Funkcja kwadratowa cz. 1 – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-3)
Wyznacz największą i najmniejszą wartość funkcji $f\colon\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ , określonej wzorem $f(x)=(x-1)(5-x)$ w przedziale $x\in[0,7]$ .

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.

Dana funkcja jest podana niemal w postaci iloczynowej, jej wzór możemy zapisać jako $f(x)=-(x-1)(x-5)$ . To oznacza, że miejscami zerowymi są $x_1=1$ oraz $x_2=5$ . Wierzchołek, w którym funkcja osiąga wartość największą, ma współrzędne $p=\dfrac{x_1+x_2}{2}=3\in[0,7]$ i $q=f(p)=-(3-1)(3-5)=4$ . Najmniejszą wartość funkcja będzie przyjmować w jednym z końców podanego przedziału, obliczamy więc $f(0)=-5$ i $f(7)=-12$ i wybieramy mniejszą z otrzymanych liczb.

Ostatecznie najmniejsą wartością funkcji $f(x)$ na danym przedziale jest $f(7)=-12$ , zaś największa to $f(3)=4$ .

Zadanie 2. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru $m$ , dla których równanie

$mx^2-3(m+1)x+m = 0$

nie ma rozwiązania w zbiorze liczb rzeczywistych.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2002.

Równanie kwadratowe nie ma rozwiązań w zbiorze liczb rzeczywistych, gdy jego wyróżnik (tzn. delta: $\Delta$ ) jest ujemny. W danym przykładzie należy jeszcze osobno sprawdzić przypadek $m=0$ , gdy równanie przestaje być kwadratowe (współczynnik przy $x^2$ zależy od parametru $m$ – stąd taka konieczność). Podstawiając $m=0$ do równania otrzymujemy zależność liniową: $-3x=0$ , która, jak widać, ma rozwiązanie. Możemy więc dalej zakładać, że $m\neq 0$ . Wtedy

(1) $\begin{eqnarray*} \Delta&=&\left(-3(m+1)\right)^2-4\cdot m\cdot m=9(m+1)^2-4m^2=\nonumber\\ &=&(3m+3)^2-(2m)^2=(3m+3-2m)(3m+3+2m)=\nonumber\\ &=&(m+3)(5m+3).\nonumber \end{eqnarray*}$

Należy teraz rozwiązać nierówność $\Delta<0$ , czyli

$(m+3)(5m+3)<0.$

Określamy miejsca zerowe: $m_1=-3$ oraz $m_2=-\dfrac{3}{5}$ i zaznaczamy je na osi liczbowej wraz ze schematycznym wykresem paraboli (w naszym przypadku aktualną zmienną jest $m$ i współczynnik przy $m^2$ jest dodatni – wynosi $5$ , zatem rysowana parabola ma ramiona skierowane ku górze). Nierówność jest ostra, więc końce wyznaczonego przedziału nie wchodzą do zbioru rozwiązań.

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3,yscale=0.8] \draw[very thick,->] (-4,0)--(1,0) node[below] {$m$}; \draw[thick,blue,domain=-3.3:-0.3, smooth, variable=\x,yscale=0.2] plot ({\x},{\x+3)*(5*\x+3}); \draw[thin,fill=red!20] (-3,0) rectangle (-0.6,0.3); \foreach \x/\w in {-3/{-3},-0.6/{-\frac{3}{5}}} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2pt);} \end{tikzpicture}$

Tym samym otrzymujemy odpowiedź: $m\in\left(-3,\,-\dfrac{3}{5}\right)$ , wykluczona wcześniej wartość $m=0$ nie znajduje się w tym przedziale.

Zadanie 3. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru $m$ , dla których równanie $x^2 + mx + 2 = 0$ ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste takie, że suma ich kwadratów jest większa od $2m^2-13$ .

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.

Aby dana funkcja kwadratowa miała dwa różne pierwiastki rzeczywiste, musi być $\Delta>0$ , czyli

$m^2-8>0\quad\Longleftrightarrow\quad \left(m-\sqrt{8}\right)\left(m+\sqrt{8}\right)>0.$

Daje nam to zbiór $m\in\left(-\infty,\,-\sqrt{8}\right)\cup\left(\sqrt{8},\,\infty\right)$ .

Drugi warunek dotyczący pierwiastków ma postać $x_1^2+x_2^2>2m^2-13$ . Przepiszmy go w taki sposób, aby można było wykorzystać wzory Viete’a:

$x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2>2m^2-13.$

Stąd

$\left(-\frac{m}{1}\right)^2-2\cdot\frac{2}{1}>2m^2-13\quad\Longleftrightarrow\quad m^2-9<0,$

czyli $m\in(-3,3)$ .

Ostatecznie, uwzględniając część wspólną uzyskanych zbiorów, mamy odpowiedź $m\in\left(-3,\,-\sqrt{8}\right)\cup\left(\sqrt{8},\,3\right)$ .

Zadanie 4. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru $m$ , dla których nierówność

$\left(m^2+4m-5\right)\cdot x^2+2x>2mx-2$

jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej $x$ .

♦ matura – poziom rozszerzony, lipiec 2020.

Najpierw należy daną nierówność uporządkować, aby poprawnie odczytać wartości poszczególnych współczynników. Mamy

$\left(m^2+4m-5\right)\cdot x^2+x(2-2m)+2>0.$

Funkcja kwadratowa po lewej stronie będzie przyjmowała zawsze (dla każdego $x\in\mathbf{R}$ ) wartości dodatnie tylko wtedy, gdy współczynnik $a=m^2+4m-5$ będzie dodatni i jednocześnie wyróżnik $\Delta<0$ (nie chcemy mieć żadnych miejsc zerowych – parabola jako wykres tej funkcji kwadratowej musi mieć ramiona skierowane do góry i nie może przecinać osi $Ox$ ).

Stąd $a=m^2+4m-5>0$ . Obliczamy $\Delta_m=36$ i $m_1=-5$ oraz $m_2=1$ , a następnie graficznie rozwiązujemy nierówność.

$\begin{tikzpicture}[xscale=0.8,yscale=0.8] \draw[red!20,thin,fill=red!20] (-6.2,0) rectangle (-5,0.4); \draw[red!20,thin,fill=red!20] (1,0) rectangle (2,0.4); \draw (-6.2,0.4)--(-5,0.4)--(-5,0) (1,0)--(1,0.4)--(2,0.4); \draw[thick,blue,domain=-5.8:1.8, smooth, variable=\x,yscale=0.13] plot ({\x},{(\x+5)*(\x-1)}); \draw[very thick,->] (-6.3,0)--(2.2,0) node[below] {$m$}; \foreach \x/\w in {-5/{-5},1/1} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2.5pt);} \node[right] at (4,0) {$m\in (-\infty,\,-5)\cup (1,\,\infty)$}; \end{tikzpicture}$

Wracamy do warunku $\Delta<0$ . Mamy

$\Delta=(2-2m)^2-4(m^2+4m-5)\cdot 2=-4(m-1)(m+11)<0.$

Tę nierówność rozwiązujemy podobnie, otrzymując $m\in(-\infty,\,-11)\cup(1,\,\infty)$ . Na koniec trzeba wyznaczyć część wspólną otrzymanych zbiorów. To prowadzi do odpowiedzi:

$m\in(-\infty,\,-11)\cup (1,\,\infty).$

Zadanie 5. (0-6)
Funkcja kwadratowa $f(x)=(2m-1)x^2-2(m+1)x+m-1$ ma dwa różne miejsca zerowe $x_1$ , $x_2$ . Wyznacz wszystkie wartości parametru $m$ , dla których odległość między miejscami zerowymi wynosi nie więcej niż $4$ .

♦ matura próbna ,,Nowa Era” – poziom rozszerzony, styczeń 2018.

Aby podana funkcja była kwadratowa, to musimy założyć, że współczynnik przy wyrazie $x^2$ jest niezerowy: $a\neq 0$ . Dwa różne miejsca zerowe istnieją tylko wtedy, gdy $\Delta>0$ . To oznacza, że interesuje nas układ trzech warunków

$a\neq 0\,\,\wedge\,\,\Delta>0\,\,\wedge\,\,|x_1-x_2|\leqslant 4.$

Mamy $a=2m-1\neq 0$ gdy $m\neq\frac{1}{2}$ . Dodatkowo

$\Delta=4(m+1)^2-4(2m-1)(m-1)=-4m(m-5)>0.$

Rozwiązanie odczytujemy z rysunku, zaznaczając na osi liczbowej te wartości $m$ , które zerują otrzymany iloczyn (czyli 0 i 5).

