Zadanie nr 3568056

Dla jakich wartości parametru równanie 4 2 2 x − (3k + 2 )x + k = 0 ma co najmniej trzy różne pierwiastki, które są kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego?

Rozwiązanie

Sposób I

Równanie jest dwukwadratowe, podstawmy więc 2 x = t .

2 2 t − (3k + 2)t+ k = 0.

Aby wyjściowe równanie miało co najmniej trzy pierwiastki, powyższe równanie kwadratowe musi mieć dwa pierwiastki dodatnie i . Wtedy rozwiązania oryginalnego równania to -- ± √ t1 i √ -- ± t2 . Kiedy trzy z tych liczb mogą tworzyć ciąg arytmetyczny? Wśród tych trzech liczb na pewno są dwie przeciwne, powiedzmy, że √ -- t1 i √ -- − t1 . Mamy wtedy następujące możliwości na kolejność w jakiej liczby tworzą ciąg arytmetyczny.

√ -- √ -- √ -- (− t2,− t1, t1) (− √t--,− √t--,√t--) √ -1 √ -- 2√ -- 1 (− t1, t2, t1) √ -- √ -- √ -- (− t1, t1, t2).

Korzystając z faktu, że liczby (a,b,c) tworzące ciąg arytmetyczny spełniają równość 2b = a + c , mamy kolejno

− 2√t-- = − √t--+ √t-- ⇒ 3√t--= √t-- ⇒ t = 9t √ -1 √ -2 √ -1 1 2 2 1 − 2 t2 = − t1 + t1 = 0 ⇒ t2 = 0 √ -- √ -- √ -- 2√ t2 = − √ t1 + √ t1 = 0 ⇒ √ -t2 =√0-- 2 t1 = − t1 + t2 ⇒ 3 t1 = t2 ⇒ t2 = 9t1.

Na początek sprawdźmy kiedy t = 0 jest rozwiązaniem równania t2 − (3k+ 2)t+ k2 = 0 .

k2 = 0 ⇒ k = 0 .

Równanie ma wtedy postać

t2 − 2t = 0 ⇒ t(t − 2) = 0

i wyjściowe równanie ma pierwiastki

√ -- √ -- (− 2,0, 2).

Pozostało sprawdzić, kiedy równanie t2 − (3k + 2)t+ k2 = 0 ma dwa dodatnie pierwiastki spełniające równość t = 9t 2 1 . Korzystając ze wzorów na pierwiastki mamy

√ -- √ -- −b-+----Δ-= 9−b-−----Δ- 2 √ -- 2 √ -- − b + Δ = 9(−b − Δ ) √ -- 10 Δ = − 8b √ -- 5 Δ = − 4b 25Δ = 16b2 2 2 25(b − 4ac) = 16b 2 9b − 100ac = 0 9(3k+ 2)2 − 100k2 = 0 2 2 (9k + 6) )− (10k ) = 0 (9k + 6− 1 0k)(9k+ 6+ 10k) = 0 (6 − k )(1 9k+ 6) = 0 -6- k = 6 ∨ k = − 1 9.

Otrzymane wartości trzeba sprawdzić – po drodze równanie podnosiliśmy do kwadratu, więc mogły się pojawić jakieś fałszywe rozwiązania.

Dla k = 6 jest to w miarę proste. Mamy równanie

2 t − 20k + 36 = 0 Δ = 400 − 14 4 = 256 = 1 62 t1 = 2, t2 = 18.

Zatem wśród pierwiastków wyjściowego równania jest trójka √ --√ -- √ -- (− 2, 2,3 2) .

