zadání

1.7. PARAMETRICKÉ ROVNICE 25y−2 −1 1 2•✁ ✁✁✁✁✁✁✁✁✁✁✁ 0−1−2−3−4x• p = 0 → rovnice má tvar |x| = |x|, tedy rovnice f(x) = 0 má množinu kořenů M = R.Strategie: Případ p = 2 je modelem pro všechny situace p > 0 a případ p = −2 pro všechnysituace p < 0.Realizace: Uvažujeme o dvou případech.• Nechť p > 0. Pak |x + p| = |x| − p. Jestliže v obrázku pro p = 2 přepíšeme číslo −2 na −p,dostaneme graf funkce f(x) = |x + p| − |x| + p. Odtud M = (−∞, −p〉.• Nechť p < 0. Pak |x − p| = |x| − p. Jestliže v obrázku pro p = −2 přepíšeme číslo 2 na −p,dostaneme graf funkce f(x) = |x − p| − |x| + p. Odtud M = 〈0, ∞).Výsledek: p = 0 ⇒ M = R; p > 0 ⇒ M = (−∞, −p〉; p < 0 ⇒ M = 〈0, ∞).Řešení IITrik: Absolutní hodnota umocněním „zmizí.Realizace:|x + |p|| 2 = (|x| − p) 2 ,x 2 + 2x|p| + p 2 = x 2 − 2|x|p + p 2 ,x|p| = −|x|p.Poslední rovnice říká, že buď je aspoň jedno z čísel p, x nulové, nebo je jedno kladné a druhézáporné. Vyšetříme tři možnosti:• p = 0, pak M = R;• p > 0, pak x ≤ 0, rovnice má tvar |x + p| = −x − p, tedy x + p ≤ 0, odkud x ≤ −p;• p < 0, pak x ≥ 0, rovnice má tvar |x − p| = x − p, tedy x − p ≥ 0, odkud x ≥ 0.Výsledek: Jako nahoře.Úlohy42. a) px + (p 2 − p) = 0; b) x(p 2 − p) − p = 0;c) pxp+1 − pp−1 = 0; d) (x − 1)(p − 1) = √ p − 1.