MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 29

Pierwiastek jest określony dla każdego $x$, gdy jego radikand jest nieujemny na całej prostej.

a) $\Delta=17-4m\le0$, więc $m\ge\frac{17}{4}$.

b) $\Delta=64-8m\le0$, więc $m\ge8$.

c) Wyrażenie $mx(x-1)$ nie jest nieujemne dla wszystkich $x$ ani dla $m>0$, ani dla $m<0$. Działa tylko $m=0$.

d) Współczynnik przy $x^2$ jest ujemny, więc dla dużych $|x|$ radikand jest ujemny. Brak wartości parametru.

e) Potrzebujemy $m+2>0$ oraz $\Delta=16-4(m+2)=8-4m\le0,$ co daje $m\ge2$.

f) Potrzebujemy $m>0$ oraz $\Delta=4-4m^2\le0,$ czyli $m\ge1$.

Dziedziną ma być całe $\mathbb R$, więc mianownik nie może mieć rzeczywistych miejsc zerowych.

a) Dla $k=0$ mianownik jest równy $1$. Dla $k\ne0$ jego wyróżnik to $\Delta=-4k(1-k)=4k(k-1).$ Warunek $\Delta<0$ daje $0<k<1$; po dołączeniu $k=0$ otrzymujemy $0\le k<1$.

b) Dla $k=0$ mianownik jest równy $5$. Dla $k\ne0$ $\Delta=(2k)^2-20k=4k(k-5).$ Nie ma on miejsc zerowych dla $0<k<5$. Po dołączeniu przypadku stałego otrzymujemy $0\le k<5$.

a) Dla $m=0$ równanie jest liniowe: $-x=0$, więc ma jeden pierwiastek. Dla $m\ne0$ jest kwadratowe, a $\Delta=(m-1)^2-4m^2=-(3m-1)(m+1).$ Jest dodatnia dla $-1<m<\frac13$, równa zeru dla $m\in\{-1,\frac13\}$, a ujemna poza domkniętym przedziałem. W przypadku dwóch pierwiastków trzeba osobno wykluczyć $m=0$.

b) Dla $m=2$ zostaje równanie liniowe $x-3=0$. Dla $m\ne2$ $\Delta=1+12(m-2)=12m-23.$ Znak wyróżnika oraz osobny przypadek $m=2$ dają pełną klasyfikację.

W każdym podpunkcie najpierw badamy wartości parametru zerujące współczynnik przy $x^2$, a w pozostałych przypadkach znak wyróżnika.

a) Dla $m=0$ równanie $2x=0$ ma jedno rozwiązanie. Dla $m\ne0$ $\Delta=4(1-m^2).$ Stąd dwa rozwiązania są dla $-1<m<1$, z wyłączeniem $m=0$; jedno dla $m=\pm1$ oraz dodatkowo dla $m=0$; zero dla $|m|>1$.

b) Współczynnik kwadratowy zeruje się dla $m=\pm1$. Dla $m=-1$ powstaje równanie liniowe, a dla $m=1$ sprzeczność $1=0$. Poza tym $\Delta=8(1-m).$ Zatem dwa rozwiązania występują dla $m<1$, z wyłączeniem $m=-1$; jedno tylko dla $m=-1$; zero dla $m\ge1$.

c) Dla $m=0$ otrzymujemy sprzeczność $-\frac14=0$. Dla $m\ne0$ $\Delta=m(m+1).$ Są dwa rozwiązania dla $m<-1$ lub $m>0$, jedno dla $m=-1$, a zero dla $-1<m\le0$.

Oznaczmy $t=|m|\ge0$. Z wzorów Viète'a $x_1+x_2=t,\qquad x_1x_2=2t-4.$ Wyróżnik równania wynosi $(t-4)^2$, więc pierwiastki są rzeczywiste dla każdego $t\ge0$. Badane wyrażenie ma postać

a) Po rozwinięciu otrzymujemy równanie kwadratowe $x^2-(a+b)x+ab-1=0.$ Jego wyróżnik wynosi $\Delta=(a+b)^2-4(ab-1)=(a-b)^2+4>0,$ więc dla dowolnych $a,b$ istnieją dwa różne rozwiązania.

b) Tym razem równanie ma postać $x^2-(a+b)x+ab-c^2=0,$ a jego wyróżnik jest równy $\Delta=(a+b)^2-4(ab-c^2)=(a-b)^2+4c^2\ge0.$ Ma więc co najmniej jedno rozwiązanie rzeczywiste dla wszystkich $a,b,c\in\mathbb R$.

Równanie rozkłada się na czynniki: $x^2-(m+1)x+m=(x-1)(x-m).$ Jego pierwiastkami są $1$ i $m$. Są różne wtedy i tylko wtedy, gdy $m\ne1$. Pierwiastek $1$ zawsze jest mniejszy od $2$, a dla drugiego potrzebujemy $m<2$. Łącząc warunki, usuwamy $m=1$ z przedziału $(-\infty,2)$.

Podstawiamy $t=x^2$. Cztery różne pierwiastki w zmiennej $x$ otrzymamy dokładnie wtedy, gdy równanie w $t$ ma dwa różne dodatnie pierwiastki.

a) Dla równania $t^2+2mt+1=0$ potrzeba $\Delta_t=4(m^2-1)>0,\qquad t_1+t_2=-2m>0,\qquad t_1t_2=1>0.$ Warunki te dają $m<-1$.

b) Dla $(m-1)t^2+t+m=0$ potrzebujemy $\Delta_t=1-4m(m-1)>0,$ czyli $\frac{1-\sqrt2}{2}<m<\frac{1+\sqrt2}{2}.$ Ponadto

Przekształcamy nierówność: