \sqrt{2}, 1 + \sqrt{2}]

Neka je f(y)=y2+(a−2)y−3. f(y) = y^2 + (a - 2)y - 3 . Potrebno je odrediti za koje vrednosti parametra a a rešenja jednačine f(y)=0 f(y) = 0 pripadaju intervalu [1−2,1+2]. [1 - \sqrt{2}, 1 + \sqrt{2}] .

Računamo vrednosti funkcije f(y) f(y) u granicama intervala:

f(1−2)=(1−2)2+(a−2)(1−2)−3=a(1−2)−2f(1+2)=(1+2)2+(a−2)(1+2)−3=a(1+2)−2\begin{aligned} f(1 - \sqrt{2}) &= (1 - \sqrt{2})^2 + (a - 2)(1 - \sqrt{2}) - 3 = a(1 - \sqrt{2}) - 2 \\ f(1 + \sqrt{2}) &= (1 + \sqrt{2})^2 + (a - 2)(1 + \sqrt{2}) - 3 = a(1 + \sqrt{2}) - 2 \end{aligned}

Kako je proizvod rešenja y1⋅y2=−3<0, y_1 \cdot y_2 = -3 < 0 , rešenja su suprotnog znaka. Neka je y1<0<y2. y_1 < 0 < y_2 .

Kvadratna funkcija f(y) f(y) ima otvor okrenut nagore. Rešenje će se nalaziti unutar intervala ako je vrednost funkcije na granici veća ili jednaka nuli (jer se nula nalazi između granica).

Uslov da pozitivno rešenje y2 y_2 pripada intervalu (odnosno y2≤1+2 y_2 \le 1 + \sqrt{2} ) je f(1+2)≥0: f(1 + \sqrt{2}) \ge 0 :

a(1+2)−2≥0  ⟹  a≥21+2=2(2−1)a(1 + \sqrt{2}) - 2 \ge 0 \implies a \ge \frac{2}{1 + \sqrt{2}} = 2(\sqrt{2} - 1)

Uslov da negativno rešenje y1 y_1 pripada intervalu (odnosno y1≥1−2 y_1 \ge 1 - \sqrt{2} ) je f(1−2)≥0: f(1 - \sqrt{2}) \ge 0 :

a(1−2)−2≥0  ⟹  a≤21−2=−2(2+1)a(1 - \sqrt{2}) - 2 \ge 0 \implies a \le \frac{2}{1 - \sqrt{2}} = -2(\sqrt{2} + 1)

Na osnovu dobijenih uslova, razlikujemo sledeće slučajeve za parametar a: a :

Slučaj 1: Ako je a∈(−2(2+1),2(2−1)), a \in (-2(\sqrt{2} + 1), 2(\sqrt{2} - 1)) , tada je f(1−2)<0 f(1 - \sqrt{2}) < 0 i f(1+2)<0. f(1 + \sqrt{2}) < 0 . Nijedno rešenje za y y ne pripada dozvoljenom intervalu.

Sistem nema realnih resˇenja.\text{Sistem nema realnih rešenja.}

Slučaj 2: Ako je a=2(2−1), a = 2(\sqrt{2} - 1) , tada je y2=1+2. y_2 = 1 + \sqrt{2} . Iz uslova x2=−y2+2y+1 x^2 = -y^2 + 2y + 1 sledi x2=0, x^2 = 0 , pa je x=0. x = 0 .

(x,y)=(0,1+2)(x, y) = (0, 1 + \sqrt{2})

Slučaj 3: Ako je a=−2(2+1), a = -2(\sqrt{2} + 1) , tada je y1=1−2. y_1 = 1 - \sqrt{2} . Slično, dobijamo x2=0, x^2 = 0 , pa je x=0. x = 0 .

(x,y)=(0,1−2)(x, y) = (0, 1 - \sqrt{2})

Slučaj 4: Ako je a>2(2−1), a > 2(\sqrt{2} - 1) , samo rešenje y2 y_2 pripada intervalu. Tada imamo dva rešenja za x. x .

(x,y)=(±ay2−2,y2),gde je y2=2−a+a2−4a+162(x, y) = \left(\pm \sqrt{a y_2 - 2}, y_2\right), \quad \text{gde je } y_2 = \frac{2 - a + \sqrt{a^2 - 4a + 16}}{2}

Slučaj 5: Ako je a<−2(2+1), a < -2(\sqrt{2} + 1) , samo rešenje y1 y_1 pripada intervalu. Tada takođe imamo dva rešenja za x. x .

(x,y)=(±ay1−2,y1),gde je y1=2−a−a2−4a+162(x, y) = \left(\pm \sqrt{a y_1 - 2}, y_1\right), \quad \text{gde je } y_1 = \frac{2 - a - \sqrt{a^2 - 4a + 16}}{2}

Balkan Tutor Sva Prava Zadržana © 2026

Politika privatnosti