Zadanie 11. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru 𝒎, dla których równanie
𝒙𝟐+ 𝒎𝒙+ 𝒎= 𝟎
ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste 𝒙𝟏 oraz 𝒙𝟐 spełniające warunek
𝒙𝟏
𝟒+ 𝒙𝟐
𝟒+ 𝟒⋅𝒙𝟏
𝟑⋅𝒙𝟐
𝟑≥𝟑
Zapisz obliczenia.
11.
0-1-
2-3-
4-5
MMAP-R0_100
\nMMAP-R0_100
\nMMAP-R0_100
\nMMAP-R0_100
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie x² + mx + m = 0 ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste x_1 oraz x_2 spełniające warunek x_1^4 + x_2^4 + 4⋅ x_1³⋅ x_2³ ≥ 3
Zadanie 11. (0-5)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
III. Wykorzystanie i interpretowanie
reprezentacji.
matematycznych przy rozwiązywaniu
problemów praktycznych i teoretycznych.
matematycznych na podstawie istniejących,
w celu przeprowadzenia argumentacji lub
rozwiązania problemu.
Zdający:
III.R3) stosuje wzory Viète’a dla równań
kwadratowych;
III.R5) analizuje równania i nierówności
liniowe z parametrami oraz równania
i nierówności kwadratowe z parametrami
[…].
Zasady oceniania
Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów.
Pierwszy etap polega na rozwiązaniu nierówności ∆ > 0. Za poprawne wykonanie tego
etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
1 pkt - poprawne rozwiązanie nierówności ∆ > 0: 𝑚∈(-∞, 0) ∪(4, +∞).
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwaga.
Jeżeli zdający rozwiązuje warunek ∆ ≥0, to za tę część rozwiązania otrzymuje 0 punktów.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Drugi etap polega na wyznaczeniu tych wartości parametru 𝑚, dla których jest spełniony
warunek 𝑥1
4 + 𝑥2
4 + 4 ⋅𝑥1
3 ⋅𝑥2
3 ≥3. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje
3 punkty.
Podział punktów za drugi etap rozwiązania:
3 pkt - rozwiązanie nierówności z jedną niewiadomą 𝑚 równoważnej warunkowi
𝑥1
4 + 𝑥2
4 + 4 ⋅𝑥1
3 ⋅𝑥2
3 ≥3: 𝑚∈(-∞, -1] ∪[1, +∞).
2 pkt - zapisanie nierówności z jedną niewiadomą 𝑚 równoważnej warunkowi
𝑥1
4 + 𝑥2
4 + 4 ⋅𝑥1
3 ⋅𝑥2
3 ≥3, np. [(-𝑚)2 -2𝑚]2 -2𝑚2 + 4𝑚3 ≥3.
1 pkt - przekształcenie nierówności 𝑥1
4 + 𝑥2
4 + 4 ⋅𝑥1
3 ⋅𝑥2
3 ≥3 do postaci pozwalającej na
bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a, np.
[(𝑥1 + 𝑥2)2 -2 ⋅𝑥1 ⋅𝑥2]2 -2(𝑥1 ⋅𝑥2)2 + 4(𝑥1 ⋅𝑥2)3 ≥3.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Trzeci etap polega na wyznaczeniu wszystkich wartości parametru 𝑚, które spełniają
jednocześnie warunki ∆ > 0 oraz 𝑥1
4 + 𝑥2
4 + 4 ⋅𝑥1
3 ⋅𝑥2
3 ≥3: 𝑚∈(-∞, -1] ∪(4, +∞).
Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.
1 pkt - poprawne wyznaczenie wszystkich wartości parametru 𝑚, które spełniają
jednocześnie warunki ∆ > 0 oraz 𝑥1
4 + 𝑥2
4 + 4 ⋅𝑥1
3 ⋅𝑥2
3 ≥3:
𝑚∈(-∞, -1] ∪(4, +∞).
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwagi:
to za III etap otrzymuje 0 punktów.
\nrozwiązań, które nie są rozłączne i żaden z nich nie jest zbiorem liczb rzeczywistych,
a następnie poprawnie wyznaczy część wspólną zbiorów rozwiązań z etapów I-II, to za III
etap otrzymuje 1 punkt; natomiast jeżeli otrzyma zbiory rozwiązań, które są rozłączne lub
co najmniej jeden z nich jest zbiorem liczb rzeczywistych, to za III etap otrzymuje
0 punktów.
