Zadanie z wielomianów konrad509: Dany jest wielomian W(x)= −x³ − (1−m)x² + (m−a)x . Dobierz m tak , aby pierwiastki tego wielomianu tworzyły ciąg arytmetyczny. Wiem już że trzeba skorzystać z niejakich wzorów Viete'a. Częściowo już je rozkminiłem, ale nie rozumiem jak tu można dobierać to m, jak jest jeszcze jedna niewiadoma − a.

Basia: −x³−(1−m)x²+(m−a)x=0 −x[x²+(1−m)x−(m−a)]=0 x₁=0 pozostałe z równania x²+(1−m)x−(m−1)=0 1. muszą istnieć dwa różne czyli Δ>0 niech te pierwiastki nazywają się x₂ i x₃ x₁=0,x₂,x₃ mają tworzyć ciąg arytmetyczny (niekoniecznie w tej kolejności) może więc być: 2. 2x₂=x₁+x₃ lub 3. 2x₁=x₂+x₃ lub 4. 2x₃=x₁+x₂ z tego i z wzorów Viete'a już się to powinno dać policzyć, bo powstaną układy równań a potem musi być (1 i 2) lub (1 i 3) lub (1 i 4)

Basia: P.S. możliwe, że to da tylko jakiś związek między m i a spróbuję to policzyć

Basia: dość paskudne rachunki wychodzą, ale chyba da się policzyć jeśli do jutra nie dasz sobie rady napisz, spróbujemy tu rozpisać chociaż jeden przypadek dzisiaj już się nie podejmuję, bo to strasznie dużo pisaniny i łatwo o pomyłkę

Lucyna: Basiu a nie może być jeden potrójny pierwiastek?

Basia: chyba może =0 ostatecznie ciąg stały jest ciągiem arytmetycznym wtedy 1−m=0 i m−a=0 czyli m=a=1 może to w ogóle wystarczy, bo dopiero teraz widzę, że tam jest dobierz, a nie wyznacz

Basia: można też chyba np. tak niech to będzie ciąg 0,1,2 wtedy (x−1)(x−2)=x²+(1−m)x−(m−a) stąd x²−3x+2=x²+(1−m)x−(m−a) 1−m=3 m−a=−2 m=−2 a=0 i takich rozwiązań jest prawdopodobnie nieskończenie wiele chyba, że źle interpretujemy treść zadania, bo mogłoby jeszcze być tak "dobierz m tak aby dla dowolnego a...." ale nie wiem czy to byłoby możliwe

Basia: oj błąd 1−m=−3 m=4 −m+a=2 −4+a=2 a=6

Lucyna: mamy x² + (1 − m)x − (m − a) = 0

	m+1
Δ = (m + 1)2 − 4a > 0 ⇒ a < (		)2
	2

wzory Viete'a

	c
x1*x2 =		= a − m
	a

	b
x1 + x2 = −		= m − 1
	a

1^o x₁ , 0, x₂ lub x₂, 0, x₁ ⇒ −r, 0, r (r > 0) x₁ + x₂ = 0 ⇒ m − 1 = 0 ⇒ m = 1 x₁*x₂ = −r² = a − m ⇒ −r² = a − 1 ⇒ a = 1 − r² 2^o 0, x₁, x₂ lub 0, x₂, x₁ ⇒ 0, r, 2r (r > 0) x₁ + x₂ = 3r = m − 1 ⇒ m = 3r + 1 x₁*x₂ = 2r² = a − m ⇒ 2r² = a − 3r − 1 ⇒ a = 2r² + 3r + 1 3^o x₁, x₂, 0 lub x₂, x₁, 0 ⇒ −2r, −r, 0 (r>0) x₁ + x₂ = −3r = m − 1 ⇒ m = −3r + 1 x₁*x₂ = 2r² = a − m ⇒ 2r² = a + 3r − 1 ⇒ a = 2r² − 3r + 1 Taka moja radosna twórczość, w każdym razie radosna do momentu w którym wyjdą na jaw wszystkie błędy Oczywiście plus to rozwiązanie z pierwiastkiem potrójnym.

Basia: można to rozwiązać w postaci uogólnionej w ten sposób: 1. x₁=0 x₂=p x₃=2p p≥0 stąd (x−p)(x−2p)=x²+(1−m)x −(m−a) x²−3px+2p² = x²+(1−m)x −(m−a) −3p = 1−m m−a= − 2p² m = 1+3p 1+3p−a=−2p² m=1+3p a=2p²+3p+1 dla dowolnego p≥0 2. −p,0,p stąd (x+p)(x−p)=x²+(1−m)x −(m−a) x²−p²=x²+(1−m)x −(m−a) 1−m=0 m=1 m−1=p² p²=0 i mamy ciąg 0,0,0 3. −2p,−p,0 p≥0 (x+2p)(x+p)=x²+(1−m)x −(m−a) x²+3p+2p²=x²+(1−m)x −(m−a) 1−m=3p m=1−3p m−a=−2p² 1−3p−a=−2p² a = 2p²−3p+1 dla dowolnego p≥0

Lucyna: w tym trzecim przypadku jest jedno niedopatrzenie tak u mnie jak u Ciebie mianowicie r ∊ (0,12) wynika to z warunku Δ > 0

Lucyna: w pozostałych przypadkach jest on spełniony dla dowolnego p czy r

Basia: a nie może być np. (x+200)(x+100)=x²+(1−m)x −(m−a) x²+300x+2*10⁴=x²+(1−m)x −(m−a) 1−m=300 m=−299 m−a=−2*10⁴ a=−299+2*10⁴

Lucyna: już sama nie wiem, o tej porze jakoś średnio trybię

Lucyna: buehehehe jestem genialna nie uwierzysz jak u mnie się podnosi do kwadratu wyrażenia o tej porze... (2 − 3r)² = 9r² − 4*2*3r + 4... dobra idę spać, bo samej mi siebie żal. Dobrej nocy wszystkim

Basia: odpuść sobie w ogóle Δ postać (x−r)(x−2r)=x²+(1−m)x −(m−a) i postać (x+2r)(x+r)=x²+(1−m)x −(m−a) gwarantują istnienie tych dwóch pierwiastków i nic więcej nie trzeba (w każdej z nich "siedzi" też ten jeden potrójny)

Basia: no fakt, ładnie podniosłaś do kwadratu