$\begin{tikzpicture}[xscale=0.7,yscale=0.7] \draw[fill=red!20] (0,0) rectangle (5,0.4); \draw[thick,blue,domain=-0.8:5.8, smooth, variable=\x,yscale=0.2] plot ({\x},{-(\x-5)*(\x)}); \draw[very thick,->] (-1.3,0)--(6.2,0) node[below] {$m$}; \foreach \x/\w in {-0/{0},5/5} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2.5pt);} \end{tikzpicture}$

czyli $m\in(0,5)$ .

Ostatni warunek przekształcamy tak, aby móc użyć wzorów Viete’a – podnosząc nierówność obustronnie do kwadratu: $|x_1-x_2|^2\leqslant 16$ , czyli

$x_1^2-2x_1 x_2+x_2^2\leqslant 16\quad\Leftrightarrow\quad (x_1+x_2)^2-4x_1x_2\leqslant 16.$

Stąd

$\left(\frac{2(m+1)}{2m-1}\right)^2-4\cdot \frac{m-1}{2m-1}\leqslant 16.$

A po uporządkowaniu dostajemy nierówność kwadratową: $17m^2-21m+4\geqslant 0$ . Obliczamy wyróżnik i pierwiastki otrzymanego trójmianu: $\Delta_m=(-21)^2-4\cdot 17\cdot 4=169$ i $m_1=\frac{4}{17}$ oraz $m_2=1$ .

Podobnie jak poprzednio otrzymujemy odpowiedni zbiór: $m\in(-\infty,\,\frac{4}{17}]\cup[1,\,\infty)$ . Na koniec zbieramy wszystkie warunki i wyznaczamy część wspólną uzyskanych zbiorów.

Odpowiedź: $m\neq\frac{1}{2}\,\,\wedge\,\,m\in(0,5)\,\,\wedge\,\,m\in(-\infty,\,\frac{4}{17}]\cup[1,\,\infty)$ , czyli

$m\in\left(0,\,\frac{4}{17}\right]\cup[1,5).$

Zadanie 6. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru $m$ , dla których rozwiązania $x_1$ i $x_2$ równania $x^2+13x-24=(10-m)x-15$ spełniają warunek $x_1^2+x_2^2+3x_1x_2=0$ .

♦ matura próbna ,,Operon” i GW – poziom rozszerzony, listopad 2008.

Najpierw porządkujemy dane równanie tak, aby otrzymać postać zależności kwadratowej. Mamy

$x^2+(m+3)x-9=0.$

Skoro rozwiązania $x_1$ i $x_2$ mają istnieć, to $\Delta\geqslant 0$ . Czyli $\Delta=(m+3)^2-4\cdot 1\cdot (-9)=(m+3)^2+9$ . Jako suma kwadratu i liczby 9, jest to liczba dodatnia dla dowolnej wartości rzeczywistej $m$ , stąd $\Delta>0$ .

Warunek na pierwiastki przekształcamy tak, aby można było użyć wzorów Viete’a:

$x_1^2+x_2^2+3x_1 x_2=(x_1+x_2)^2+x_1 x_2=0,$

stąd $\left(-\dfrac{m+3}{1}\right)^2+\left(\dfrac{-9}{1}\right)=0$ . Mamy zatem $(m+3)^2-3^2=0$ , czyli $m(m+6)=0$ i uzyskujemy końcową odpowiedź: $m=0$ lub $m=-6$ .

Zadanie 7. (0-6)
Wyznacz wszystkie liczby całkowite $k$ , dla których funkcja $f(x)=x^2-2^k\cdot x+2^k+\dfrac{5}{4}$ przyjmuje wartości dodatnie dla każdego $x\in\mathbf{R}$ .

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, grudzień 2005.

Dana funkcja kwadratowa będzie przyjmowała tylko wartości dodatnie (dla wszystkich $x\in\mathbf{R}$ ), gdy jej współczynnik przy wyrazie $x^2$ będzie dodatni, zaś wyróżnik $\Delta<0$ . Pierwszy warunek jest spełniony. Mamy też

$\Delta=\left(-2^k\right)^2-4\cdot 1\cdot\left(2^k+\frac{5}{4}\right)=2^{2k}-4\cdot 2^k-5>0.$

Aby rozwiązać powyższą nierówność wygodnie będzie wprowadzić zmienną pomocniczą $m=2^k$ . Wtedy otrzymamy $m^2-4m-5>0$ , czyli $(m-5)(m+1)>0$ . To prowadzi do $m\in(-\infty,\,-1)\cup(5,\infty)$ . Ponieważ $m=2^k$ , więc jest to zawsze wartość dodatnia i interesuje nas tylko druga składowa otrzymanego zbioru. Stąd $2^k\in(5,\,\infty)$ , a ponieważ interesują nas całkowite wartości $k$ , więc $k\geqslant 3$ .

