Funkcja kwadratowa (równania kwadratowe z parametrem) - matura od 2023 - poziom rozszerzony

Zadania maturalne CKE (matura od 2023) - POZIOM ROZSZERZONY

Wyznaczamy warunki konieczne i dostateczne na to, aby funkcja \(f\) miała dokładnie dwa miejsca zerowe różniące się o jeden:

\(\begin{array}{ll}\text { W1. } p \neq 0 & \text { (z treści zadania } f \text { jest funkcją kwadratową) } \\ \text { W2. } \Delta>0 & \text { (aby funkcja } f \text { miała dokładnie dwa miejsca zerowe) } \\ \text { W3. }\left|x_1-x_2\right|=1 & \text { (aby miejsca zerowe funkcji } f \text { różniły się o 1). }\end{array}\)

 Rozwiązujemy warunek W2:

\(\begin{gathered}\Delta>0 \\(p-1)^2-4 p(1-2 p)>0 \\9 p^2-6 p+1>0 \\(3 p-1)^2>0 \\p \in\left(-\infty, \frac{1}{3}\right) \cup\left(\frac{1}{3},+\infty\right)\end{gathered}\)

Rozwiązujemy warunek W3. Skorzystamy tutaj ze wzorów Viète'a.

\(\begin{gathered}\left|x_1-x_2\right|=1 \\\left(x_1-x_2\right)^2=1 \\\left(x_1+x_2\right)^2-4 x_1 \cdot x_2=1\end{gathered}\)

Gdy \(p \neq 0\) mamy

\(\begin{array}{r}\left(-\frac{p-1}{p}\right)^2-4 \cdot \frac{1-2 p}{p}=1 \\(p-1)^2-4 p(1-2 p)=p^2 \\8 p^2-6 p+1=0 \\p=\frac{1}{2} \text { lub } p=\frac{1}{4}\end{array}\)

Po uwzględnieniu wszystkich warunków otrzymujemy: \(p=\frac{1}{2}\) lub \(p=\frac{1}{4}\).

Sposób I
Współczynniki zadanego równania kwadratowego to: \(a=2, b=-(2 m+7)\), \(c=m^2-3 m+21\)
Korzystamy ze wzorów Viète'a i z założenia \(x_1=2 x_2\) :
\(
\begin{gathered}
x_1+x_2=2 x_2+x_2=3 x_2=\frac{-b}{a}=\frac{2 m+7}{2} \\
x_1 \cdot x_2=2 x_2 \cdot x_2=2 x_2^2=\frac{c}{a}=\frac{m^2-3 m+21}{2}
\end{gathered}
\)
Podstawiamy wartość \(x_2=\frac{2 m+7}{6}\) do drugiego równania:
\(
\begin{gathered}
2\left(\frac{2 m+7}{6}\right)^2=\frac{m^2-3 m+21}{2} \\
2 \cdot \frac{4 m^2+28 m+49}{36}=\frac{m^2-3 m+21}{2} \\
4 m^2+28 m+49=9 m^2-27 m+189
\end{gathered}
\)

\(
\begin{gathered}
5 m^2-55 m+140=0 \\
m^2-11 m+28=0
\end{gathered}
\)
Obliczamy wyróżnik trójmianu kwadratowego: \(\Delta=9\).
Pierwiastkami tego równania są liczby 4 oraz 7.
Dla \(m=4\) zadane równanie ma postać \(2 x^2-15 x+25=0\), a jego pierwiastkami są liczby 5 i \(\frac{5}{2}\).
Dla \(m=7\) zadane równanie ma postać \(2 x^2-21 x+49=0\), a jego pierwiastkami są liczby 7 i \(\frac{7}{2}\)

Sposób II
Ponieważ współczynnik \(a=2\), postać iloczynowa zadanego równania będzie miała postać
\(
2\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)=0
\)
Po podstawieniu \(x_1=2 x_2\) otrzymujemy
\(
2\left(x-2 x_2\right)\left(x-x_2\right)=0
\)
Po wymnożeniu nawiasów mamy
\(
2 x^2-6 x_2 x+4 x_2^2=0
\)
Porównując otrzymane współczynniki ze współczynnikami zadanego równania, możemy stwierdzić, że
\(
\left\{\begin{array}{l}
6 x_2=2 m+7 \\
4 x_2^2=m^2-3 m+21
\end{array}\right.
\)
Z pierwszego równania wyznaczamy \(x_2=\frac{1}{3} m+\frac{7}{6}\) i wstawiamy do drugiego:
\(
\begin{gathered}
4\left(\frac{1}{3} m+\frac{7}{6}\right)^2=m^2-3 m+21 \\
\frac{4}{9} m^2+\frac{28}{9} m+\frac{49}{9}=m^2-3 m+21 \\
4 m^2+28 m+49=9 m^2-27 m+189 \\
5 m^2-55 m+140=0 \\
m^2-11 m+28=0
\end{gathered}
\)
Obliczamy wyróżnik trójmianu kwadratowego: \(\Delta=9\).
Pierwiastkami tego równania są liczby 4 oraz 7.

Dla \(m=4\) zadane równanie ma postać \(2 x^2-15 x+25=0\), a jego pierwiastkami są liczby 5 i \(\frac{5}{2}\).
Dla \(m=7\) zadane równanie ma postać \(2 x^2-21 x+49=0\), a jego pienwiastkami są liczby 7 i \(\frac{7}{2}\).

Trójmian \(x^2-(m-4) x+m^2-7 m+12\) ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste tylko wtedy, gdy jego wyróżnik \(\Delta\) jest dodatni, tj.
\(
\begin{gathered}
(m-4)^2-4\left(m^2-7 m+12\right)>0 \\
-3 m^2+20 m-32>0 \\
-3(m-4)\left(m-\frac{8}{3}\right)>0
\end{gathered}
\)
Zatem \(m \in\left(\frac{8}{3}, 4\right)\).
Nierówność \(x_1^3+x_2^3<5 x_1^2 x_2+5 x_1 x_2^2\) przekształcamy równoważnie do postaci, która pozwoli na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète'a:
\(
\begin{gathered}
x_1^3+x_2^3<5 x_1^2 x_2+5 x_1 x_2^2 \\
\left(x_1+x_2\right)\left[x_1^2-x_1 x_2+x_2^2\right]<5 x_1 x_2\left(x_1+x_2\right) \\
\left(x_1+x_2\right)\left[\left(x_1+x_2\right)^2-3 x_1 x_2\right]<5 x_1 x_2\left(x_1+x_2\right)
\end{gathered}
\)
Stosujemy wzory Viète'a i otrzymujemy:
\(
\begin{gathered}
(m-4)\left[(m-4)^2-3\left(m^2-7 m+12\right)\right]<5\left(m^2-7 m+12\right)(m-4) \\
(m-4)\left[(m-4)^2-8\left(m^2-7 m+12\right)\right]<0 \\
(m-4)\left(-7 m^2+48 m-80\right)<0 \\
-7(m-4)^2\left(m-\frac{20}{7}\right)<0 \\
m \in\left(\frac{20}{7}, 4\right) \cup(4,+\infty)
\end{gathered}
\)

Częścią wspólną zbiorów \(\left(\frac{8}{3}, 4\right)\) i \(\left(\frac{20}{7}, 4\right) \cup(4,+\infty)\) jest \(\left(\frac{20}{7}, 4\right)\).
Równanie \(x^2-(m-4) x+m^2-7 m+12=0\) ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste, spełniające warunki zadania, dla \(m \in\left(\frac{20}{7}, 4\right)\).

 

I etap
Trójmian kwadratowy \(x^2+4 x-\frac{m-3}{m-2}\), gdzie \(m \neq 2\), ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy wyróżnik tego trójmianu jest dodatni. Rozwiązujemy warunek \(\Delta>0\) :
\(
\begin{gathered}
4^2-4 \cdot\left(-\frac{m-3}{m-2}\right)>0 \\
\frac{20 m-44}{m-2}>0 \\
(20 m-44) \cdot(m-2)>0 \\
20\left(m-\frac{11}{5}\right) \cdot(m-2)>0
\end{gathered}
\)

