NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 31

a) Suma odwrotności wynosi $-b/c=-(a+2)$. Z równania $-(a+2)=6$ mamy $a=-8$; wtedy $\Delta=32>0$.

b) Dla $a\ne3$ suma odwrotności jest stała:

$$-\frac{-6(a-3)}{a-3}=6.$$

Pozostaje warunek dwóch różnych pierwiastków:

$$\Delta=4(a-3)(9a-28)>0,$$

czyli $a<3$ lub $a>\frac{28}{9}$.

a) Suma wynosi $2a$, a iloczyn $3$, więc

$$(2a)^2-2\cdot3=16 \iff a^2=\frac{11}{2}.$$

Dla $a=\pm\frac{\sqrt{22}}2$ wyróżnik wynosi $10>0$.

b) Mamy $S=2a-4$ i $P=a^2+1$. Warunek

$$S^2-2P=16$$

daje $a^2-8a-1=0$, czyli $a=4\pm\sqrt{17}$. Dla $a=4+\sqrt{17}$ wyróżnik jest ujemny, a dla $a=4-\sqrt{17}$ dodatni.

Ponieważ $S=-a$ i $P=1$,

$$\frac1{x_1^2}+\frac1{x_2^2}=\frac{S^2-2P}{P^2}=a^2-2.$$

Warunek $a^2-2=7$ daje $a=\pm3$. Dla obu wartości $\Delta=a^2-4=5>0$.

Wyraz wolny $a^2+a+1=(a+\frac12)^2+\frac34$ jest zawsze dodatni, a wyróżnik równania jest zawsze dodatni. Suma odwrotności wynosi

$$-\frac bc=\frac2{a^2+a+1}.$$

Jest największa, gdy dodatni mianownik jest najmniejszy, czyli dla $a=-\frac12$. Wtedy mianownik wynosi $\frac34$, a maksimum sumy to $\frac{8}{3}$.

a) Rozwiązaniem jest zawsze $x=0$. Dla drugiego czynnika

$$q(x)=x^2-(2m-4)x+m-2$$

mamy $\Delta_q=4(m-2)(m-3)$. Dla $2<m<3$ trójmian nie ma zer. Dla $m=2$ jest równy $x^2$, więc nadal jedynym rozwiązaniem jest $0$; dla $m=3$ pojawia się dodatkowe rozwiązanie $1$.

b) Rozwiązaniem jest zawsze $x=-3$. Dla $q(x)=x^2+(m+3)x+m^2$ mamy

$$\Delta_q=-3(m-3)(m+1).$$

Trójmian nie ma zer dla $m<-1$ lub $m>3$. Dla $m=3$ jest równy $(x+3)^2$, więc nie dodaje nowego rozwiązania; dla $m=-1$ dodaje $-1$.

a) Dla $m=1$ równanie jest liniowe $2x=0$ i ma jedno rozwiązanie. Dla $m\ne1$ jest kwadratowe, a

$$\Delta=4-4(m-1)^2=4m(2-m).$$

Ma dwa rozwiązania dla $0<m<2$, z wyjątkiem $m=1$; jedno dla $m=0$ lub $m=2$; poza $[0,2]$ nie ma rozwiązań.

b) Współczynnik wiodący to $m(m+2)$. Dla $m=0$ otrzymujemy $3=0$, a dla $m=-2$ równanie liniowe $-4x+3=0$. Poza tym

$$\Delta=-8m(m+3).$$

Są dwa rozwiązania dla $-3<m<0$, z wyjątkiem $m=-2$; dla $m=-3$ jest jedno, a poza tym zakresem nie ma rozwiązań.

Dwa różne pierwiastki istnieją, gdy

$$\Delta=-4m(m+4)>0,$$

stąd $D_f=(-4;0)$. Ich iloczyn wynosi

$$f(m)=m^2+4m+1=(m+2)^2-3.$$

Minimum $-3$ jest osiągane dla $m=-2$. Wtedy równanie ma postać $x^2-2x-3=0=(x-3)(x+1)$, więc pierwiastki to $-1$ i $3$.

Najpierw $m\ne0$. Suma pierwiastków jest równa

$$f(m)=-\frac{m+1}{1/m}=-m(m+1) =-\left(m+\frac12\right)^2+\frac14.$$

Osiąga maksimum dla $m=-\frac12$. Ta wartość daje $\Delta>0$. Po podstawieniu i pomnożeniu równania przez $-128$ otrzymujemy

$$256x^2-64x+1=0,$$

czyli $x_{1,2}=\frac{2\mp\sqrt3}{16}$.

Podstawiamy $t=x^2$. Cztery różne pierwiastki względem $x$ otrzymamy, gdy równanie w $t$ ma dwa różne dodatnie pierwiastki: $\Delta_t>0$, $t_1+t_2>0$ i $t_1t_2>0$.

a) Dla $t^2+mt+1=0$ warunki $m^2-4>0$ i $-m>0$ dają $m<-2$.

b) Dla $t^2-t+m=0$ warunki $1-4m>0$ i $m>0$ dają $0<m<\frac14$.

c) Dla $t^2+mt-m-6=0$ iloczyn jest dodatni dla $m<-6$, suma dla $m<0$, a wyróżnik $(m+2)^2+20$ zawsze dodatni. Stąd $m<-6$.

d) Dla $t^2+(m-2)t+4-m=0$ warunki to $2-m>0$, $4-m>0$ i $m^2-12>0$. Ich częścią wspólną jest $m<-2\sqrt3$.

a) Po podstawieniu $t=x^2$ mamy $t^2+mt+4=0$. Dla $m<-4$ są dwa różne dodatnie pierwiastki $t$, zatem cztery wartości $x$. Dla $m=-4$ podwójne $t=2$ daje dwa $x$, a dla $m>-4$ nie ma dodatnich $t$.

b) Równanie $t^2+t+m=0$ ma dla $m<0$ dokładnie jeden dodatni pierwiastek, więc dwa $x$. Dla $m=0$ dopuszczalne jest tylko $t=0$, czyli $x=0$; dla $m>0$ brak dodatnich $t$.

c) Dla $m<0$ brak rozwiązań. Dla $m\geqslant0$ rozwiązujemy

$$x^2+2x-8=m\quad\text{lub}\quad x^2+2x-8=-m.$$

Pierwsze równanie zawsze ma dwa pierwiastki. Drugie, równoważne $(x+1)^2=9-m$, daje dwa dodatkowe dla $0<m<9$, jeden dla $m=9$ i żadnego dla $m>9$. Dla $m=0$ oba równania opisują te same dwa zera.

Równanie jest kwadratowe dla $m\ne-3$, a

$$\Delta=(m-6)(m+2)>0.$$

Kandydatami są $m\in(-\infty;-3)\cup(-3;-2)\cup(6;\infty)$. Ponadto

$$S=-\frac{m}{m+3},\qquad P=\frac1{m+3}.$$

Dla $m>-3$ mamy $P>0$, więc pierwiastki mają ten sam znak i $|x_1|+|x_2|=|S|$. Warunek $|S|\leqslant1$ daje $m\geqslant-\frac32$; po przecięciu ze zbiorem kandydatów pozostaje $m>6$.

Dla $m<-3$ mamy $P<0$, zatem

$$(|x_1|+|x_2|)^2=S^2-4P=\frac{\Delta}{(m+3)^2}\leqslant1.$$

Po uproszczeniu otrzymujemy $m\geqslant-\frac{21}{10}$, sprzeczne z $m<-3$. Ten przypadek nie daje rozwiązań.