Zauważmy, że wzór funkcji kwadratowej jest podany w postaci ogólnej. Odczytujemy ze wzoru współczynniki:

$a=1b=-3c=-m^2+m+3$

Skoro funkcja ma mieć dwa różne miejsca zerowe, to zakładamy, że $\Delta >0$. Otrzymujemy więc, że muszą być spełnione jednocześnie dwa warunki:

$\{\begin{array}{l}{\text{1}}^{\circ }\Delta >0\\ {\text{2}}^{\circ }\left|x_1^2-x_2^2\right|\le 12\end{array}$

---

Wyznaczmy, dla jakich wartości parametru $m$ spełniony jest 1. warunek:

$\Delta =b^2-4ac={\left(-3\right)}^2-4\cdot 1\cdot \left(-m^2+m+3\right)=9+4m^2-4m-12=4m^2-4m-3$

$\Delta >0$ tylko wtedy, gdy $\underset{\Delta }{\underbrace{4m^2-4m-3}}>0$

Rozwiązujemy nierówność kwadratową. Wyznaczmy pierwiastki trójmianu, który jest po lewej stronie nierówności.

${\Delta }_m={\left(-4\right)}^2-4\cdot 4\cdot \left(-3\right)=16+48=64$

$\sqrt{{\Delta }_m}=\sqrt{64}=8$

$m_1=\frac{-\left(-4\right)-8}{2\cdot 4}=\frac{4-8}{8}=\frac{-4}{8}=-\frac{1}{2}$

$m_2=\frac{4+8}{8}=\frac{12^{:4}}{8_{:4}}=\frac{3}{2}=1\frac{1}{2}$

Szkicujemy przybliżony wykres trójmianu i odczytujemy z niego zbiór rozwiązań nierówności, czyli dla jakich $m$ ten trójmian przyjmuje wartości większe od zera.

Z rysunku odczytujemy. że $m\in \left(-\infty ,-\frac{1}{2}\right)\cup \left(1\frac{1}{2},\infty \right)$

---

Przekształćmy lewą stronę nierówności, która jest w drugim postawionym przez nas warunku.

$\left|x_1^2-x_2^2\right|=\left|\left(x_1+x_2\right)\left(x_1-x_2\right)\right|=\left|x_1+x_2\right|\cdot \left|x_1-x_2\right|$

Ze wzoru Viète'a na sumę miejsc zerowych otrzymujemy, że

$\left|x_1+x_2\right|=\left|\frac{-b}{a}\right|=\left|\frac{-\left(-3\right)}{1}\right|=\left|3\right|=3$

Wobec tego drugi warunek sprowadza się do postaci:

$\left|x_1^2-x_2^2\right|\le 12$

$\underset{3}{\underbrace{|x_1+x_2|}}\cdot \left|x_1-x_2\right|\le 12$

$3\left|x_1-x_2\right|\le 12|:3$

$\left|x_1-x_2\right|\le 4$ 

Obie strony nierówności są nieujemne, więc podnosimy obie strony nierówności do kwadratu.

${\left|x_1-x_2\right|}^2\le 16$

${\left(x_1-x_2\right)}^2\le 16$

$x_1^2-2x_1{x}_2+x_2^2\le 16$

$\underset{x_1^2+x_2^2}{\underbrace{\stackrel{{\left(x_1+x_2\right)}^2}{\overbrace{x_1^2+2x_1{x}_2+x_2^2}}-2x_1{x}_2}}-2x_1{x}_2\le 16$

${\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2\le 16$

Korzystamy ze wzorów Viète'a i przekształcamy lewą stronę nierówności.

${\left(-\frac{b}{a}\right)}^2-4\frac{c}{a}\le 16$

$\frac{b^2}{a^2}-\frac{4c\cdot a}{a\cdot a}\le 16$

$\frac{\stackrel{\Delta }{\overbrace{b^2-4ac}}}{a^2}\le 16$

$\frac{\Delta }{a^2}\le 16$

We wcześniejszych obliczeniach otrzymaliśmy, że $\Delta =4m^2-4m-3$. Zapisujemy nierówność z niewiadomą $m$.

$\frac{4m^2-4m-3}{1^2}\le 16$

$4m^2-4m-3-16\le 0$

$4m^2-4m-19\le 0$

Rozwiązujemy nierówność kwadratową. Wyznaczamy pierwiastki trójmianu będącego po lewej stronie nierówności.

${\Delta }_m={\left(-4\right)}^2-4\cdot 4\cdot \left(-19\right)=16+16\cdot 19=320$

$\sqrt{{\Delta }_m}=\sqrt{320}=\sqrt{64\cdot 5}=8\sqrt{5}$

$m_1=\frac{4-8\sqrt{5}}{2\cdot 4}=\frac{{}_1\cancel{4}\left(1-2\sqrt{5}\right)}{2\cdot {\cancel{4}}_1}=\frac{1-2\sqrt{5}}{2}=\frac{1}{2}-\sqrt{5}$

$m_1=\frac{4+8\sqrt{5}}{2\cdot 4}=\frac{{}_1\cancel{4}\left(1+2\sqrt{5}\right)}{2\cdot {\cancel{4}}_1}=\frac{1+2\sqrt{5}}{2}=\frac{1}{2}+\sqrt{5}$ 

Szkicujemy przybliżony wykres trójmianu i odczytujemy z niego zbiór rozwiązań nierówności, czyli dla jakich $m$ ten trójmian przyjmuje wartości mniejsze bądź równe zero.

Odczytujemy z rysunku zbiór rozwiązań nierówności

$m\in \left[\frac{1}{2}-\sqrt{5},\frac{1}{2}+\sqrt{5}\right]$

---

Odpowiedzią do zadania będzie część wspólna zbiorów, które otrzymaliśmy w rozważanych warunkach.

---

Odp.: $m\in \left[\frac{1}{2}-\sqrt{5},-\frac{1}{2}\right)\cup \left(1\frac{1}{2},\frac{1}{2}+\sqrt{5}\right]$