III MEMO - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

III MEMO, 2009

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

$ x^2+ax+b=0,\quad x^2+bx+c=0,\quad x^2+cx+a=0 $

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

$ x_1^2+ax_1+b=0,\quad x_1^2+bx_1+c=0,\quad x_1^2+cx_1+a=0, $

skąd

$ (a-b)x_1+b-c=0\quad\text{i}\quad(a-c)x_1+b-a=0. $

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

$ (x_1^2-x_1-1)(a-c)=0. $

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

$ (1) \begin{split} x_1+x_2=-a,&\quad x_1x_2=b,\\ x_1+x_3=-b,&\quad x_1x_3=c,\\ x_2+x_3=-c,&\quad x_2x_3=a. \end{split} $

Wprowadźmy oznaczenia

$ p=x_1+x_2+x_3,\quad q=x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3,\quad r=x_1x_2x_3. $

Wówczas $x_1,x_2,x_3$ są pierwiastkami równania

$ (2) \qquad x^3-px^2+qx-r=0. $

Ponadto

$ a+b+c=q\quad\text{i}\quad-(a+b+c)=2p, $

a stąd

$ (3) \qquad 2p+q=0. $

Łatwo też sprawdzić, że

$ abc=r^2\quad\text{i}\quad-abc=(x_1+x_2)(x_1+x_3)(x_2+x_3)=pq-r, $

skąd

$ (4) \qquad r^2+pq-r=0. $

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

$ \begin{split} a^2+b^2+c^2&=x_1^2x_2^2+x_1^2x_3^2+x_2^2x_3^2=q^2-2pr,\\ a^2+b^2+c^2&=(x_1+x_2)^2+(x_1+x_3)^2+(x_2+x_3)^2=2p^2-2q, \end{split} $

co prowadzi do

$ (5) \qquad q^2-2pr=2p^2-2q. $

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

$ r^2-r-2p^2=0,\quad p^2-2p-pr=0. $

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

$ (6) \qquad x^3-x^2-2x+1=0. $

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:

$ \begin{split} (7) \qquad x_1+x_2+x_2x_3&= 0,\\ (8) \qquad x_1+x_3+x_1x_2&= 0,\\ (9) \qquad x_2+x_3+x_1x_3&= 0. \end{split} $

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

$ \begin{split} x_3&=\frac{x_1}{x_1^2+x_1-1},\\ x_2&=-\frac{x_1(x_1+1)}{x_1^2+x_1-1}. \end{split} $

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

$ \begin{split} x_3&=\frac{x_1}{x_1^3-x_1}=\frac1{x_1^2-1},\\ x_2&=-\frac{x_1(x_1+1)}{x_1^3-x_1}=-\frac1{x_1-1}. \end{split} $

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

$ \begin{split} 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,\\ 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,\\ x_2+x_3+x_1x_3 &= -\frac{x_1}{x_1^2-1}+\frac{x_1}{x_1^2-1}=0. \end{split} $

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

$ 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 \frac1{x_1^2-1}=-\frac{1}{x_1-1}. $

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.