MATeMAtyka 1. Zbiór zadań — strona 345

Wyróżnik ma postać $\Delta=b^2-4ac$. Składnik $4ac$ jest podzielny przez $4$, więc reszta z dzielenia $\Delta$ przez $4$ jest taka jak reszta z $b^2$. Kwadrat liczby parzystej daje resztę $0$, a kwadrat liczby nieparzystej resztę $1$. Teza została wykazana.

Z warunku $q=4p-8-p^2$. Zatem $p-q=p^2-3p+8=\left(p-\frac32\right)^2+\frac{23}{4}>0.$ Stąd $p>q$.

Ponieważ wielomian jest moniczny i ma całkowite współczynniki, wraz z pierwiastkiem $1+2\sqrt3$ ma sprzężony pierwiastek $1-2\sqrt3$. Ich suma wynosi $2=-b$, a iloczyn $1-12=-11=c$.

Skoro pierwiastkami są $b,c$, wzory Viète'a dają $b+c=-b,\qquad bc=c.$ Stąd $c=-2b$ i $c(b-1)=0$. Dla $c=0$ dostajemy $b=0$; dla $b=1$ dostajemy $c=-2$.

Aby postać iloczynowa była zarazem kanoniczną, parabola musi mieć podwójne miejsce zerowe, czyli $\Delta=0$. Dla współczynników $a=p$, $b=1-p$, $c=p$: $\Delta=(1-p)^2-4p^2=1-2p-3p^2.$ Równanie $3p^2+2p-1=0$ daje dwie niezerowe wartości parametru.

Wyróżnik funkcji wynosi $\Delta=(3-m)^2-4\left(2-\frac32m\right)=m^2+1>0.$ Zatem dla każdego rzeczywistego $m$ istnieją dwa rzeczywiste miejsca zerowe, więc funkcja ma postać iloczynową. Teza została wykazana.

Wyróżnik wynosi $\Delta=(-2p)^2-4(2p^2+1)=-4(p^2+1)<0$ dla każdego $p\in\mathbb R$. Funkcja nie ma rzeczywistych miejsc zerowych, więc nie można jej przedstawić w rzeczywistej postaci iloczynowej. Teza została wykazana.

Rozkładamy lewe strony na czynniki.

a) $(x-2)(x+m+3)=0$, więc pierwiastki to $2$ i $-m-3$. b) $(x+2)(x-m+1)=0$, więc pierwiastki to $-2$ i $m-1$. c) $(x+2)(x+2m-5)=0$, więc pierwiastki to $-2$ i $5-2m$. Dla całkowitego $m$ wszystkie podane liczby są całkowite. Teza została wykazana.

Równanie rozkłada się na $x^2-(3k+4)x+12k=(x-4)(x-3k)=0.$ Pierwiastki $4$ i $3k$ są całkowite. Nie mogą być równe, bo równanie $3k=4$ nie ma całkowitego rozwiązania. Liczba $3k$ jest podzielna przez $3$, a $4$ nie jest. Teza została wykazana.

Po przeniesieniu prawej strony na lewą otrzymujemy trójmian $5x^2-(4m+2)x+2m^2-4m+5.$ Jego wyróżnik wynosi $\Delta=(4m+2)^2-20(2m^2-4m+5)=-24(m-2)^2\le0.$ Współczynnik przy $x^2$ jest dodatni, więc trójmian jest nieujemny dla wszystkich $x,m$ (dla $m=2$ ma jedno podwójne zero). Teza została wykazana.

Z warunku $b+c=2020$ mamy $c=2020-b$. Zatem $y=x^2+bx+2020-b=x^2+2020+b(x-1).$ Dla $x=1$ składnik zależny od $b$ znika i zawsze otrzymujemy $y=2021$. Każda parabola przechodzi więc przez ten sam punkt.