MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 11

Po podstawieniu wzorów funkcji otrzymujemy $(2x+1)(3x+\frac12)=5x+\frac32$, czyli $6x^2-x-1=0=(3x+1)(2x-1)$.

Pierwsza parabola ma miejsca zerowe z równania $(x+7)(x+1)=0$, a druga z równania $(x+4)(x-2)=0$. Na osi otrzymujemy kolejno punkty o odciętych $-7,-4,-1,2$. Każde dwa sąsiednie dzieli odległość $3$, więc trzy części odcinka skrajnego są równe.

Mamy $t=\sqrt5-2\ne0$ oraz $t^{-1}=\sqrt5+2$. Ponieważ $t$ jest pierwiastkiem, $t^2+bt+1=0$. Po podzieleniu przez $t^2$ dostajemy $(t^{-1})^2+bt^{-1}+1=0$, więc odwrotność też jest pierwiastkiem. Ponadto $t+t^{-1}=2\sqrt5$, zatem ze wzorów Viète'a $b=-2\sqrt5$.

a) Warunek $x^2=(x+1)^2-16$ redukuje się do $2x-15=0$. b) Z $x^2=2(x+1)^2-16$ otrzymujemy $x^2+4x-14=0$, którego wyróżnik jest równy $72$.

Dla $y=-1$ równanie $x^2-6x+8=0$ daje odcięte $2,4$, więc krótsza podstawa ma długość $2$. Dla $y=34$ równanie $x^2-6x-27=0$ daje $-3,9$, więc druga podstawa ma długość $12$. Wysokość trapezu wynosi $34-(-1)=35$, zatem $P=\frac{2+12}{2}\cdot35$.

Równość kwadratów $A^2=B^2$ daje przypadki $A=B$ lub $A=-B$. a) po rozwiązaniu dwóch równań liniowych otrzymujemy dwa wyniki. b) pierwszy przypadek daje $x=-8$, a drugi $2x^2+13x+20=0=(2x+5)(x+4)$.

Badamy wyróżnik. a) $\Delta=49-20c<0$ dla $c\in(\frac52,\frac72)$; b) $\Delta=25+16a>0$ dla $a\in(-1,0)$; c) $\Delta=b^2-36<0$ dla $b\in(-1,1)$. W każdym przypadku współczynnik przy $x^2$ jest niezerowy.

Niech $a=n$, wtedy $b=n+1$, $c=n+2$ dla $n\in\mathbb N_+$. Wyróżnik równania jest równy $\Delta=(n+1)^2-4n(n+2)=1-6n-3n^2$. Dla $n\ge1$ mamy $\Delta\le-8<0$, więc równanie nie ma pierwiastków rzeczywistych, co dowodzi tezy.

Podstawiamy $x=p$. a) $p^2+2p+p=p(p+3)=0$. b) $p^2+p\cdot p-50=2p^2-50=0$.

Punkty przecięcia wykresów $f$ i $g$ mają odcięte spełniające $2x^2-12x+16=0$, czyli $x=2,4$; są to $(2,0)$ i $(4,9)$. Z warunków $h(2)=0$, $h(4)=9$ dostajemy $8+2b+c=0$, $32+4b+c=9$, więc $b=-\frac{15}{2}$, $c=7$. Rozwiązujemy $2x^2-\frac{15}{2}x+7=0$.