równanie z paremetrem
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
kerajs
- Fachowiec
- Posty: 2963
- Rejestracja: 14 lis 2016, 14:38
- Podziękowania: 33 razy
- Otrzymane podziękowania: 1303 razy
- Płeć:
Nic, to byłby koniec zadania.
I byłby, gdybym się nie pomylił i błędnie nie założył że wyróżnik nie może być kwadratem liczby całkowitej przy całkowitym x.
Okazuje się, że jednak może.
\(\Delta=((x+1)^2+2)^2-40\)
Przyjmę:
\(b^2=a^2-40\)
Wtedy
\((a-b)(a+b)=40=1 \cdot 40=2 \cdot 20=4 \cdot 10=5 \cdot 8\)
(nie rozpatruję iloczynów liczb ujemnych, bo a jest zawsze niemniejsze niż 2)
ale tylko układy:
\(\begin{cases} a-b=2 \\ a+b=20\end{cases} \ \ \vee \ \ \begin{cases} a-b=4 \\ a+b=10\end{cases}\)
mają całkowite rozwiązania w a,b:
\(\begin{cases} a=11 \\ b=9\end{cases} \ \ \vee \ \ \begin{cases} a=7 \\ b=3\end{cases}\)
Sprawdzam drugie rozwiązanie:
\(a=7\\
(x+1)^2+2=7\\
|x+1|= \sqrt{5}\)
nie zachodzi ono jednak dla całkowitego x.
Rozwiązanie pierwsze daje możliwe liczby całkowite x
\(a=11\\
(x+1)^2=9\\
x=2 \vee x=-4\)
1)
Dla x=2 odwrócone równanie ma postać:
\(2k+k-10=0\)
i pierwiastki:
\(k= \frac{-5}{2} \vee k=2\)
Przy k=2 pierwotne równanie ma pierwiastek równy x=2. A co z pozostałymi?
Wstawiam k=2 do Twojego równania dostając:
\(x^3+3x^2-3x-14=0\\
(x-2)(x^2+5x-7)=0\)
Pozostałe pierwiastki są niewymierne
2)
Dla x=-4 odwrócone równanie ma postać:
\(2k-23k+56=0\)
i pierwiastki:
\(k= \frac{14}{4} \vee k=8\)
Przy k=8 pierwotne równanie ma pierwiastek równy x=-4. A co z pozostałymi?
Wstawiam k=8 do Twojego równania dostając:
\(x^3+9x^2-15x-140=0\\
(x+4)(x^2+5x-35)=0\)
Pozostałe pierwiastki są niewymierne
Wnioski:
Nie istnieje całkowite k przy którym wyjściowe równanie ma trzy pierwiastki całkowite.
Istnieją tylko dwa całkowite k (k=2 i k=8 ) przy którym wyjściowe równanie ma jeden pierwiastek całkowity.
PS
Proponuję sprawdzenie moich wyników, gdyż mogłem gdzieś się pomylić.
PPS
Wytrwalej drąż to zadanie na matematyka.pl, może ktoś tam pokaże inne i\lub prostsze rozwiązanie.
.
I byłby, gdybym się nie pomylił i błędnie nie założył że wyróżnik nie może być kwadratem liczby całkowitej przy całkowitym x.
Okazuje się, że jednak może.
\(\Delta=((x+1)^2+2)^2-40\)
Przyjmę:
\(b^2=a^2-40\)
Wtedy
\((a-b)(a+b)=40=1 \cdot 40=2 \cdot 20=4 \cdot 10=5 \cdot 8\)
(nie rozpatruję iloczynów liczb ujemnych, bo a jest zawsze niemniejsze niż 2)
ale tylko układy:
\(\begin{cases} a-b=2 \\ a+b=20\end{cases} \ \ \vee \ \ \begin{cases} a-b=4 \\ a+b=10\end{cases}\)
mają całkowite rozwiązania w a,b:
\(\begin{cases} a=11 \\ b=9\end{cases} \ \ \vee \ \ \begin{cases} a=7 \\ b=3\end{cases}\)
Sprawdzam drugie rozwiązanie:
\(a=7\\
(x+1)^2+2=7\\
|x+1|= \sqrt{5}\)
nie zachodzi ono jednak dla całkowitego x.
Rozwiązanie pierwsze daje możliwe liczby całkowite x
\(a=11\\
(x+1)^2=9\\
x=2 \vee x=-4\)
1)
Dla x=2 odwrócone równanie ma postać:
\(2k+k-10=0\)
i pierwiastki:
\(k= \frac{-5}{2} \vee k=2\)
Przy k=2 pierwotne równanie ma pierwiastek równy x=2. A co z pozostałymi?
Wstawiam k=2 do Twojego równania dostając:
\(x^3+3x^2-3x-14=0\\
(x-2)(x^2+5x-7)=0\)
Pozostałe pierwiastki są niewymierne
2)
Dla x=-4 odwrócone równanie ma postać:
\(2k-23k+56=0\)
i pierwiastki:
\(k= \frac{14}{4} \vee k=8\)
Przy k=8 pierwotne równanie ma pierwiastek równy x=-4. A co z pozostałymi?
Wstawiam k=8 do Twojego równania dostając:
\(x^3+9x^2-15x-140=0\\
(x+4)(x^2+5x-35)=0\)
Pozostałe pierwiastki są niewymierne
Wnioski:
Nie istnieje całkowite k przy którym wyjściowe równanie ma trzy pierwiastki całkowite.
Istnieją tylko dwa całkowite k (k=2 i k=8 ) przy którym wyjściowe równanie ma jeden pierwiastek całkowity.
PS
Proponuję sprawdzenie moich wyników, gdyż mogłem gdzieś się pomylić.
PPS
Wytrwalej drąż to zadanie na matematyka.pl, może ktoś tam pokaże inne i\lub prostsze rozwiązanie.
.