\(
m \in(-\infty, 2) \cup\left(\frac{11}{5},+\infty\right)
\)
II etap
Wyznaczamy wszystkie wartości parametru \(m \neq 2\), dla których jest spełniony warunek \(x_1^3+x_2^3>-28\), korzystając ze wzorów Viète'a:
\(
\begin{gathered}
\left(x_1+x_2\right)^3-3 x_1 x_2\left(x_1+x_2\right)>-28 \\
-64-3 \cdot\left(-\frac{m-3}{m-2}\right) \cdot(-4)>-28 \\
\frac{m-3}{m-2}<-3 \\
(4 m-9)(m-2)<0 \\
m \in\left(2, \frac{9}{4}\right)
\end{gathered}
\)

III etap
Wyznaczamy wszystkie wartości parametru \(m \neq 2\), które jednocześnie spełniają warunki \(m \in(-\infty, 2) \cup\left(\frac{11}{5},+\infty\right)\) oraz \(m \in\left(2, \frac{9}{4}\right): m \in\left(\frac{11}{5}, \frac{9}{4}\right)\).

 

Równanie \(m x^2-(m+1) x-2 m+3=0\) ma dokładnie dwa różne rozwiązania rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy \(m \neq 0\) i wyróżnik \(\Delta\) trójmianu kwadratowego \(m x^2-(m+1) x-2 m+3\) jest dodatni.
I etap
Rozwiązujemy warunek \(\Delta>0\) :
\(
\begin{gathered}
{[-(m+1)]^2-4 m \cdot(-2 m+3)>0} \\
9 m^2-10 m+1>0 \\
(m-1)(9 m-1)>0 \\
m \in\left(-\infty, \frac{1}{9}\right) \cup(1,+\infty)
\end{gathered}
\)
Zatem równanie \(m x^2-(m+1) x-2 m+3=0\) ma dokładnie dwa różne rozwiązania rzeczywiste, gdy \(m \in(-\infty, 0) \cup\left(0, \frac{1}{9}\right) \cup(1,+\infty)\).
Il etap
Wyznaczymy wszystkie wartości \(m\), dla których jest spełniony warunek: \(\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}<1\).
Przekształcamy nierówność \(\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}<1\) do postaci, która pozwoli na bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète'a:
\(
\begin{gathered}
\frac{x_1^2+x_2^2}{\left(x_1 x_2\right)^2}<1 \\
\frac{\left(x_1+x_2\right)^2-2 x_1 x_2}{\left(x_1 x_2\right)^2}<1
\end{gathered}
\)
Stąd, po zastosowaniu wzorów Viète'a, otrzymujemy:
\(
\frac{\left(\frac{m+1}{m}\right)^2-2 \cdot \frac{(-2 m+3)}{m}}{\left(\frac{-2 m+3}{m}\right)^2}<1
\)
i dalej

\(
\begin{gathered}
\left(\frac{m+1}{m}\right)^2-2 \cdot \frac{(-2 m+3)}{m}<\left(\frac{-2 m+3}{m}\right)^2 \text { i } m \neq 0 \text { i } m \neq \frac{3}{2} \\
(m+1)^2-2 m(-2 m+3)<(-2 m+3)^2 \text { i } m \neq 0 \text { i } m \neq \frac{3}{2} \\
m^2+8 m-8<0 \text { ¡ } m \neq 0 \text { i } m \neq \frac{3}{2} \\
m \in(-4-2 \sqrt{6},-4+2 \sqrt{6}) \text { i } m \neq 0 \text { i } m \neq \frac{3}{2}
\end{gathered}
\)
Zatem warunek \(\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}<1\) jest spełniony tylko dla \(m \in(-4-2 \sqrt{6}, 0) \cup(0,-4+2 \sqrt{6})\).
III etap
Wyznaczamy te wszystkie wartości \(m\), które jednocześnie spełniają warunki: \(m \neq 0\) i
\(
\begin{array}{r}
m \in\left(-\infty, \frac{1}{9}\right) \cup(1,+\infty) \text { i } m \in(-4-2 \sqrt{6},-4+2 \sqrt{6}) \text { i } m \neq \frac{3}{2}: \\
m \in(-4-2 \sqrt{6}, 0) \cup\left(0, \frac{1}{9}\right)
\end{array}
\)

