III MEMO - Zadanie 6

Liczby rzeczywiste $ a $, $ b $, $ c $ posiadają tę własność, że dla każdych dwóch spośród równań

\[<br /> x^2+ax+b=0,\quad x^2+bx+c=0,\quad x^2+cx+a=0<br /> \]

istnieje dokładnie jedna liczba rzeczywista będąca rozwiązaniem ich obu. Wyznaczyć wszystkie możliwe wartości wyrażenia $ a^2+b^2+c^2 $.

Rozwiązanie

Rozważymy dwa przypadki.

Przypadek 1. Wszystkie trzy równania mają wspólny pierwiastek $ x_1 $.

Wtedy

\[<br /> x_1^2+ax_1+b=0,\quad x_1^2+bx_1+c=0,\quad x_1^2+cx_1+a=0,<br /> \]

skąd

\[<br /> (a-b)x_1+b-c=0\quad\text{i}\quad(a-c)x_1+b-a=0.<br /> \]

Wyznaczamy $ b $ z drugiego równania, wstawiamy do pierwszego i po uproszczeniach otrzymujemy

\[<br /> (x_1^2-x_1-1)(a-c)=0.<br /> \]

Zatem $ a=c $, gdyż $ x_1^2-x_1+1>0 $ dla wszystkich rzeczywistych $ x_1 $. Podobnie wyprowadzamy zależność $ a=b $. Stąd wszystkie trzy równania kwadratowe są identyczne. Posiadają przy tym dokładnie jeden pierwiastek wspólny, więc wyróżnik $ \Delta=a^2-4a $ jest równy 0. Zatem $ a=b=c=0 $ lub $ a=b=c=4 $, a w konsekwencji $ a^2+b^2+c^2=0 $ lub $ a^2+b^2+c^2=48 $.

Przypadek 2. Każde równanie ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste: pierwiastkami pierwszego równania są $ x_1 $ i $ x_2 $, pierwiastki drugiego to $ x_1 $ i $ x_3 $, a pierwiastkami trzeciego równania są $ x_2 $ i $ x_3 $.

Wtedy na podstawie wzorów Viete'a

\[<br /> (1)<br /> \begin{split}<br /> x_1+x_2=-a,&\quad x_1x_2=b,\\<br /> x_1+x_3=-b,&\quad x_1x_3=c,\\<br /> x_2+x_3=-c,&\quad x_2x_3=a.<br /> \end{split}<br /> \]

Wprowadźmy oznaczenia

\[<br /> p=x_1+x_2+x_3,\quad q=x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3,\quad r=x_1x_2x_3.<br /> \]

Wówczas $ x_1,x_2,x_3 $ są pierwiastkami równania

\[<br /> (2) \qquad x^3-px^2+qx-r=0.<br /> \]

Ponadto

\[<br /> a+b+c=q\quad\text{i}\quad-(a+b+c)=2p,<br /> \]

a stąd

\[<br /> (3) \qquad 2p+q=0.<br /> \]

Łatwo też sprawdzić, że

\[<br /> abc=r^2\quad\text{i}\quad-abc=(x_1+x_2)(x_1+x_3)(x_2+x_3)=pq-r,<br /> \]

skąd

\[<br /> (4) \qquad r^2+pq-r=0.<br /> \]

Sumę $ a^2+b^2+c^2 $ możemy wyrazić następująco:

\[<br /> \begin{split}<br /> a^2+b^2+c^2&=x_1^2x_2^2+x_1^2x_3^2+x_2^2x_3^2=q^2-2pr,\\<br /> a^2+b^2+c^2&=(x_1+x_2)^2+(x_1+x_3)^2+(x_2+x_3)^2=2p^2-2q,<br /> \end{split}<br /> \]

co prowadzi do

\[<br /> (5) \qquad q^2-2pr=2p^2-2q.<br /> \]

Stosując (3) do (4) i (5), otrzymujemy

\[<br /> r^2-r-2p^2=0,\quad p^2-2p-pr=0.<br /> \]

Gdy $ p=0 $, wtedy $ q=0 $ i równanie (2) ma postać $ x^3-r=0 $. Jednak równanie to ma tylko jeden pierwiastek rzeczywisty, wbrew założeniu, że $ x_1 $, $ x_2 $, $ x_3 $ są różnymi liczbami rzeczywistymi.

Zatem $ p\neq0 $. Stąd $ r=p-2 $ i $ p^2+5p-6=0 $. Rozwiązaniem ostatniego równania jest $ p=-6 $ lub $ p=1 $. Gdyby $ p=-6 $, to mielibyśmy $ q=12 $ i $ r=-8 $; wtedy $ x_1 $, $ x_2 $, $ x_3 $ byłyby pierwiastkami równania $ x^3+6x^2+12x+8=0 $, które jest równoważne równaniu $ (x+2)^3=0 $, nie posiadającemu trzech różnych pierwiastków. Zatem przypadek $ p=-6 $ wykluczamy.

