MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 36

Korzystamy ze wzorów Viète'a i sprawdzamy, że wyróżniki są dodatnie.

a) $x_1x_2=15>0$, a $x_1+x_2=-8<0$, więc oba pierwiastki są ujemne.

b) $x_1x_2=-5<0$, więc pierwiastki mają różne znaki.

c) $x_1x_2=\frac34>0$, a $x_1+x_2=6>0$, więc oba są dodatnie.

Dla równania z niezerowym wyrazem wolnym $\frac1{x_1}+\frac1{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=-\frac bc.$ W obu podpunktach wyróżnik jest dodatni i iloczyn pierwiastków nie jest zerem.

a) $-\frac{-6}{-0{,}5}=-12$.

b) $-\frac{5{,}6}{2{,}1}=-\frac83$.

Korzystamy z tożsamości

a) $\Delta=4$, więc wynik to $4$.

b) $\Delta=169$, a $a=2$, więc wynik to $\frac{169}{4}$.

c) $\Delta=18$, a $a=1$, więc wynik to $18$.

Z wzorów Viète'a $x_1+x_2=3$ oraz $x_1x_2=m-3$. Warunek daje $\frac3{m-3}=3,$ więc $m=4$. Dla tej wartości $\Delta=9-4(m-3)=5>0$, a iloczyn pierwiastków jest niezerowy, zatem wszystkie warunki są spełnione.

Pierwiastki przeciwne mają sumę równą zero. Z wzorów Viète'a $x_1+x_2=-(k-2)=2-k,$ więc jedynym kandydatem jest $k=2$. Wtedy równanie ma postać $x^2-9=0$ i dwa różne pierwiastki $-3$ i $3$. Kandydat jest dopuszczalny i jest jedyny, co dowodzi tezy.

Po podstawieniu $y=x+1$ wymagamy dwóch różnych dodatnich pierwiastków równania $y^2+3(m-1)y+2-7m=0.$ Potrzebne są: dodatnia suma $3(1-m)>0$, dodatni iloczyn $2-7m>0$ oraz $\Delta=(9m+1)(m+1)>0.$ Pierwsze dwa warunki sprowadzają się do $m<\frac27$, a warunek na wyróżnik daje $m<-1$ lub $m>-\frac19$. Przecinamy te zbiory.

Miejscami zerowymi lewej strony są $1$ i $a$, a współczynnik przy $x^2$ jest dodatni. Rozwiązaniem nierówności nieostrej jest zatem domknięty przedział między miejscami zerowymi. Ich kolejność zależy od $a$; dla $a=1$ przedział redukuje się do jednego punktu.

Dla trójmianu kwadratowego stosujemy warunek właściwego znaku współczynnika wiodącego i odpowiedni warunek na wyróżnik; przypadki liniowe sprawdzamy osobno.

a) $m-2>0$ i $40-12m<0$, więc $m>\frac{10}{3}$.

b) Dla równania kwadratowego otrzymujemy $m<-\frac53$ lub $m>1$; przypadek $m=1$ daje stałą $1>0$ i także należy do zbioru.

c) Dla $m=0$ mamy $5\ge0$, a dla $m>0$ warunek $m(m-20)\le0$ daje $0<m\le20$.

d) Dla $1<m<2$ współczynnik wiodący jest ujemny, lecz wyróżnik dodatni; przypadki $m=1,2$ także nie dają nierówności tożsamościowej.

Z warunku $2x+3y=15$ mamy $y=5-\frac23x$. Po podstawieniu

Kwadrat jest nieujemny, więc najmniejsza wartość występuje dla $x=3$ (wtedy $y=3$) i wynosi $45$.

Z warunku $x+y=10$ mamy $y=10-x$. Iloczyn $xy=x(10-x)=25-(x-5)^2$ ma największą wartość $k=25$. Ponadto $x^2+y^2=(x+y)^2-2xy=100-2xy.$ Wyrażenie to jest najmniejsze, gdy $xy$ jest największe, zatem $m=100-2\cdot25=50=2k$. Teza została wykazana.

Graniastosłup ma $2n$ wierzchołków, więc wszystkich odcinków między parami wierzchołków jest $\binom{2n}{2}=n(2n-1)$. Na dwóch podstawach leży $2\binom n2=n(n-1)$ odcinków. Między podstawami na powierzchni leżą dla każdego dolnego wierzchołka trzy odcinki: krawędź pionowa i dwie przekątne ścian bocznych, razem $3n$. Wewnątrz pozostaje $n(2n-1)-n(n-1)-3n=n(n-3).$ Warunek $n(n-3)=5400$ daje $(n-75)(n+72)=0$, więc $n=75$.

Zapisujemy funkcję w postaci kanonicznej: $f(x)=\frac12(x-4)^2+6.$ Wierzchołek $x=4$ leży w podanym przedziale, więc wartość najmniejsza wynosi $6$. Na końcach przedziału $f(4-a)=\frac12a^2+6,\qquad f(8+a)=\frac12(a+4)^2+6.$ Dla $a>0$ większa jest druga wartość. Równanie $\frac12(a+4)^2+6=56$ daje $a=6$. Drugi koniec to $x=4-a=-2$, a $f(-2)=24$.