MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 28

Korzystamy z warunków Viète'a. Dwa różne pierwiastki tego samego znaku wymagają $\Delta>0$ i $x_1x_2>0$; o ich znaku rozstrzyga suma.

a) Mamy $\Delta=4(2m^2-1),\qquad x_1+x_2=2m,\qquad x_1x_2=1-m^2.$ Warunki $\Delta>0$ i $x_1x_2>0$ dają $\frac{\sqrt2}{2}<|m|<1.$ Dla $m>0$ oba pierwiastki są dodatnie, a dla $m<0$ oba są ujemne.

b) Tutaj $\Delta=m^2-12m+4,$ zatem $\Delta>0$ dla $m<6-4\sqrt2\quad\text{lub}\quad m>6+4\sqrt2.$ Ponadto $x_1+x_2=\frac{m-2}{2},\qquad x_1x_2=\frac m2.$ Dwa dodatnie pierwiastki wymagają $m>2$, a dwa ujemne $0<m<2$. Przecięcie tych warunków z warunkiem na wyróżnik daje wskazane przedziały.

Liczby przeciwne mają sumę równą zeru. Z wzorów Viète'a $x_1+x_2=-\frac{9(m-2)}3=-3(m-2).$ Stąd $m=2$. Wtedy równanie ma postać $3x^2-5=0$, więc rzeczywiście ma dwa pierwiastki $\pm\sqrt{\frac53}$.

Podwójny pierwiastek równania kwadratowego wymaga $\Delta=0$, a następnie sprawdzenia znaku $x_0=-\frac{b}{2a}$.

a) $\Delta=4(m^2-m-2)=4(m-2)(m+1).$ Kandydaci to $m=2$ i $m=-1$, zaś $x_0=m$. Ujemny pierwiastek daje tylko $m=-1$.

b) Musi być $m\ne-1$, a $\Delta=(m-1)^2-8(m+1)=m^2-10m-7.$ Stąd $m=5\pm4\sqrt2$. Dla tych wartości $x_0=\frac{1-m}{2(m+1)}.$ Pierwiastek jest ujemny tylko dla $m=5+4\sqrt2$.

Najpierw równanie musi być kwadratowe, więc $m\ne-\frac32$. Warunek dwóch różnych pierwiastków daje $\Delta=16(m-3)(m+1)>0,$ czyli $m<-1$ lub $m>3$.

Ponieważ $x_1x_2=\frac4{2m+3}\ne0$, suma odwrotności wynosi

Ze wzorów Viète'a $x_1+x_2=p+2,\qquad x_1x_2=p+3.$ Zatem $x_1^2+x_2^2=(p+2)^2-2(p+3)=p^2+2p-2.$ Warunek z treści prowadzi do $p^2+2p-2=22,$ czyli $(p+6)(p-4)=0$. Dla $p=-6$ i $p=4$ wyróżnik $\Delta=p^2-8$ jest dodatni, więc oba parametry są dopuszczalne.

Dwa różne pierwiastki istnieją, gdy $\Delta=(2-m)^2-4=m(m-4)>0.$ Ze wzorów Viète'a mamy $x_1+x_2=m-2$ i $x_1x_2=1$, więc $x_1^2+x_2^2=(m-2)^2-2.$ Warunek z treści daje $(m-2)^2-2>10,$ czyli $|m-2|>2\sqrt3$. Otrzymane przedziały są zawarte w zbiorze, dla którego $\Delta>0$.

Niech $y_1=\frac1{x_1}$ i $y_2=\frac1{x_2}$. Z wzorów Viète'a dla pierwiastków wyjściowego równania $x_1+x_2=-\frac b3,\qquad x_1x_2=-\frac43,$ więc $y_1+y_2=\frac b4,\qquad y_1y_2=-\frac34.$ Stąd $y_1^2+y_2^2=\frac{b^2+24}{16}$ oraz

Rzędna punktu przecięcia z osią $OY$ to

Aby zbiorem wartości paraboli był $(-\infty,1]$, musi ona mieć ramiona skierowane w dół i wartość największą równą $1$.

a) Współczynnik wiodący wynosi $-1$. Wierzchołek ma odciętą $-m$, a jego rzędna to $f(-m)=m^2+m-1.$ Równanie $f(-m)=1$ daje $(m+2)(m-1)=0$.

b) Potrzebujemy $m-1<0$. Wierzchołek ma odciętą $-\frac12$ oraz $f\left(-\frac12\right)=\frac{3m+5}{4}.$ Po przyrównaniu tej wartości do $1$ dostajemy $m=-\frac13$, co spełnia warunek $m<1$.

W obu nierównościach współczynnik przy $x^2$ jest dodatni, zatem zbiorem rozwiązań jest przedział między miejscami zerowymi.

a) Miejsca zerowe to $-3$ i $a$. Aby końcami przedziału były $-3$ oraz $5$, musi być $a=5$.

b) Rozkładamy trójmian: $x^2+(a-5)x-5a=(x-5)(x+a).$ Miejsca zerowe to $5$ i $-a$. Warunek $-a=-3$ daje $a=3$.

Stosujemy kryterium stałego znaku trójmianu kwadratowego.

a) Współczynnik wiodący jest dodatni, a nierówność ostra, więc trzeba $\Delta<0$: $\Delta=m^2+48m=m(m+48)<0.$ Stąd $-48<m<0$.

b) Trójmian o dodatnim współczynniku wiodącym nie może być niedodatni dla wszystkich $x$.

c) Współczynnik wiodący jest ujemny, a nierówność ostra. Warunek $\Delta=m^2-12<0$ daje $-2\sqrt3<m<2\sqrt3$.

d) Trójmian o ujemnym współczynniku wiodącym nie może być nieujemny dla wszystkich $x$.

a) Dla $m=0$ nierówność ma postać $3>0$, więc jest tożsamościowa. Dla $m>0$ jest kwadratowa i $\Delta=m^2-4m(m+3)=-3m(m+4)<0,$ zatem również zachodzi dla każdego $x$. Dla $m<0$ ramiona paraboli są skierowane w dół, więc warunek nie może zachodzić dla wszystkich $x$.

b) Po uporządkowaniu względem $x$ otrzymujemy $m(m+7)x^2-2mx+3\ge0.$ Dla $m=0$ dostajemy prawdziwe $3\ge0$, a dla $m=-7$ otrzymana funkcja liniowa nie ma stałego znaku. W przypadku kwadratowym potrzebujemy