MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 336

Korzystamy z postaci $y=2(x-x_1)(x-x_2)$ i rozwijamy iloczyn.

a) $2(x-1)(x-2)=2x^2-6x+4$. b) $2(x+3)(x-1)=2x^2+4x-6$. c) Suma pierwiastków wynosi $2$, a iloczyn $(1+\sqrt5)(1-\sqrt5)=-4$, więc $y=2x^2-4x-8$.

Stosujemy wzory Viète'a: suma pierwiastków to $-b$, a iloczyn to $c$.

a) $-2+b=-b$ i $c=-2b$, więc $b=1$, $c=-2$. b) $3+c=-b$ i $3c=c$, więc $c=0$, $b=-3$. c) $2b+3c=-b$ i $6bc=c$. Pierwszy warunek daje $b=-c$; drugi prowadzi do dwóch par współczynników.

Skoro pierwiastkami są $b$ i $c$, to z wzorów Viète'a $b+c=-\frac b2,\qquad bc=\frac c2.$ Stąd $3b+2c=0$ oraz $c(b-\frac12)=0$. Przypadek $c=0$ daje $b=0$, czyli pierwiastki nie byłyby różne. Pozostaje $b=\frac12$, a następnie $c=-\frac34$.

Niech jeden pierwiastek będzie równy $r$, a drugi $r^2$. Z wzoru Viète'a $r+r^2=6,$ czyli $(r-2)(r+3)=0$. Iloczyn pierwiastków, równy $q$, wynosi $r^3$. Dla $r=2$ otrzymujemy $q=8$, a dla $r=-3$ — $q=-27$.

Niech $\alpha=-5+2\sqrt3$. Warunek $\alpha^2+a\alpha+b=0$ daje $37-20\sqrt3-5a+2a\sqrt3+b=0.$ Porównanie części wymiernej i niewymiernej prowadzi do $2a-20=0$ oraz $37-5a+b=0$. Zatem $a=10$, $b=13$. Warunki wyznaczają współczynniki jednoznacznie.

Dobieramy czynniki, a następnie sprawdzamy ich iloczyn.

a) $(x+a)(x+3a)$. b) $(x-a)(x+a+1)$. c) $(3x+a)(x-1)$. d) Ponieważ $a\ne0$, można zapisać $a(x-a)(x-\frac1a)$.

Grupujemy wyrazy: $ax^2+(2a+b)x+2b=ax(x+2)+b(x+2)=(x+2)(ax+b).$ Pierwszy czynnik zeruje się dla $x=-2$, więc funkcja ma co najmniej jedno miejsce zerowe dla wszystkich dopuszczalnych $a,b$. Teza została wykazana.

Wyraz wolny przekształcamy: $ab-2(a-b)^2=-2a^2+5ab-2b^2.$ Stąd $f(x)=(x+2a-b)(x-a+2b).$ Jest to iloczyn dwóch czynników liniowych o współczynnikach rzeczywistych, więc co najmniej jeden rzeczywisty pierwiastek zawsze istnieje (pierwiastki mogą być równe). Teza została wykazana.

Niech pierwiastki będą równe $r$ i $2r$. Są różne, więc $r\ne0$. Wtedy $x^2+px+q=(x-r)(x-2r)=x^2-3rx+2r^2,$ zatem $p=-3r$, $q=2r^2$. Wyróżnik wynosi $\Delta=p^2-4q=9r^2-8r^2=r^2,$ czyli jest kwadratem pierwiastka $r$. Teza została wykazana.

Niech miejsca zerowe będą równe $x_1,x_2$. Z wzorów Viète'a $x_1+x_2=-p$ i $x_1x_2=q$. Zatem $\Delta=p^2-4q=(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=(x_1-x_2)^2.$ Teza została wykazana.

Jeżeli $x$ jest wspólnym miejscem zerowym, to po odjęciu równań $f(x)=0$ i $g(x)=0$ dostajemy $p(p+2)(x-1)=0.$ Ponieważ $p\notin\{-2,0\}$, musi być $x=1$. Warunek $f(1)=0$ daje $p^2-2p-1=0$, więc $p=1\pm\sqrt2$.

Dla każdej wartości wyłączamy wspólny czynnik $x-1$ i odczytujemy drugi pierwiastek z iloczynu pierwiastków.