Dla $ p=1 $ obliczamy, że $ q=-2 $ i $ r=-1 $. Wówczas $ x_1 $, $ x_2 $, $ x_3 $ są rozwiązaniami równania

\[<br /> (6) \qquad x^3-x^2-2x+1=0.<br /> \]

Na tym etapie nie możemy jeszcze stwierdzić, że otrzymaliśmy kolejną możliwą wartość $ a^2+b^2+c^2=q^2-2pr=6 $, bo nie mamy pewności, że równanie (6) ma trzy różne pierwiastki rzeczywiste, spełniające jednocześnie (1) dla pewnych $ a,b,c $. Trudno wyznaczyć pierwiastki tego równania w postaci jawnej, ale możemy stwierdzić, że jako równanie trzeciego stopnia posiada przynajmniej jeden pierwiastek rzeczywisty. Przyjmijmy, że $ x_1 $ jest tym pierwiastkiem. Wyznaczymy teraz $ x_2 $ i $ x_3 $ za pomocą $ x_1 $.

Założyliśmy, że $ x_1,x_2,x_3 $ spełniają (1), więc:

\[<br /> \begin{split}<br /> (7) \qquad x_1+x_2+x_2x_3&= 0,\\<br /> (8) \qquad x_1+x_3+x_1x_2&= 0,\\<br /> (9) \qquad x_2+x_3+x_1x_3&= 0.<br /> \end{split}<br /> \]

Przekształcając równoważnie ostatnie dwa równania tego układu, wyznaczamy $ x_2 $ i $ x_3 $:

\[<br /> \begin{split}<br /> x_3&=\frac{x_1}{x_1^2+x_1-1},\\<br /> x_2&=-\frac{x_1(x_1+1)}{x_1^2+x_1-1}.<br /> \end{split}<br /> \]

Ponadto $ x_1 $ spełnia \eqref{t25}, czyli $ x_1^2+x_1-1=x_1^3-x_1 $. Stąd

\[<br /> \begin{split}<br /> x_3&=\frac{x_1}{x_1^3-x_1}=\frac1{x_1^2-1},\\<br /> x_2&=-\frac{x_1(x_1+1)}{x_1^3-x_1}=-\frac1{x_1-1}.<br /> \end{split}<br /> \]

Sprawdźmy, że tak wyznaczone $ x_1 $, $ x_2 $, $ x_3 $ rzeczywiście spełniają (1) dla pewnych $ a,b,c $. Równoważnie sprawdzamy kolejno (7), (8), (9):

\[<br /> \begin{split}<br /> x_1+x_2+x_2x_3 &= x_1-\frac1{x_1-1}-\frac1{x_1^3-x_1^2-x_1+1}=\frac{x_1^4-x_1^3-2x_1^2+x_1}{x_1^3-x_1^2-x_1+1}=0,\\<br /> x_1+x_3+x_1x_2 &= x_1+\frac1{x_1^2-1}-\frac{x_1}{x_1-1}=\frac{1+x_1^3-x_1^2-2x_1}{x_1^2-1}=0,\\<br /> x_2+x_3+x_1x_3 &= -\frac{x_1}{x_1^2-1}+\frac{x_1}{x_1^2-1}=0.<br /> \end{split}<br /> \]

Pozostaje wykazać, że $ x_1 $, $ x_2 $, $ x_3 $ są parami różne. Istotnie, w przeciwnym wypadku $ x_1 $ spełniałby przynajmniej jedno z równań:

\[<br /> x_1=\frac{x_1}{x_1^2+x_1-1},\quad x_1=-\frac{x_1(x_1+1)}{x_1^2+x_1-1},\quad<br /> \frac1{x_1^2-1}=-\frac{1}{x_1-1}.<br /> \]

Rozwiązując powyższe równania, doszlibyśmy do wniosku, że $ x_1\in\{0,1,-2\} $, a żadna z liczb 0, 1, -2 nie jest pierwiastkiem (6).

Wskazaliśmy zatem różne liczby rzeczywiste $ x_1 $, $ x_2 $, $ x_3 $, spełniające (1) dla pewnych $ a $, $ b $, $ c $. Wobec wcześniejszych rozważań, w tym przypadku $ a^2+b^2+c^2=6 $.

Odpowiedź: Możliwymi wartościami $ a^2+b^2+c^2 $ są: 0, 48, 6.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź