Funkcja kwadratowa z parametrem

[mich4v]

Proszę o pomoc w rozwiązaniu.

Wyznacz wszystkie wartości parametru p, dla których równanie \[ px^2 - (p+1)x - p+2 = 0 \] ma dwa pierwiastki x1 x2 spełniające warunek \[ \mid x_1\mid+\mid x_2\mid \leq2\]

[eresh]

Proszę o pomoc w rozwiązaniu.

Wyznacz wszystkie wartości parametru p, dla których równanie \[ px^2 - (p+1)x - p+2 = 0 \] ma dwa pierwiastki x1 x2 spełniające warunek \[ \mid x_1\mid+\mid x_2\mid \leq2\]

1. \(p\neq 0\)
2.
\(\Delta>0\\
(p+1)^2-4p(2-p)>0\)
3.
\(|x_1|+|x_2|\leq 2\\
x_1^2+2|x_1x_2|+x_2^2\leq 4\\
(x_1+x_2)^2-2x_1x_2+2|x_1x_2|\leq 4 \)

[janusz55]

Równanie kwadratowe \( ax^2 +bx + c = 0 \) ma dwa pierwiastki \( x_{1}, x_{2} \) wtedy i tyko wtedy, gdy spełniony jest warunek:

\( a\neq 0 \) i \( \Delta \geq 0 \ \ (1)\)

Współczynnikami danego równania są: \( a = p, \ \ b = (-p+1), \ \ c = (-p+2) \)

Warunek \( (1) \) przyjmuje więc postać:

\( \begin{cases} p\neq 0 \\ (p+1)^2 -4p(-p +2) \geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} p\neq 0 \\ 5p^2 -6p +1\geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} p\neq 0 \\ 5\left(p- \frac{1}{5}\right)(p-1) \geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow p\in (-\infty; 0) \cup \left( 0; \frac{1}{5} \right] \cup [ 1; \ \ \infty) \ \ (2) \)

Obie strony nierówności \( |x_{1} | + |x_{2}| \leq 2 \) są nieujemne, więc po podniesieniu do kwadratu otrzymamy nierówność równoważną

\( (|x_{1} | + |x_{2}|)^2 \leq 4 \Leftrightarrow x^2_{1} + 2|x_{1}x_{2}| + x^2_{2} \leq 4.\)

W oparciu o definicję wartości bezwzględnej musimy rozważyć dwa przypadki:

\( (i) \ \ x^2_{1} + 2x_{1}x_{2} + x^2_{2} \leq 4,\) gdy \( x_{1}\cdot x_{2} \geq 0, \)

\( (ii) \ \ x^2_{1} - 2x_{1}x_{2} +x^2_{2} \leq 4, \) gdy \( x_{1}\cdot x_{2} < 0, \)

Korzystając ze wzorów Viete'a - nierówności \( (i), (ii) \) dla \( p\neq 0 \) mają postać:

\( (i) \ \ \begin{cases} \left( \frac{p+1}{p} \right)^2 \leq 4 \\ \frac{-p+2}{p} \geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (p+1)^2 \leq 4p^2 \\ p(-p+2) \geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 3p^2 -2p -1 \leq 0 \\ p(-p+2) \geq 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} p\in\left( -\infty; -\frac{1}{3}\right] \cup [ 1; \ \ \infty ) \\ p\in (0; \ \ 2 ] \end{cases} \leftrightarrow p\in [ 1; 2] .\)

\( (ii) \ \ \begin{cases} \left(\frac{p+1}{p} \right)^2 - 4 \frac{2-p}{p} \leq 4 \\ \frac{-p+2}{p} < 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (p+1)^2 -4(2-p)p \leq 4p^2 \\ p(-p+2) < 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} p^2 -6p +1 \leq 0 \\ p(-p+2) < 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} p\in [ 3 -2\sqrt{2}; 3 + 2\sqrt{2} ] \\ p\in ( -\infty ; \ \ 0 ) \cup (2; \infty) \end{cases} \Leftrightarrow p\in (2 ; 3+2\sqrt{2}] .\)