Dla k = − 169 mamy

2 0 3 6 t2 − ---t+ ---- / ⋅361 12 9 361 361t − 380t+ 36 / : 2 361 ----− 19 0t+ 1 8 2 Δ = 3 6100 − 1299 6 = 23104 = 1522 190 − 152 38 2 342 18 t1 = ----------= ----= ---, t2 = ----= ---. 361 361 19 361 19

Zatem wśród rozwiązań wyjściowego równania są liczby

( ) ∘ ---∘ --- ∘ --- − 2-, 2-,3 -2- . 19 19 19

Zamiast powyższego sprawdzenia, mogliśmy wrócić do wyliczenia , i zastanowić się, w którym miejscu przejście między równaniami nie było równoważnością. Był tylko jeden taki moment, gdy podnosiliśmy równanie do kwadratu

√ -- 5 Δ = − 4b 2 25Δ = 16b .

Kiedy to przejście jest równoważnością (tzn. nie dokładamy żadnych dodatkowych pierwiastków)? – jeżeli wiemy, że obie strony są dodatnie. Lewa jest, a prawa jest, o ile b < 0 – tak jednak jest zarówno dla k = 6 jak i k = − 6- 19 .

Sposób II

Powiedzmy, że te trzy pierwiastki to a1 − r < a1 < a1 + r . Daje to nam układ równań

( 4 2 2 |{ (a1 − r) − (3k + 2 )(a1 − r) + k = 0 a41 − (3k+ 2)a21 + k2 = 0 |( 4 2 2 (a1 + r) − (3k + 2 )(a1 + r) + k = 0.

Na początek spróbujmy pozbyć się którejś niewiadomej – najłatwiej jest wyeliminować . Odejmijmy od pierwszego równania drugie.

4 4 2 2 (a1 − r) − a1 − (3k + 2)((a1 − r) − a1) = 0 ( 2 2) ( 2 2) 2 2 (a1 − r) − a1 (a1 − r) + a1 − (3k + 2)((a1 − r) − a1) = 0 ( 2 2) ( 2 2 ) (a1 − r) − a1 (a1 − r) + a1 − (3k+ 2) = 0 2 2 2 2 (a1 − r) − a1 = 0 ∨ (a1 − r) + a1 − (3k + 2) = 0 − r(2a − r) = 0 ∨ (a − r)2 + a2 = 3k+ 2. 1 1 1

Zanim się dokładnie tym warunkom przyjrzymy, zróbmy to samo dla równań trzeciego i drugiego

4 4 2 2 ((a1 + r) − a1 −)(3(k + 2)((a1 + r)) − a1) = 0 (a + r)2 − a2 (a + r)2 + a2 − (3k + 2)((a + r)2 − a2) = 0 ( 1 1) ( 1 1 ) 1 1 (a + r)2 − a2 (a + r)2 + a2− (3k+ 2) = 0 1 1 1 1 (a + r)2 − a2 = 0 ∨ (a + r)2 + a2 − (3k + 2) = 0 1 1 1 1 r(2a1 + r) = 0 ∨ (a1 + r)2 + a21 = 3k+ 2.

Zauważmy, że ponieważ wyrazy ciągu mają być różne to r ⁄= 0 , zatem pierwsza możliwość daje nam r = 2a1 i dwa ostatnie równania przyjmują postać.

4a = 0 ∨ 1 0a2= 3k + 2 1 1

Pierwsza równość implikuje r = 0 , więc mamy a2 = 1-(3k+ 2) 1 10 i drugie równanie początkowego układu przyjmuje postać

4 2 2 a1 − (3k + 2)a1 + k = 0 --1- 2 -1- 2 2 1 00(3k + 2) − 10 (3k+ 2) + k = 0 9 k2 − ----(3k + 2) = 0 ( 10 0 ) ( ) k − -3-(3k + 2) k+ -3-(3k+ 2) = 0 1 0 10 10k = 9k+ 6 ∨ 10k = −9k − 6 -6- k = 6 ∨ k = − 19 .

Dobrze, bierzemy się za drugi możliwy przypadek, czyli

(a − r)2 + a2= 3k + 2. 1 1

Patrząc na następną parę równań, mamy dwie możliwości. Jeżeli r = − 2a 1 to podobnie jak poprzednio, z powyższego równania mamy 2 10a1 = 3k+ 2 i mamy dokładnie te same rachunki, które już zrobiliśmy.