Trójmian kwadratowy \(x^{2}-(3 m+1) x+2 m^{2}+m+1\) ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy wyróżnik tego trójmianu jest dodatni. Rozwiązujemy warunek \(\Delta>0\) :

\[\begin{gathered}
{[-(3 m+1)]^{2}-4 \cdot 1 \cdot\left(2 m^{2}+m+1\right)>0} \\
m^{2}+2 m-3>0 \\
(m-1) \cdot(m+3)>0 \\
m \in(-\infty,-3) \cup(1,+\infty)
\end{gathered}\]

Wyznaczamy wszystkie wartości parametru \(m\), dla których jest spełniony warunek \(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+3 \cdot x_{1} \cdot x_{2} \cdot\left(x_{1}+x_{2}-3\right) \leq 3 m-7\), korzystając ze wzorów Viète'a:

\[\begin{gathered}
x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+3 \cdot x_{1} \cdot x_{2} \cdot\left(x_{1}+x_{2}-3\right) \leq 3 m-7 \\
\left(x_{1}+x_{2}\right)^{3}-9 x_{1} x_{2} \leq 3 m-7 \\
(3 m+1)^{3}-9 \cdot\left(2 m^{2}+m+1\right) \leq 3 m-7 \\
27 m^{3}+9 m^{2}-3 m-1 \leq 0 \\
(3 m)^{3}-1^{3}+9 m^{2}-3 m \leq 0 \\
(3 m-1)\left(9 m^{2}+3 m+1\right)+3 m(3 m-1) \leq 0 \\
(3 m-1)\left(9 m^{2}+6 m+1\right) \leq 0 \\
(3 m-1)(3 m+1)^{2} \leq 0 \\
m \in\left(-\infty, \frac{1}{3}\right]
\end{gathered}\]

Wyznaczamy wszystkie wartości parametru \(m\), które jednocześnie spełniają warunki \(m \in(-\infty,-3) \cup(1,+\infty)\) oraz \(m \in\left(-\infty, \frac{1}{3}\right]: m \in(-\infty,-3)\).

Równanie \((3-m) x^{2}+(m+1) x-(m+1)^{2}=0\) ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste tylko wtedy, gdy \(3-m \neq 0\) i wyróżnik trójmianu \((3-m) x^{2}+(m+1) x-(m+1)^{2}\) jest dodatni. Rozwiązujemy warunek \(\Delta>0\) :

\[\begin{gathered}
(m+1)^{2}+4 \cdot(3-m)(m+1)^{2}>0 \\
(m+1)^{2}[1+4 \cdot(3-m)]>0 \\
(m+1)^{2} \cdot(13-4 m)>0 \\
-4 \cdot(m+1)^{2} \cdot\left(m-\frac{13}{4}\right)>0 \\
m \in(-\infty,-1) \cup\left(-1, \frac{13}{4}\right)
\end{gathered}\]

{Sposób I}

Wyznaczamy wszystkie wartości parametru \(m\), dla których jest spełniony warunek \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=x_{1} x_{2}+7\), korzystając ze wzorów Viète'a:

\[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=x_{1} x_{2}+7\]

\[\begin{gathered}
\left(-\frac{m+1}{3-m}\right)^{2}-2 \cdot \frac{-(m+1)^{2}}{3-m}=\frac{-(m+1)^{2}}{3-m}+7 \\
\left(\frac{m+1}{m-3}\right)^{2}-3 \cdot \frac{(m+1)^{2}}{m-3}-7=0 \\
\frac{(m+1)^{2}-3 \cdot(m+1)^{2}(m-3)-7(m-3)^{2}}{(m-3)^{2}}=0 \\
m^{2}+2 m+1-3\left(m^{2}+2 m+1\right)(m-3)-7\left(m^{2}-6 m+9\right)=0 \wedge m \neq 3 \\
-3 m^{3}-3 m^{2}+59 m-53=0 \wedge m \neq 3 \\
-3 m^{3}+3 m-3 m^{2}+3 m+53 m-53=0 \wedge m \neq 3 \\
-3 m\left(m^{2}-1\right)-3 m(m-1)+53(m-1)=0 \wedge m \neq 3 \\
(m-1)[-3 m(m+1)-3 m+53]=0 \wedge m \neq 3 \\
(m-1)\left[-3 m^{2}-6 m+53\right]=0 \wedge m \neq 3 \\
\left.m=1 \vee \quad m=\frac{-3-2 \sqrt{42}}{3} \vee m=\frac{-3+2 \sqrt{42}}{3}\right) \wedge m \neq 3 \\
m=1 \vee m=\frac{-3-2 \sqrt{42}}{3} \vee \quad m=\frac{-3+2 \sqrt{42}}{3}
\end{gathered}\]

