2. Zadatak

Prvo rješenje.

Pretpostavimo da je $a\ne0$ ili $b\ne0$. Tada je i $a^2+b^2\ne0$ pa vrijedi

$$f(x)=\sqrt{a^2+b^2}\left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\cos x+\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\sin x\right) =\sqrt{a^2+b^2}\sin(x+\alpha),$$

gdje je

$$\sin\alpha=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}},\qquad \cos\alpha=\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}.$$

Iz $f(x_1)=0$ i $f(x_2)=0$ i $a^2+b^2\ne0$ slijedi $\sin(x_1+\alpha)=0$ i $\sin(x_2+\alpha)=0$, odnosno

$$x_1+\alpha=m\pi,\qquad x_2+\alpha=n\pi$$

za neke $m,n\in\mathbb{Z}$. Međutim, tada je

$$\frac{x_1-x_2}{\pi}=m-n,$$

odnosno cijeli broj, što je kontradikcija s pretpostavkom. Dakle, mora vrijediti $a=b=0$.

Drugo rješenje.

Neka su $f,x_1,x_2$ kao u pretpostavci zadatka. Tada imamo sljedeći sustav jednadžbi:

$$a\cos x_1+b\sin x_1=0,$$ $$a\cos x_2+b\sin x_2=0.$$

Prvi slučaj. Ako je $a\ne0$, $b=0$, imamo sustav

$$a\cos x_1=0,\qquad a\cos x_2=0,$$

iz kojeg slijedi da je ili $a=0$, ili je $\cos x_1=\cos x_2=0$. Međutim, ovo drugo bi značilo da je

$$x_1=\frac\pi2+k\pi,\qquad x_2=\frac\pi2+l\pi,$$

pa bi u tom slučaju vrijedilo $x_1-x_2=(k-l)\pi$, što je u kontradikciji s $\frac{x_1-x_2}{\pi}\notin\mathbb{Z}$. Dakle, ako je $b=0$, mora biti i $a=0$.

Analogno se vidi da vrijedi i obratno, ako je $a=0$ nužno je i $b=0$.

Drugi slučaj. Pretpostavimo da je $a\ne0$, $b\ne0$ i promotrimo dani sustav.

Ako je $a\ne0$, $b\ne0$, tada $\cos x_1=0$ povlači da je i $\sin x_1=0$ (i obratno), što je nemoguće jer sinus i kosinus ne mogu istovremeno imati vrijednost nula. Analogno vrijedi i za drugu jednadžbu, dakle možemo zaključiti $\cos x_1\ne0$, $\cos x_2\ne0$.

Tada možemo podijeliti prvu jednadžbu sustava s $b\cos x_1$, a drugu s $b\cos x_2$. Slijedi

$$\frac ab=-\frac{\sin x_1}{\cos x_1}=\frac ab=-\frac{\sin x_2}{\cos x_2}.$$

Iz toga slijedi da je $\operatorname{tg}x_1=\operatorname{tg}x_2$ pa vrijedi $x_1-x_2=k\pi$, što je u kontradikciji s $\frac{x_1-x_2}{\pi}\notin\mathbb{Z}$. Prema tome, pretpostavka da su $a$ i $b$ različiti od nule je kriva, odnosno $a=b=0$.