Ostatecznie mamy odpowiedź: $k=3,4,5,\ldots$ .

Zadanie 8. (0-6)
Wyznacz dziedzinę i naszkicuj wykres funkcji $f(m)=x_1\cdot x_2$ , gdzie $x_1$ , $x_2$ są różnymi pierwiastkami równania $(m+2)x^2-(m+2)^2x+3m+2=0$ , w którym $m\in\mathbf{R}\setminus\{-2\}$ .

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2006.

Dla $m=-2$ dana zależność przestaje być równaniem kwadratowym (a nawet powstaje wtedy równanie sprzeczne), stąd wykluczenie podane już w treści zadania.

Ponieważ interesuje nas sytuacja, gdy równanie ma dwa różne pierwiastki, więc musi być $\Delta>0$ , stąd

(2) $\begin{eqnarray*} \Delta&=&(m+2)^4-4(m+2)(3m+2)=\nonumber\\ &=&(m+2)\left[(m+2)^3-4(3m+2)\right]=\nonumber\\ &=&(m+2)(m^3+6m^2)=m^2(m+2)(m+6)>0.\nonumber \end{eqnarray*}$

Otrzymaną nierówność wielomianową rozwiązujemy graficznie, zaznaczając punkty $0$ , $-2$ , $-6$ na osi liczbowej i prowadząc odpowiednio szkic wykresu; należy pamiętać, że dla $m=0$ mamy podwójne miejsce zerowe, więc w tym punkcie wykres będzie styczny do osi.

$\begin{tikzpicture}[scale=1.4,yscale=0.8] \draw[red!20,thin,fill=red!20] (-7.2,0) rectangle (-6,0.4); \draw[red!20,thin,fill=red!20] (-2,0) rectangle (0.8,0.4); \draw (-7.2,0.4)--(-6,0.4)--(-6,0) (-2,0)--(-2,0.4)--(0.8,0.4) (0,0)--(0,0.4); \draw[thick,blue,domain=-6.14:0.95, smooth, variable=\x,yscale=0.05] plot ({\x},{\x*\x*(\x+2)*(\x+6)}); \draw[very thick,->] (-7.3,0)--(0.9,0) node[below] {$m$}; \foreach \x/\w in {-6/{-6},-2/-2,0/0} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2pt);} \end{tikzpicture}$

Uzyskany zbiór: $m\in(-\infty,\,-6)\cup(-2,\,0)\cup(0,\,\infty)$ stanowi dziedzinę funkcji $f(m)$ . Jej wartość określimy na podstawie wzorów Vi{\`e}te’a. Mamy

$f(m)=x_1\cdot x_2=\frac{3m+2}{m+2}=3+\frac{-4}{m+2}.$

Widać zatem, że należy naszkicować wykres funkcji homograficznej (na odpowiedniej dziedzinie). Powstaje on przez przesunięcie wykresu funkcji $y=\dfrac{-4}{x}$ o wektor $(-2,3)$ .

$\begin{tikzpicture} \draw[black!50] (-8.3,-5.3) grid (6.2,5.2); \draw[very thick,->] (-8.3,0)--(6.2,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-5.3)--(0,5.2) node[left] {$y$}; \foreach \x in {-7,-6,-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5} \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\x$}; \foreach \y in {-4,-3,-2,-1,1,2,3,4} \draw (0,\y)--(-0.05,\y) node[left] {$\y$}; \draw[ultra thick,blue,domain=-8.3:-6, smooth, variable=\x] plot ({\x},{3-4/(\x+2)}); \draw[ultra thick,blue,domain=-1.5:6, smooth, variable=\x] plot ({\x},{3-4/(\x+2)}); \draw[very thick,black,dashed] (-2,-5)--(-2,5) (-8.2,3)--(6.2,3); \foreach \x/\y in {-6/4,0/1} \draw[thick,blue,fill=white] (\x,\y) circle (3pt); \end{tikzpicture}$

Zadanie 9. (0-6)
Wyznacz wartości parametru $m$ , dla których równanie $(m^2+m-3)x^2+(2m-1)x+2=0$ ma dwa rozwiązania dodatnie takie, że jedno z nich jest dwa razy większe od drugiego.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.