Warunek \( |x_{1}| + |x_{2}|\leq 2 \) jest więc spełniony dla \( p\in [1; 2] \cup (2; 3 +2\sqrt{2}] \) czyli \( p\in [1; 3+2\sqrt{2}] \ \ (3) \)

Łącząc warunki \( (2) \) i \( (3) \ \ p\in (-\infty; 0) \cup \left( 0; \frac{1}{5} \right] \cup [1; \ \ \infty) \cup [1, 3+2\sqrt{2}],\) otrzymujemy zbiór rozwiązań \( p\in [ 1; 3 + 2\sqrt{2}]. \)

[Jerry]

Równanie kwadratowe \( ax^2 +bx + c = 0 \) ma dwa pierwiastki \( x_{1}, x_{2} \) wtedy i tyko wtedy, gdy spełniony jest warunek:
\( a\neq 0 \) i \( \Delta \geq 0 \)

Kolejny raz wraca ten temat na forum...
Zasadnicze twierdzenie algebry mówi o liczbie pierwiastków wielomianu z dokładnością do ich krotności i nie ma zastosowania w tym przypadku

Jeżeli wyróżnik trójmianu kwadratowego jest zerowy, to ten trójmian ma jeden, podwójny, ale jeden pierwiastek.

Jeśli w treści zadania pojawia się "ma dwa pierwiastki", to należy położyć wymaganie \(\Delta>0\), przy treści "ma pierwiastki \(x_1,\ x_2\)" potrzeba \(\Delta\ge0\)

I brutalnie, ale praktycznie: z kryteriów oceniania zadania 12. tegorocznej rozszerzonej matury próbnej

Uwaga:
Jeżeli zdający rozwiązuje warunek \(\Delta\ge0\), to za tę część rozwiązania otrzymuje 1 punkt, o ile poprawnie rozwiązał warunek \(x_1 x_2 >0\).

Pozdrawiam
PS.
Primum non nocere obowiązuje nie tylko w medycynie!

[janusz55]

Równanie kwadratowe z parametrem może mieć w tym zadaniu ten sam pierwiastek.

Nie ma co tu robić popisu teorią wielomianów.

[Jerry]

Nikt temu nie przeczy! Ale treść zadania trzeba czytać ze zrozumieniem... Niektórzy mają z tym problem

Nie ma co tu robić popisu teorią wielomianów.

To o sobie?

Miłego dnia.
PS. Przepraszam za OT, w tym wątku kończę swoje wpisy

[janusz55]

Wzajemnie Miłego Dnia.

[Taotao2]

Współczynnikami danego równania są: \( a = p, \ \ b = (-p+1), \ \ c = (-p+2) \)

A czemu wspólczynnik b nie jest równy \(b=(-p-1)\)?

[eresh]

A czemu wspólczynnik b nie jest równy \(b=(-p-1)\)?

Powinien być równy \(b=-p-1\)

[Taotao2]

Co z tym dalej?
\(2| \frac{2-p}{p}|+ \frac{(-p-1)^2}{p^2}- \frac{2(2-p)}{p} <4 \)

[eresh]

Co z tym dalej?
\(2| \frac{2-p}{p}|+ \frac{(-p-1)^2}{p^2}- \frac{2(2-p)}{p} <4 \)

1. rozpisać moduł:
\(|\frac{2-p}{p}|=\begin{cases}\frac{2-p}{p}\mbox{ dla }\frac{2-p}{p}\geq 0\\ -\frac{2-p}{p}\mbox{ dla }\frac{2-p}{p}<0\end{cases}\)
2. rozwiązać w dwóch przypadkach

[eresh]

Co z tym dalej?
\(2| \frac{2-p}{p}|+ \frac{(-p-1)^2}{p^2}- \frac{2(2-p)}{p} <4 \)

Rozwiązanie masz w poście napisanym przez janusz55