{Sposób II}

Wyznaczamy wszystkie wartości parametru \(m\), dla których jest spełniony warunek \(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=x_{1} x_{2}+7\), korzystając ze wzorów Viète'a:

\[\begin{gathered}
\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}=x_{1} x_{2}+7 \\
\left(-\frac{m+1}{3-m}\right)^{2}-2 \cdot \frac{-(m+1)^{2}}{3-m}=\frac{-(m+1)^{2}}{3-m}+7 \\
\left(\frac{m+1}{m-3}\right)^{2}-3 \cdot \frac{(m+1)^{2}}{m-3}-7=0 \\
\frac{(m+1)^{2}-3 \cdot(m+1)^{2}(m-3)-7(m-3)^{2}}{(m-3)^{2}}=0 \\
m^{2}+2 m+1-3\left(m^{2}+2 m+1\right)(m-3)-7\left(m^{2}-6 m+9\right)=0 \wedge m \neq 3 \\
-3 m^{3}-3 m^{2}+59 m-53=0 \wedge m \neq 3
\end{gathered}\]

Zauważamy, że liczba 1 jest pierwiastkiem wielomianu \(-3 m^{3}-3 m^{2}+59 m-53\). Dzielimy wielomian \(-3 m^{3}-3 m^{2}+59 m-53\) przez dwumian \(m-1\). Dzielenie to możemy wykonać, korzystając np. z algorytmu Hornera

\begin{tabular}{c|c|c|c|c}
& -3 & -3 & 59 & -53 \\
\hline 1 & -3 & -6 & 53 & 0
\end{tabular}

Otrzymujemy \((m-1)\left(-3 m^{2}-6 m+53\right)=0\). Stąd \(m=1\) lub \(m=\frac{-3-2 \sqrt{42}}{3}\), lub \(m=\frac{-3+2 \sqrt{42}}{3}\).

Wyznaczamy wszystkie wartości parametru \(m \neq 3\), które jednocześnie spełniają warunki \(m \in(-\infty,-1) \cup\left(-1, \frac{13}{4}\right)\) oraz \(m \in\left\{1, \frac{-3-2 \sqrt{42}}{3}, \frac{-3+2 \sqrt{42}}{3}\right\}: m \in\left\{1, \frac{-3-2 \sqrt{42}}{3}\right\}\).

Funkcja \(f\) ma dokładnie dwa miejsca zerowe tylko wtedy, gdy \(2-m\neq0\) i wyróżnik \(\Delta\) trójmianu \((2-m)x^2-2(2m+1)x+m+8\) jest dodatni.

Rozwiązujemy warunek \(\Delta>0\):

\[ \begin{aligned} [-2(2m+1)]^2-4(2-m)(m+8)&>0,\\ 16m^2+16m+4+4m^2+24m-64&>0,\\ 20m^2+40m-60&>0,\\ 20(m-1)(m+3)&>0. \end{aligned} \]

Stąd \(m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)\).

Miejsca zerowe funkcji \(f\) mają ten sam znak wtedy i tylko wtedy, gdy \(x_1x_2>0\). Korzystając ze wzorów Viète’a, otrzymujemy:

\[ \frac{m+8}{2-m}>0. \]

Nierówność ta jest równoważna warunkowi \((m+8)(2-m)>0\), przy czym \(m\neq2\). Zatem \(m\in(-8,2)\).

