7. Zadatak

Prvo rješenje.

Kako je $a\ne0$, jednadžbu (*) možemo podijeliti s $\sqrt{a^2+b^2}$ pa dobivamo jednadžbu

$$\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin x+ \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos x =-\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2}},$$

čija se lijeva strana može napisati kao sinus zbora.

Stoga jednadžba (*) ima rješenje ako i samo ako je

$$\left|\frac{-c}{\sqrt{a^2+b^2}}\right|\le1,$$

odnosno $a^2+b^2\ge c^2$.

Jednadžba (**) uz supstituciju $w=\tg y$ može se napisati u obliku

$$aw^2+2cw+b=0. \tag{⋄}$$

Da bi jednadžba (**) imala (realnih) rješenja dovoljno je da jednadžba (⋄) ima rješenje $w\in\mathbb R$. Jednadžba (⋄) je kvadratna, jer je $a\ne0$, pa promotrimo njenu diskriminantu:

$$D=(2c)^2-4ab=4(c^2-ab).$$

Pretpostavimo da nijedna od jednadžbi (*) i (**) nema realnih rješenja. Tada bi vrijedilo $a^2+b^2<c^2$ i $D<0$, tj.

$$a^2+b^2-c^2<0\qquad\text{i}\qquad c^2-ab<0.$$

Zbrajanjem ovih nejednakosti dobivamo $a^2+b^2-ab<0$, što nije moguće za $a,b\in\mathbb R$. To vidimo npr. iz

$$a^2+b^2-ab=\left(a-\frac b2\right)^2+\frac34b^2\ge0.$$

Drugo rješenje, početak.

Uvođenjem supstitucije $v=\tg\dfrac x2$ u jednadžbu (*) dobivamo

$$a\cdot\frac{2v}{1+v^2}+b\cdot\frac{1-v^2}{1+v^2}+c=0,$$ $$(c-b)v^2+2av+(b+c)=0. \tag{◇}$$

Za $b=c$ jednadžba (◇) postaje $2av+(b+c)=0$, tj. $2av+2b=0$, pa ima realno rješenje $v=-\dfrac ba$ (znamo da je $a\ne0$).

Za $b\ne c$ jednadžba (◇) je kvadratna, s diskriminantom

$$D_1=(2a)^2-4(c-b)(b+c)=4(a^2+b^2-c^2),$$

pa dobivamo uvjet $a^2+b^2\ge c^2$.

Dalje nastavljamo kao u prvom rješenju.