Zadanie należy do nietypowych. Przy standardowym podejściu należałoby ustalić dla jakich wartości $m$ spełnione są warunki

$a=m^2+m-3\neq 0,\,\,\, \Delta>0,\,\,\, x_1+x_2>0,\,\,\, x_1 x_2>0,$

które odpowiadają kolejno za to, że równanie jest kwadratowe, że ma dwa różne pierwiastki i w końcu że pierwiastki te są liczbami dodatnimi.

My jednak zajmiemy się warunkiem, aby jeden z tych pierwiastków był dwukrotnością drugiego. Oznaczmy je przez $r>0$ oraz $2r$ . Wtedy $x_1+x_2=3r$ i jednocześnie $x_1 x_2=2r^2$ . Stąd

$\frac{(x_1+x_2)^2}{9}=r^2=\frac{x_1 x_2},$

czyli – korzystając ze wzorów Viete’a – dostaniemy równanie

$\frac{1}{9}\left(\frac{2m-1}{m^2+m-1}\right)^2=\frac{1}{m^2+m-3}.$

Po prostej redukcji wyrazów podobnych dostaniemy $5m^2+13m-28=0$ . Rozwiązując to równanie kwadratowe, otrzymamy $\Delta_m=13^2+4\cdot 5\cdot 28$ i $m_1=-4$ lub $m_2=\dfrac{7}{5}$ .

Widzimy zatem, że możliwe są co najwyżej dwie wartości $m$ spełniające warunki zadania. Wracając do pierwotnie podanych założeń, zamiast je rozwiązywać dla wszystkich $m$ , wystarczy sprawdzić, która ze znalezionych dwóch wartości te warunki spełniają.

Dla $m=-4$ mamy $a=9>0$ i dalej $b=-9$ , czyli $\Delta=19>0$ oraz $x_1+x_2=1>0$ i $x_1 x_2=\dfrac{2}{9}>0$ . Warunki są spełnione.

Dla $m=\dfrac{7}{5}$ mamy $a=0,\!36>0$ i dalej $b=\dfrac{9}{5}$ , ale wtedy jednak $x_1+x_2=-\dfrac{-b}{a}<0$ więc pierwiastki nie są dodatnie.

Końcowa odpowiedź: jest tylko jedna wartość parametru $m$ , mianowicie $m=-4$ .

Zadanie 10. (0-4)
Wyznacz dziedzinę i najmniejszą wartość funkcji $f(x)=\log_{\frac{\sqrt{2}}{2}}\left(8x-x^2\right)$ .

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2008.

Zaczynamy od dziedziny. Aby dane w zadaniu wyrażenie miało sens, musi być $8x-x^2>0$ , czyli $x(8-x)>0$ , skąd $x\in(0,8)$ . Zauważmy też przy okazji, że podstawa logarytmu wynosi $a=\dfrac{\sqrt{2}}{2}<1$ , to oznacza, że funkcja $x\mapsto \log_a x$ jest malejąca: im większy argument, tym mniejsza jest wartość tej funkcji. Zatem wystarczy w obrębie naszej dziedziny $(0,8)$ znaleźć największą wartość funkcji kwadratowej $g(x)=8x-x^2$ . Maksimum tej funkcji kwadratowej jest oczywiście przyjmowane w wierzchołku, czyli dla $x=\dfrac{-8}{-2}=4$ i wynosi ono $g(4)=8\cdot 4-4^2=16$ . Wtedy

$f(4)=\log_{\frac{\sqrt{2}}{2}}16=\log_{2^{-1/2}}\left(2^{-1/2}\right)^{-8}=-8.$

To daje szukaną odpowiedź.

Zadanie 11. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru $a$ , dla których równanie $x^2-2ax+a^3-2a = 0$ ma dwa różne rozwiązania dodatnie.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, marzec 2021.

Jest to typowe równanie kwadratowe z parametrem. Warunki opisane w zadaniu można wyrazić następująco:

istnieją dwa różne rozwiązania: $\Delta>0$ ,
rozwiązania są dodatnie: $x_1\cdot x_2>0\quad\wedge\quad x_1+x_2>0$ – w ten sposób najłatwiej wykorzystać wzory Viete’a.