Przekształcamy warunek \((x_1-x_2)^2\leq180\) do postaci pozwalającej zastosować wzory Viète’a:

\[ \begin{aligned} (x_1-x_2)^2&\leq180,\\ (x_1+x_2)^2-4x_1x_2&\leq180. \end{aligned} \]

Ze wzorów Viète’a mamy \(x_1+x_2=\frac{2(2m+1)}{2-m}\) oraz \(x_1x_2=\frac{m+8}{2-m}\). Zatem

\[ \left[\frac{2(2m+1)}{2-m}\right]^2 -4\cdot\frac{m+8}{2-m}\leq180. \]

Sprowadzamy wyrażenia do wspólnego mianownika:

\[ \frac{ 16m^2+16m+4 +4(m+8)(m-2) -180(m-2)^2 }{(m-2)^2}\leq0. \] \[ \frac{ 16m^2+16m+4 +4m^2+24m-64 -180m^2+720m-720 }{(m-2)^2}\leq0. \] \[ \frac{-160m^2+760m-780}{(m-2)^2}\leq0. \]

Ponieważ \((m-2)^2>0\) dla \(m\neq2\), otrzymujemy:

\[ -160m^2+760m-780\leq0, \]

czyli

\[ 8m^2-38m+39\geq0. \]

Obliczamy wyróżnik tego trójmianu:

\[ \Delta_m=(-38)^2-4\cdot8\cdot39=196. \]

Jego miejsca zerowe są równe:

\[ m_1=\frac{38-14}{16}=\frac{3}{2} \quad\lor\quad m_2=\frac{38+14}{16}=\frac{13}{4}. \]

Zatem

\[ m\in\left(-\infty,\frac{3}{2}\right] \cup \left[\frac{13}{4},+\infty\right). \]

Wyznaczamy wartości parametru \(m\), które jednocześnie spełniają wszystkie warunki:

• \(m\neq2\),
• \(m\in(-\infty,-3)\cup(1,+\infty)\),
• \(m\in(-8,2)\),
• \(m\in\left(-\infty,\frac{3}{2}\right]\cup\left[\frac{13}{4},+\infty\right)\).

Odpowiedź: \(m\in(-8,-3)\cup\left(1,\frac{3}{2}\right]\).

Równanie \(x^2+2mx+2m-1=0\) ma dokładnie dwa różne rozwiązania rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy wyróżnik \(\Delta\) trójmianu kwadratowego \(x^2+2mx+(2m-1)\) jest dodatni.

Rozwiązujemy warunek \(\Delta>0\):

\[ \begin{aligned} (2m)^2-4(2m-1)&>0,\\ 4m^2-8m+4&>0,\\ 4(m-1)^2&>0. \end{aligned} \]

Stąd \(m\in(-\infty,1)\cup(1,+\infty)\).

Przekształcamy warunek \(m(x_1^2+x_2^2)=3m\cdot x_1x_2+2\) do postaci pozwalającej zastosować wzory Viète’a:

\[ m\left[(x_1+x_2)^2-2x_1x_2\right] =3m\cdot x_1x_2+2. \]

Ze wzorów Viète’a mamy \(x_1+x_2=-2m\) oraz \(x_1x_2=2m-1\). Zatem

\[ m\left[(-2m)^2-2(2m-1)\right] =3m(2m-1)+2. \]

Po uporządkowaniu otrzymujemy:

\[ \begin{aligned} 4m^3-10m^2+5m-2&=0,\\ 4m^3-8m^2-2m^2+4m+m-2&=0,\\ 4m^2(m-2)-2m(m-2)+(m-2)&=0,\\ (m-2)(4m^2-2m+1)&=0. \end{aligned} \]

Stąd \(m-2=0\) lub \(4m^2-2m+1=0\).

Ponieważ \(4m^2-2m+1=3m^2+(m-1)^2>0\) dla każdej liczby rzeczywistej \(m\), równanie \(4m^2-2m+1=0\) nie ma rozwiązań rzeczywistych.

Otrzymujemy więc \(m=2\). Ponieważ \(2\in(-\infty,1)\cup(1,+\infty)\), dla tej wartości równanie ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste.

Odpowiedź: \(m=2\).

Sposób I – interpretacja geometryczna

Ponieważ \(m\neq0\), współczynnik przy \(x^2\) jest dodatni. Parabola będąca wykresem funkcji \(f\) ma więc ramiona skierowane ku górze.

Odcięta wierzchołka paraboli jest równa \(p=-\frac{b}{2a}=\frac{1}{m}\). Funkcja \(f\) ma dwa różne miejsca zerowe należące do przedziału \((-2,2)\), gdy spełnione są następujące warunki:

1. \(f(p)<0\),
2. \(p>-2\),
3. \(p<2\),
4. \(f(-2)>0\),
5. \(f(2)>0\).

