zadatak glasi ovako : Za koje vrednosti parametra [inlmath]a[/inlmath] oba korena jednacine [inlmath]x^2-6ax+9a^2-2a+2[/inlmath] veca od [inlmath]3[/inlmath] ? Nisam uspevao nikako da ga postavim tako da dobijem nesto korisno, na kraju sam dosao do ove slike postupka, ali mi nije jasno to pravljenje druge jednacine, pa ako moze samo malo objasnjenje tog postupka,

---

2. Odrediti [inlmath]a\in\mathbb{R}[/inlmath] tako da oba rešenja jednačine budu veća od [inlmath]3[/inlmath].
[dispmath]x^2-6ax+2-2a+9a^2=0[/dispmath]
[dispmath]x_1>3\quad\land\quad x_2>3\\ \underbrace{x_1-3}_{y_1}>0\quad\land\quad\underbrace{x_2-3}_{y_2}>0[/dispmath]
Formiramo novu jednačinu čija su rešenja [inlmath]y_1,\;y_2[/inlmath] i postavljamo uslove da ta rešenja budu pozitivna.
[dispmath]y^2-(y_1+y_2)y+y_1y_2=0\\ y_1+y_2=x_1-3+x_2-3=(x_1+x_2)-6=6a-6\\ y_1y_2=(x_1-3)(x_2-3)=x_1x_2-3x_1-3x_2+9=2-2a+9a^2-3(6a)+9=9a^2-20a+11[/dispmath]
[dispmath]y^2-(6a-6)y+9a^2-20a+11=0\\ D\geq 0\quad\land\quad y_1y_2>0\quad\land\quad y_1+y_2>0[/dispmath]
[dispmath]D\geq 0\\ 36a^2-72a+36-4\left(9a^2-20a+11\right)\geq 0\\ 8a\geq 8\\ a\geq 1[/dispmath]
[dispmath]y_1y_2>0\\ 9a^2-20a+11>0\\ a_{1,2}=\frac{20\pm\sqrt{400-396}}{18}\\ a_1=\frac{22}{18},\quad a_2=1\\ a\in\left(-\infty,1\right)\cup\left(\frac{11}{9},+\infty\right)[/dispmath]
[dispmath]y_1+y_2>0\\ 6a-6>0\\ a>1[/dispmath]
[dispmath]\enclose{box}{a\in\left(\frac{11}{9},+\infty\right)}[/dispmath]

Ja u ovom postupku i ne vidim „pravljenje druge jednačine“. Tu je, jednostavno, uvedena smena [inlmath]x_1-3=y_1[/inlmath] i [inlmath]x_2-3=y_2[/inlmath] i, pošto i [inlmath]x_1[/inlmath] i [inlmath]x_2[/inlmath] moraju biti veći od [inlmath]3[/inlmath], tada moraju [inlmath]y_1[/inlmath] i [inlmath]y_2[/inlmath] biti veći od nule, sasvim jednostavno.
Budući da i [inlmath]y_1[/inlmath] i [inlmath]y_2[/inlmath] moraju biti veći od nule, pišemo uslov da je njihov proizvod veći od nule: [inlmath]y_1y_2>0[/inlmath]. Ali, pošto njihov proizvod može biti veći od nule i onda kada su i [inlmath]y_1[/inlmath] i [inlmath]y_2[/inlmath] negativni, taj slučaj da su i [inlmath]y_1[/inlmath] i [inlmath]y_2[/inlmath] negativni eliminišemo još i uslovom [inlmath]y_1+y_2>0[/inlmath].
Znači, možemo reći da su i [inlmath]y_1[/inlmath] i [inlmath]y_2[/inlmath] veći od nule ako i samo ako je [inlmath]y_1y_2>0\;\land\;y_1+y_2>0[/inlmath], tj. da je i potrebno i dovoljno da bude zadovoljeno [inlmath]y_1y_2>0\;\land\;y_1+y_2>0[/inlmath] pa da i [inlmath]y_1[/inlmath] i [inlmath]y_2[/inlmath] budu veći od nule, a odatle i da i [inlmath]x_1[/inlmath] i [inlmath]x_2[/inlmath] budu veći od [inlmath]3[/inlmath].