𝑥1 + 𝑥2 = ± 𝑏
2𝑎 , to za II etap może otrzymać co najwyżej 2 punkty (1 punkt za
przekształcenie nierówności 𝑥1
4 + 𝑥2
4 + 4 ⋅𝑥1
3 ⋅𝑥2
3 ≥3 do postaci pozwalającej na
bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a oraz 1 punkt za konsekwentne rozwiązanie
nierówności do końca), a za III etap otrzymuje 0 punktów.
(np. 𝑥1 + 𝑥2 > 0), to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 4 punkty (co
najwyżej 1 punkt za I etap i co najwyżej 3 punkty za II etap).
4 + 𝑥2
4 + 4 ⋅𝑥1
3 ⋅𝑥2
3 ≥3 do postaci
pozwalającej na zastosowanie wzorów Viète’a popełni błąd, który nie jest błędem
rachunkowym, ale otrzyma nierówność, która po poprawnym zastosowaniu wzorów
Viète’a prowadzi do nierówności wielomianowej stopnia czwartego, to za II etap może
otrzymać co najwyżej 2 punkty (1 punkt za poprawne zastosowanie wzorów Viète’a oraz
1 punkt za konsekwentne rozwiązanie nierówności do końca), a za III etap otrzymuje
0 punktów.
Przykładowe pełne rozwiązanie
Równanie 𝑥2 + 𝑚𝑥+ 𝑚= 0 ma dokładnie dwa różne rozwiązania rzeczywiste tylko
wówczas, gdy wyróżnik Δ trójmianu kwadratowego 𝑥2 + 𝑚𝑥+ 𝑚 jest dodatni.
Rozwiązujemy warunek Δ > 0:
𝑚2 -4𝑚> 0
𝑚(𝑚-4) > 0
𝑚∈(-∞, 0) ∪(4, +∞)
Przekształcamy warunek 𝑥1
4 + 𝑥2
4 + 4 ⋅𝑥1
3 ⋅𝑥2
3 ≥3 do postaci pozwalającej na
bezpośrednie zastosowanie wzorów Viète’a i rozwiązujemy uzyskaną nierówność
z niewiadomą 𝑚:
𝑥1
4 + 𝑥2
4 + 4 ⋅𝑥1
3 ⋅𝑥2
3 ≥3
(𝑥1
2 + 𝑥2
2)2 -2 ⋅𝑥1
2 ⋅𝑥2
2 + 4 ⋅𝑥1
3 ⋅𝑥2
3 ≥3
[(𝑥1 + 𝑥2)2 -2 ⋅𝑥1 ⋅𝑥2]2 -2(𝑥1 ⋅𝑥2)2 + 4(𝑥1 ⋅𝑥2)3 ≥3
[(-𝑚)2 -2𝑚]2 -2𝑚2 + 4𝑚3 ≥3
𝑚4 + 2𝑚2 -3 ≥0
𝑚4 -𝑚2 + 3𝑚2 -3 ≥0
(𝑚2 -1)(𝑚2 + 3) ≥0
(𝑚-1)(𝑚+ 1)(𝑚2 + 3) ≥0
𝑚∈(-∞, -1] ∪[1, +∞)
Wyznaczamy wszystkie wartości parametru 𝑚, które jednocześnie spełniają warunki Δ > 0
oraz 𝑥1
4 + 𝑥2
4 + 4 ⋅𝑥1
3 ⋅𝑥2
3 ≥3: 𝑚∈(-∞, -1] ∪(4, +∞).
Aby równanie miało dwa różne pierwiastki rzeczywiste, jego wyróżnik musi być dodatni:
\nΔ=m^2-4m=m(m-4)>0.
\nStąd
\nm∈(-∞,0)∪(4,∞).
\nZe wzorów Viète’a:
\nx_1+x_2=-m, x_1x_2=m.
\nPrzekształcamy lewą stronę podanej nierówności:
\nx_1^4+x_2^4=(x_1^2+x_2^2)^2-2x_1^2x_2^2.
\nPonadto
\nx_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=m^2-2m.
\nZatem
\nx_1^4+x_2^4+4x_1^3x_2^3=(m^2-2m)^2-2m^2+4m^3=m^4+2m^2.
\nWarunek z zadania przyjmuje postać
\nm^4+2m^2≥3.
\nPodstawiamy (t=m^2≥0):
\nt^2+2t-3≥0,
\n(t-1)(t+3)≥0.
\nPonieważ (t≥0), mamy (t≥1), czyli (m≤-1) lub (m≥1). Przecinamy ten zbiór z warunkiem (Δ>0).
\nOdpowiedź: (m∈(-∞,-1]∪(4,∞)).
"}]}