Uzyskane nierówności prowadzą do zależności:

(3) $\begin{eqnarray*} \Delta&=&(-2a)^2-4\cdot 1\cdot(a^3-2a)=-4a(a^2-a-2)=\nonumber\\ &=&-4a(a-2)(a+1)>0\nonumber \end{eqnarray*}$

oraz

$x_1\cdot x_2=\frac{a^3-2a}{1}=a^3-2a>0\quad\text{i}\quad x_1+x_2=\frac{2a}{1}=2a>0.$

Pierwszą z tych nierówności, przez rozkład na czynniki zapisujemy jako $a(a-\sqrt{2})(a+\sqrt{2})>0$ . Ilustracje obu nierówności $\Delta>0$ oraz $x_1\cdot x_2>0$ pokazuje rysunek.

$\begin{tikzpicture}[scale=1] \draw[fill=red!20,red!20] (-2,0) rectangle (-1,0.3); \draw[thin] (-2,0.3)--(-1,0.3)--(-1,0); \draw[fill=red!20] (0,0) rectangle (2,0.3); \draw[very thick,->] (-2,0)--(2.5,0) node[below] {$a$}; \draw[thick,blue,domain=-1.4:2.25, smooth, variable=\x,yscale=0.5] plot ({\x},{(\x+1)*(2-\x)*\x}); \foreach \x/\w in {-1/{-1},0/0,2/2} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2pt);} \node[above] at (0.15,1.5) {$-4a(a-2)(a+1)>0$}; \begin{scope}[shift={(6.5,0)}] \draw[fill=red!20,red!20] (1.414,0) rectangle (2.3,0.3); \draw[thin] (2.3,0.3)--(1.41,0.3)--(1.41,0); \draw[fill=red!20] (-1.41,0) rectangle (0,0.3); \draw[very thick,->] (-2,0)--(2.5,0) node[below] {$a$}; \draw[thick,blue,domain=-1.8:1.9, smooth, variable=\x,yscale=0.5] plot ({\x},{\x*\x*\x-2*\x}); \foreach \x/\w in {-1.414/{-\sqrt{2}},0/0,1.414/{\sqrt{2}}} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=white] (\x,0) circle (2pt);} \node[above] at (0.15,1.5) {$a^3-2a>0$}; \end{scope} \end{tikzpicture}$

Część wspólna uzyskanych wartości $a>0$ to przedział $a\in\left(\sqrt{2},\,2\right)$ .

Zadanie 12. (0-5)
Liczby $x_1=5+\sqrt{23}$ i $x_2=5-\sqrt{23}$ są rozwiązaniami równania

$x^2-\left(p^2+q^2\right)x+(p+q)=0$

z niewiadomą $x$ . Oblicz wartości $p$ i $q$ .

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2008.

Jeśli wstawimy podane liczby $x_1$ oraz $x_2$ do równania, otrzymamy dość skomplikowany układ równań kwadratowych wiążący szukane wielkości $p$ oraz $q$ . Posłużymy się więc wzorami Viete’a. Wskazówką, że wzory te mogą być w naszym przypadku pomocne jest fakt, iż liczby $x_1+x_2=10$ oraz $x_1 x_2=25-23=2$ są całkowite, co znacząco ułatwi obliczenia. Mamy

$10=x_1+x_2=-\frac{-(p^2+q^2)}{1}=p^2+q^2,\quad\,\, 2=x_1 x_2=p+q.$

Otrzymany układ równań rozwiązujemy metodą podstawiania: $q=2-p$ , stąd

$p^2+(2-p)^2=10\quad\Leftrightarrow\quad p^2-2p-3=0.$

Obliczamy wyróżnik $\Delta=(-2)^2-4\cdot 1\cdot(-3)=16$ , zatem $p_1=\dfrac{2-4}{2}=-1$ oraz $p_2=\dfrac{2+4}{2}=3$ . Wtedy odpowiednio otrzymujemy $q_1=2-p_1=3$ i $q_2=2-p_2=-1$ .

To daje nam końcową odpowiedź: są dwa rozwiązania: $(p,q)=(-1,3)$ lub $(p,q)=(3,-1)$ .

Dodaj komentarz Anuluj pisanie odpowiedzi