4. Zadatak

Prvo rješenje: Budući da se radi o kvadratnoj funkciji s pozitivnim vodećim koeficijentom, uvjet $f(x)<0$ za sve $x\in\langle-1,3\rangle$ ekvivalentan je uvjetima $f(-1)\leq0$ i $f(3)\leq0$, koji se mogu napisati kao sustav nejednadžbi:

$$1-m-3+m+2\leq0,\qquad9+3m+9+m+2\leq0.$$

Prva nejednadžba je trivijalna $(0\leq0)$, a druga se svodi na uvjet $m\leq-5$.

Promotrimo sada drugi uvjet,

$$\frac1{x_1}+\frac1{x_2}<\frac13.$$

Lijevu stranu po Vièteovim formulama možemo pisati kao

$$\frac1{x_1}+\frac1{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{-m-3}{m+2},$$

pa nejednadžba postaje

$$\frac{-m-3}{m+2}<\frac13\qquad \frac{-m-3}{m+2}-\frac13<0\qquad \frac{-4m-11}{3(m+2)}<0.$$

Zbog $m\leq-5$ slijedi $m+2<0$, pa je gornja nejednadžba ekvivalentna sa $-4m-11>0$, što uvijek vrijedi zbog $m\leq-5$. Dakle, $m\in\langle-\infty,-5]$.

Drugo rješenje: Budući da se radi o kvadratnoj funkciji s pozitivnim vodećim koeficijentom, uvjet $f(x)<0$ za sve $x\in\langle-1,3\rangle$ ekvivalentan je uvjetima $f(-1)\leq0$ i $f(3)\leq0$, koji se mogu napisati kao sustav nejednadžbi:

$$1-m-3+m+2\leq0,\qquad9+3m+9+m+2\leq0.$$

Prva nejednadžba je trivijalna $(0\leq0)$, a druga se svodi na uvjet $m\leq-5$.

Ako sa $x_1$ označimo manju nultočku, a sa $x_2$ veću, gornji uvjet $f(x)<0$ za sve $x\in\langle-1,3\rangle$ povlači i $x_1\leq-1$, $x_2\geq3$. Sada slijedi:

$$\frac1{x_1}<0,\qquad \frac1{x_2}<\frac13$$ $$\frac1{x_1}+\frac1{x_2}<0+\frac13=\frac13,$$

pa je drugi uvjet automatski zadovoljen i rješenje je $m\in\langle-\infty,-5]$.