I onda je, kao što je i urađeno u postupku, [inlmath]y_1+y_2[/inlmath] napisano kao
[dispmath]y_1+y_2=\left(x_1-3\right)+\left(x_2-3\right)=\underbrace{x_1+x_2}_{6a}-6=6\left(a-1\right)>0\\ \Rightarrow\quad\underline{a>1}[/dispmath]
a [inlmath]y_1y_2[/inlmath] napisano kao
[dispmath]y_1y_2=\left(x_1-3\right)\left(x_2-3\right)=\underbrace{x_1x_2}_{9a^2-2a+2}-3\underbrace{\left(x_1+x_2\right)}_{6a}+9=9a^2-2a+2-18a+9=9a^2-20a+11>0\\ \Rightarrow\quad\underline{a<1\;\lor\;a>\frac{11}{9}}[/dispmath]
Takođe, potrebno je postaviti i uslov da su rešenja realna, tj. da diskriminanta nije negativna:
[dispmath]D\ge 0\quad\Rightarrow\quad 36a^2-4\left(9a^2-2a+2\right)\ge 0\quad\Rightarrow\quad\cancel{36a^2}-\cancel{36a^2}+8a-8\ge 0\quad\Rightarrow\quad\underline{a\ge 1}[/dispmath]
Potrebno je da budu zadovoljena sva tri dobijena uslova, [inlmath]a>1[/inlmath], [inlmath]\left(a<1\;\lor\;a>\frac{11}{9}\right)[/inlmath] i [inlmath]a\ge 1[/inlmath], a presek tih uslova je [inlmath]\enclose{box}{a>\frac{11}{9}}[/inlmath].

---

A postoji i način da se zaista formira ta nova jednačina,
[inlmath]x-3=y\quad\Rightarrow\quad x=y+3:[/inlmath]
[dispmath]x^2-6ax+9a^2-2a+2=0\\ \Rightarrow\quad\left(y+3\right)^2-6a\left(y+3\right)+9a^2-2a+2=0\\ \Rightarrow\quad y^2+6y+9-6ay-18a+9a^2-2a+2=0\\ \Rightarrow\quad y^2+6\left(1-a\right)y+9a^2-20a+11[/dispmath]
pa je odatle
[inlmath]y_1+y_2=6\left(a-1\right)[/inlmath]
[inlmath]y_1y_2=9a^2-20a+11[/inlmath]
i dalje sve ide isto kao i na prethodni način...

---

Ali, sve je to, po meni, nepotrebno komplikovanje i ovaj zadatak se bez ikakvih problema može rešiti uz malo više logike, a bez primene Viet-ovih pravila. Nađemo prvo rešenja,
[dispmath]x_{1,2}=\frac{6a\pm\sqrt{36a^2-4\left(9a^2-2a+2\right)}}{2}[/dispmath][dispmath]x_{1,2}=\frac{6a\pm\sqrt{\cancel{36a^2}-\cancel{36a^2}+8a-8}}{2}[/dispmath][dispmath]x_{1,2}=\frac{6a\pm\sqrt{8a-8}}{2}[/dispmath][dispmath]x_{1,2}=3a\pm\sqrt{2\left(a-1\right)}[/dispmath][dispmath]x_{1,2}=3a\pm\sqrt 2\cdot\sqrt{a-1}[/dispmath][dispmath]x_1=3a-\sqrt 2\cdot\sqrt{a-1},\qquad x_2=3a+\sqrt 2\cdot\sqrt{a-1}[/dispmath]
i odmah vidimo da, pre svega, mora biti [inlmath]a\ge 1[/inlmath] kako potkorena veličina ne bi bila negativna, tj. da bi rešenja bila realna, a pošto je [inlmath]\sqrt 2\cdot\sqrt{a-1}\ge 0[/inlmath], biće [inlmath]x_1\le x_2[/inlmath], tako da je dovoljno postaviti samo uslov da je [inlmath]x_1>3[/inlmath], pa će tada automatski biti i [inlmath]x_2>3[/inlmath].
[dispmath]x_1>3[/dispmath][dispmath]3a-\sqrt 2\cdot\sqrt{a-1}>3[/dispmath][dispmath]3a-3>\sqrt 2\cdot\sqrt{a-1}[/dispmath][dispmath]3\left(a-1\right)>\sqrt 2\cdot\sqrt{a-1}\quad /:\sqrt{a-1}[/dispmath][dispmath]3\sqrt{a-1}>\sqrt 2[/dispmath][dispmath]\sqrt{a-1}>\frac{\sqrt 2}{3}\quad /\:^2[/dispmath][dispmath]a-1>\frac{2}{9}[/dispmath][dispmath]\enclose{box}{a>\frac{11}{9}}[/dispmath]
čime je zadovoljen i prethodno postavljen uslov [inlmath]a\ge 1[/inlmath].

zahvaljujem bilo je od pomoci