MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 26

Niech $\alpha,\beta$ będą pierwiastkami równania $x^2-4x-7=0$. Ze wzorów Viète'a

$$\alpha+\beta=4,\qquad \alpha\beta=-7.$$

Pierwiastkami szukanego równania są $x_1=\alpha^2$ i $x_2=\beta^2$. Zatem

$$x_1+x_2=\alpha^2+\beta^2 =(\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta=16+14=30,$$ $$x_1x_2=(\alpha\beta)^2=49.$$

Dla równania $x^2+bx+c=0$ mamy $x_1+x_2=-b$ i $x_1x_2=c$, więc $b=-30$ oraz $c=49$.

Niech $\alpha,\beta$ będą pierwiastkami równania $x^2+3x-5=0$. Wtedy

$$\alpha+\beta=-3,\qquad \alpha\beta=-5.$$

Pierwiastki nowego równania to $x_1=\frac1\alpha$ i $x_2=\frac1\beta$, więc

$$x_1+x_2=\frac{\alpha+\beta}{\alpha\beta}=\frac35, \qquad x_1x_2=\frac1{\alpha\beta}=-\frac15.$$

Ponieważ dla $x^2+bx+c=0$ suma pierwiastków wynosi $-b$, a iloczyn $c$, otrzymujemy

$$b=-\frac35,\qquad c=-\frac15.$$

Ze wzorów Viète'a dla $f(x)=-2x^2+bx+c$:

$$s=x_1+x_2=\frac b2,\qquad p=x_1x_2=-\frac c2.$$

Warunek zadania daje

$$\frac{s}{p}=-\frac bc=\frac23,$$

czyli $c=-\frac32b$. Współrzędna $x$ wierzchołka wynosi $x_W=\frac b4$, a jego rzędna jest równa 8. Stąd

$$f\left(\frac b4\right)=\frac{b^2}{8}+c=8.$$

Po podstawieniu $c=-\frac32b$:

$$b^2-12b-64=0,$$

więc $b=16$ lub $b=-4$. Odpowiadające wartości $c$ to $-24$ i $6$.

Dla równania $2x^2+5x-2=0$ wyróżnik wynosi

$$\Delta=5^2-4\cdot2\cdot(-2)=41>0,$$

zatem istnieją dwa różne miejsca zerowe. Ich odległość można obliczyć bez wyznaczania ich wartości:

$$|x_1-x_2|=\frac{\sqrt\Delta}{|a|} =\frac{\sqrt{41}}2.$$

a) Gdyby takie rzeczywiste liczby $x_1,x_2$ istniały, byłyby pierwiastkami równania

$$x^2-(x_1+x_2)x+x_1x_2=0,$$

czyli $x^2-2x+4=0$. Jego wyróżnik jest równy $\Delta=4-16=-12<0$, więc nie ma ono pierwiastków rzeczywistych. Otrzymana sprzeczność kończy dowód.

b) Tutaj $s=x_1+x_2=1$. Ponieważ

$$\frac1{x_1}+\frac1{x_2}=\frac{s}{p}=1,$$

musi być $p=x_1x_2=1$. Liczby $x_1,x_2$ musiałyby więc być pierwiastkami równania $x^2-x+1=0$, którego wyróżnik wynosi $1-4=-3<0$. Ono również nie ma pierwiastków rzeczywistych.

Dla pierwiastków danego równania

$$s=x_1+x_2=2,\qquad p=x_1x_2=-4.$$

Jeśli nowe liczby mają sumę $S$ i iloczyn $P$, to są pierwiastkami równania $x^2-Sx+P=0$.

a) $S=-2s=-4$, $P=4p=-16$, więc $x^2+4x-16=0$.

b) $S=3s=6$, $P=9p=-36$, więc $x^2-6x-36=0$.

c) $S=6+s=8$, $P=(3+x_1)(3+x_2)=9+3s+p=11$, więc $x^2-8x+11=0$.

d) $S=x_1^2+x_2^2=s^2-2p=12$ oraz $P=p^2=16$, więc $x^2-12x+16=0$.

e) $S=\frac{s}{p}=-\frac12$ i $P=\frac1p=-\frac14$. Równanie moniczne można pomnożyć przez 4, otrzymując $4x^2+2x-1=0$.

f)

$$S=\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1} =\frac{s^2-2p}{p}=-3,\qquad P=1,$$

więc $x^2+3x+1=0$.

Zakładamy $a\ne0$, ponieważ równanie jest kwadratowe.

a) Z $a+b+c=0$ wynika $b=-a-c$. Lewą stronę równania można więc rozłożyć:

$$ax^2+bx+c=ax^2-(a+c)x+c=(x-1)(ax-c).$$

Stąd $x=1$ lub $ax-c=0$, czyli $x=\frac ca$.

b) Z $a-b+c=0$ wynika $b=a+c$. Wtedy

$$ax^2+bx+c=ax^2+(a+c)x+c=(x+1)(ax+c).$$

Zatem $x=-1$ lub $ax+c=0$, czyli $x=-\frac ca$.

Korzystamy bezpośrednio z obu przypadków zadania 21.

a) $a+b+c=2021-1-2020=0$, więc pierwiastkami są $1$ i $\frac ca=-\frac{2020}{2021}$.

b) $a+b+c=100+1-101=0$, więc pierwiastkami są $1$ i $\frac ca=-\frac{101}{100}$.

c) $a-b+c=1-(-2020)-2021=0$, więc pierwiastkami są $-1$ i $-\frac ca=2021$.

d) $a-b+c=-16-(-3)+13=0$, więc pierwiastkami są $-1$ i $-\frac ca=\frac{13}{16}$.

Podstawmy $t=|x|$, gdzie $t\ge0$. Ponieważ $x^2=|x|^2$, otrzymujemy

$$t^2-5t+1=0.$$

Równanie ma dwa dodatnie pierwiastki $t_1,t_2$, gdyż $\Delta=21>0$, $t_1+t_2=5$ i $t_1t_2=1$. Pierwiastkami równania wyjściowego są $-t_1,t_1,-t_2,t_2$. Suma ich kwadratów wynosi

$$2t_1^2+2t_2^2 =2\bigl((t_1+t_2)^2-2t_1t_2\bigr) =2(25-2)=46.$$