Jeżeli równanie kwadratowe $a{x}^2+bx+c=0$, gdzie $a\ne 0$, ma pierwiastki $x_1$, $x_2$, to:

$x_1+x_2=-\frac{b}{a}$ oraz $x_1\cdot x_2=\frac{c}{a}$.

Wyznaczymy współczynniki $b$ i $c$ równania kwadratowego $x^2+bx+c=0$, jeżeli wiadomo, że rozwiązania tego równania $x_1$, $x_2$$\left(x_1\ne 0, x_2\ne 0\right)$ spełniają warunki $x_1+x_2=-6$ i $\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=-\frac{3}{4}$.

Najpierw zajmiemy się przekształceniem wyrażenia algebraicznegowyrażenie algebraicznewyrażenia algebraicznego $\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}$ tak, abyśmy mogli wykorzystać wzory Viète’awzory Viete’awzory Viète’a.

$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_2+x_1}{x_1·x_2}$

Czyli:

$\left\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=-6\\ \frac{x_1+x_2}{x_1·x_2}=-\frac{3}{4}\end{array}\right.$

$\frac{-6}{x_1·x_2}=-\frac{3}{4}$

$-3x_1·x_2=-24$

$x_1·x_2=8$

$x_1·x_2=c⟹c=8$

$x_1+x_2=-b⟹b=6$

Współczynniki równania kwadratowego są równe: $b=6$, $c=8$. Zauważmy, że dla wyznaczonych liczb, wyróżnik równania jest dodatni, zatem spełniony jest warunek posiadania przez równanie kwadratowe dwóch różnych pierwiastków.

Wyznaczone liczby są zatem współczynnikami liczbowymi rozpatrywanego równania.

Wiedząc, że $x_1$, $x_2$ są pierwiastkami równania kwadratowego $x^2-3x+1=0$ obliczymy wartość wyrażenia $\left|x_1-x_2\right|$.

Najpierw sprawdzimy, czy istotnie równanie kwadratowe ma dwa rozwiązania.

$∆={\left(-3\right)}^2-4·1=9-4=5>0$

Korzystając z własności wartości bezwzględnej wiemy, że $\sqrt{x^2}=\left|x\right|$.

$\left|x_1-x_2\right|=\sqrt{{\left(x_1-x_2\right)}^2}=\sqrt{x_1^2-2x_1{x}_2+x_2^2}=$

$=\sqrt{\left(x_1+x_2\right)-4x_1{x}_2}=\sqrt{{\left(-\frac{b}{a}\right)}^2-4\cdot \frac{c}{a}}$

Czyli $\left|x_1-x_2\right|=\sqrt{3^2-4·1}=\sqrt{9-4}=\sqrt{5}$.

Wartość wyrażenia jest równa $\sqrt{5}$.

Liczby $x_1$ i $x_2$ są rozwiązaniami  równania kwadratowego. Wykażemy, że

$x_1^3+x_2^3={\left(x_1+x_2\right)}^3-3·\left(x_1+x_2\right)·x_1·x_2$

$L=x_1^3+x_2^3=\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2-x_1·x_2+x_2^2\right)=\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^2+2x_1{x}_2+x_2^2-3x_1{x}_2\right)=$

$=\left(x_1+x_2\right)\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-3x_1{x}_2\right]={\left(x_1+x_2\right)}^3-3·\left(x_1+x_2\right)·x_1·x_2=P$

$L=P$

Obliczymy, dla jakich wartości parametru $m$ równanie $x^2+mx+4=0$ ma dwa różne rozwiązania jednakowych znaków.

Aby równanie $x^2+mx+4=0$ miało dwa różne rozwiązania jednakowych znaków muszą być spełnione następujące warunki:

$\left\{\begin{array}{l}1. ∆>0\\ 2. x_1·x_2>0\end{array}\right.$

1. $∆=m^2-4·4=m^2-16$
$m^2-16>0$
$\left(m-4\right)\left(m+4\right)>0$
$m\in \left(-\infty , -4\right)\cup \left(4, +\infty \right)$

2. $x_1·x_2=4>0$ dla $m\in \mathrm{ℝ}$
Zatem aby równanie miało dwa różne rozwiązania jednakowych znaków
$m\in \left(-\infty , -4\right)\cup \left(4, +\infty \right)$.

Obliczymy, dla jakich wartości parametru $k$ suma kwadratów różnych pierwiastków $x_1$ i $x_2$ równania $x^2+\left(k+1\right)x+\frac{1}{4}=0$ jest równa $6k-3\frac{1}{2}$.

Z treści zadania wynika, że muszą być spełnione warunki:

$∆>0$

$x_1^2+x_2^2=6k-3\frac{1}{2}$

$∆={\left(k+1\right)}^2-4·\frac{1}{4}=k^2+2k+1-1=k^2+2k$

$∆>0\iff k^2+2k>0$

$k\left(k+2\right)>0$

$k\in \left(-\infty , -2\right)\cup \left(0, +\infty \right)$

$x_1^2+x_2^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2={\left(-\frac{b}{a}\right)}^2-2·\frac{c}{a}$

${\left[-\left(k+1\right)\right]}^2-2·\frac{1}{4}=k^2+2k+1-\frac{1}{2}=k^2+2k+\frac{1}{2}$

Otrzymujemy równanie:

$k^2+2k+\frac{1}{2}=6k-3\frac{1}{2}$

$k^2-4k+4=0$

${\left(k-2\right)}^2=0$

$k=2$

Parametr $k=2\in \left(-\infty , -2\right)\cup \left(0, +\infty \right)$, zatem spełnia warunki zadania.

jeżeli równanie kwadratowe $a{x}^2+bx+c=0$, gdzie $a\ne 0$, ma pierwiastki $x_1$, $x_2$, to:

$x_1+x_2=-\frac{b}{a}$ oraz $x_1·x_2=\frac{c}{a}$

wyrażenie złożone z jednego lub więcej symboli algebraicznych połączonych znakami działań