Warunek 1:

\[ \begin{aligned} f(p)&<0,\\ f\left(\frac{1}{m}\right)&<0,\\ m^2\left(\frac{1}{m}\right)^2-2m\cdot\frac{1}{m}-m+1&<0,\\ -m&<0. \end{aligned} \]

Stąd \(m\in(0,+\infty)\).

Warunki 2 i 3:

\[ -2<\frac{1}{m}<2. \]

Nierówność ta jest równoważna nierówności \(\frac{1}{|m|}<2\), czyli \(|m|>\frac{1}{2}\). Zatem

\[ m\in\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)\cup \left(\frac{1}{2},+\infty\right). \]

Warunek 4:

\[ \begin{aligned} f(-2)&>0,\\ 4m^2+3m+1&>0,\\ \left(2m+\frac{3}{4}\right)^2+\frac{7}{16}&>0. \end{aligned} \]

Nierówność jest spełniona dla każdego \(m\in\mathbb{R}\).

Warunek 5:

\[ \begin{aligned} f(2)&>0,\\ 4m^2-5m+1&>0,\\ 4(m-1)\left(m-\frac{1}{4}\right)&>0. \end{aligned} \]

Stąd \(m\in\left(-\infty,\frac{1}{4}\right)\cup(1,+\infty)\).

Po wyznaczeniu części wspólnej wszystkich otrzymanych zbiorów dostajemy \(m\in(1,+\infty)\).

Sposób II – wyznaczenie miejsc zerowych

Funkcja ma dwa różne miejsca zerowe, gdy \(\Delta>0\). Obliczamy:

\[ \begin{aligned} \Delta&=(-2m)^2-4m^2(-m+1),\\ \Delta&=4m^3. \end{aligned} \]

Warunek \(\Delta>0\) daje \(m>0\). Miejsca zerowe są wtedy równe:

\[ x_1=\frac{2m-2m\sqrt{m}}{2m^2} =\frac{1-\sqrt{m}}{m} \]

oraz

\[ x_2=\frac{2m+2m\sqrt{m}}{2m^2} =\frac{1+\sqrt{m}}{m}. \]

Rozwiązujemy warunek \(-2 \[ -2<\frac{1-\sqrt{m}}{m}<2. \]

Ponieważ \(m>0\), otrzymujemy:

\[ 2m-\sqrt{m}+1>0 \quad\land\quad 2m+\sqrt{m}-1>0. \]

Pierwsza nierówność jest zawsze spełniona, ponieważ

\[ 2m-\sqrt{m}+1 = 2\left(\sqrt{m}-\frac{1}{4}\right)^2+\frac{7}{8}>0. \]

Druga nierówność ma postać

\[ 2(\sqrt{m}+1)\left(\sqrt{m}-\frac{1}{2}\right)>0, \]

więc \(\sqrt{m}>\frac{1}{2}\), czyli \(m>\frac{1}{4}\).

Rozwiązujemy teraz warunek \(-2 \[ -2<\frac{1+\sqrt{m}}{m}<2. \]

Ponieważ \(m>0\), otrzymujemy:

\[ 2m+\sqrt{m}+1>0 \quad\land\quad 2m-\sqrt{m}-1>0. \]

Pierwsza nierówność jest zawsze spełniona, ponieważ

\[ 2m+\sqrt{m}+1 = 2\left(\sqrt{m}+\frac{1}{4}\right)^2+\frac{7}{8}>0. \]

Druga nierówność ma postać

\[ 2(\sqrt{m}-1)\left(\sqrt{m}+\frac{1}{2}\right)>0, \]

więc \(\sqrt{m}>1\), czyli \(m>1\).

Część wspólna otrzymanych warunków to \(m\in(1,+\infty)\).

Uwaga. Miejsca zerowe można również wyznaczyć, zapisując funkcję w postaci \(f(x)=(mx-1)^2-m\). Równanie \(f(x)=0\) przyjmuje wtedy postać \((mx-1)^2=m\). Dla \(m>0\) otrzymujemy \(mx-1=-\sqrt{m}\) lub \(mx-1=\sqrt{m}\), a więc

\[ x_1=\frac{1-\sqrt{m}}{m} \quad\lor\quad x_2=\frac{1+\sqrt{m}}{m}. \]

Sposób III – wzory Viète’a

Funkcja \(f\) ma dwa różne miejsca zerowe \(x_1,x_2\) należące do przedziału \((-2,2)\), gdy spełnione są warunki:

\[ \Delta>0,\qquad 2-x_1>0,\qquad 2-x_2>0,\qquad x_1+2>0,\qquad x_2+2>0. \]

Dwie liczby są dodatnie wtedy i tylko wtedy, gdy ich suma i iloczyn są dodatnie. Otrzymujemy zatem następujące warunki:

A) \(\Delta>0\),
B) \(x_1+x_2+4>0\),
C) \(x_1x_2+2(x_1+x_2)+4>0\),
D) \(4-(x_1+x_2)>0\),
E) \(x_1x_2-2(x_1+x_2)+4>0\).

Ze wzorów Viète’a mamy \(x_1+x_2=\frac{2m}{m^2}\) oraz \(x_1x_2=\frac{-m+1}{m^2}\).

Warunek A:

\[ \Delta=4m^3>0. \]

Stąd \(m\in(0,+\infty)\).

Warunek B:

\[ \begin{aligned} \frac{2m}{m^2}+4&>0,\\ 4m^2+2m&>0,\\ 2m(2m+1)&>0. \end{aligned} \]

Stąd \(m\in\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right)\cup(0,+\infty)\).

Warunek C:

\[ \begin{aligned} \frac{-m+1}{m^2}+2\cdot\frac{2m}{m^2}+4&>0,\\ 4m^2+3m+1&>0,\\ \left(2m+\frac{3}{4}\right)^2+\frac{7}{16}&>0. \end{aligned} \]

Warunek ten jest spełniony dla każdego \(m\neq0\).

Warunek D:

\[ \begin{aligned} 4-\frac{2m}{m^2}&>0,\\ 4m^2-2m&>0,\\ 2m(2m-1)&>0. \end{aligned} \]

Stąd \(m\in(-\infty,0)\cup\left(\frac{1}{2},+\infty\right)\).

Warunek E:

\[ \begin{aligned} \frac{-m+1}{m^2}-2\cdot\frac{2m}{m^2}+4&>0,\\ 4m^2-5m+1&>0,\\ (4m-1)(m-1)&>0. \end{aligned} \]

Stąd, z uwzględnieniem \(m\neq0\),

\[ m\in(-\infty,0)\cup \left(0,\frac{1}{4}\right)\cup (1,+\infty). \]

Wyznaczamy część wspólną wszystkich warunków A–E i otrzymujemy \(m\in(1,+\infty)\).

Odpowiedź: \(m\in(1,+\infty)\).

Równanie \(x^2+mx+m=0\) ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste wtedy i tylko wtedy, gdy jego wyróżnik jest dodatni:

\[ \begin{aligned} \Delta&=m^2-4m>0,\\ m(m-4)&>0. \end{aligned} \]

Stąd

\[ m\in(-\infty,0)\cup(4,+\infty). \]

Przekształcamy warunek dotyczący pierwiastków:

\[ \begin{aligned} x_1^4+x_2^4+4x_1^3x_2^3&\geq3,\\ (x_1^2+x_2^2)^2-2x_1^2x_2^2+4x_1^3x_2^3&\geq3,\\ \left[(x_1+x_2)^2-2x_1x_2\right]^2-2(x_1x_2)^2+4(x_1x_2)^3&\geq3. \end{aligned} \]

Ze wzorów Viète’a mamy

\[ x_1+x_2=-m, \qquad x_1x_2=m. \]

Zatem

\[ \begin{aligned} \left[(-m)^2-2m\right]^2-2m^2+4m^3&\geq3,\\ m^4+2m^2-3&\geq0,\\ (m^2-1)(m^2+3)&\geq0,\\ (m-1)(m+1)(m^2+3)&\geq0. \end{aligned} \]

Ponieważ \(m^2+3>0\), otrzymujemy

\[ m\in(-\infty,-1]\cup[1,+\infty). \]

Wyznaczamy część wspólną otrzymanych zbiorów:

\[ \left[(-\infty,0)\cup(4,+\infty)\right]\cap\left[(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)\right]=(-\infty,-1]\cup(4,+\infty). \]