ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 10.01.2024
Просмотров: 434
Скачиваний: 2
ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.
§ 9.
Задачи с использованием симметрий
75
8.17. Найдите все значения a, при которых уравнение
8
π
arctg
1 +
x
4
log p
17+4
x
+ 4 +
p
x
2
+ 8x + 17
=
= a
2
− a sin
π ·
x
2
+ 8x − 64 32
− 2
имеет единственное решение, и определите это решение.
8.18. Найдите все значения a, при которых система
(
3
Æ
x
|x| + | y| − 3
(|x| + 3| y| − 9) = 0,
(x − a)
2
+ y
2
= 25
имеет ровно три различных решения.
8.19. Найдите все значения a, при которых неравенство
4
p
x
2
− 6ax + 10a
2
+
4
p
3 + 6ax − x
2
− 10a
2
¾
¾
4
s p
3a + 24 −
3
p
2
+ |y −
p
2a
2
| + | y −
p
3a|
имеет единственное решение.
Ответы
8.1
. a
= −2; a = 1.
8.2
. b
= πn, n ∈ Z.
8.3
. a
= 0; a = 2 sin 1.
8.4
. a
= 3.
8.5
. a
= 4; a = 8.
8.6
. b
= 2.
8.7
. b
= ctg 1.
8.8
. a
= 2, b = π/2 + 2πn, n ∈ Z; a = −2, b ∈ R.
8.9
. b
=
p
2.
8.10
. b
∈ (−2; 0).
8.11
. a
= ±1.
8.12
. a
= 2.
8.13
. (a; b) =
t
2
|t| + 2
; t
, где t 6= 0; (a; b) =
t
2
|t| − 2
; t
, где |t| > 2.
8.14
. a
= 4/3.
8.15
. a
= −3; a = −2.
8.16
. a
= 0, b ∈ (0; 1).
8.17
. Если a = 1, то x = −4.
8.18
. a
∈ {−4; 4; 6}.
8.19
. a
=
p
3/2.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 ... 21
§ 9. Задачи с использованием симметрий
Этот параграф, по существу, является продолжением предыдущего.
I. В предыдущем параграфе была рассмотрена симметрия относи- тельно прямой x = 0 (понятие чётной функции). Сейчас мы рассмот- рим симметрии в более общей ситуации, в частности, рассмотрим симметрии относительно прямых x = b, где b — некоторое заданное число.
В задачах такого рода удобно делать замену z = x − b. При наличии симметрии относительно прямой x = b, где b — некоторое заданное число, функция f (z) = f (x − b) будет чётной относительно новой переменной: f (−z) = f (z).
76
Часть 1.
Решение задач
II. При решении, например, уравнения вида f (x, y) = 0 может оказаться, что для всех допустимых значений x, y выполняется равен- ство f (x, y) = f ( y, x) (симметрия относительно биссектрисы первого координатного угла). Тогда вместе с решением (x
0
; y
0
) этого урав- нения его решением будет также пара ( y
0
; x
0
). Для единственности решения в этом случае необходимо выполнение равенства x = y.
Пример 9.1. Найдите все значения a, при каждом из которых система неравенств
¨ y ¾ x
2
+ 2a,
x ¾ y
2
+ 2a
имеет единственное решение.
Решение. Пусть (x
0
; y
0
) — решение системы, тогда ввиду симмет- рии ( y
0
; x
0
) тоже будет решением. Следовательно, необходимым усло- вием единственности решения является равенство x = y. Подставив его в систему, получаем
x
2
− x + 2a ¶ 0.
Если данное неравенство имеет два решения или более, то исходная система имеет не менее двух решений и нам этот случай не подходит.
Если неравенство не имеет решений, то исходная система либо име- ет чётное число решений, либо имеет бесконечное число решений,
либо не имеет решений, но все эти случаи нам не подходят. Пусть это неравенство имеет единственное решение, тогда дискриминант квадратного уравнения обращается в нуль, т. е.
D
= 1 − 8a = 0 ⇔ a =
1 8
,
и x = y = 1/2. Проверим достаточность данного условия. Складывая два неравенства, получаем
x
+ y ¾ x
2
+ y
2
+
1 2
⇔
x
−
1 2
2
+
y
−
1 2
2
¶ 0.
Следовательно, решение x = y = 1/2 действительно единственное.
Ответ: при a = 1/8 система неравенств имеет единственное ре- шение x = y = 1/2.
Пример 9.2. Найдите все значения параметра a, при которых уравнение
2
−????
2
· 4
????
+ sin
πx
4
+ cos
πx
4
− 2 = a
3
− 3a
2
+ a +
p
2
имеет единственное решение.
§ 9.
Задачи с использованием симметрий
77
Решение. Преобразуем уравнение, используя соотношения sin
πx
4
+cos
πx
4
=
p
2
cos
πx
4
·cos
π
4
+sin
πx
4
·sin
π
4
=
p
2
cos
πx
4
−
π
4
и 2
−????
2
· 4
????
= 2
−????
2
+2????
= 2
−(????−1)
2
+1
. Получим
2 · 2
−(????−1)
2
+
p
2 cos
π(x − 1)
4
− 2 −
p
2 = a
3
− 3a
2
+ a.
Сделаем замену t = x − 1 и обозначим
f (t) = 2 · 2
−????
2
+
p
2 cos
πt
4
− 2 −
p
2.
Тогда исходная задача равносильна нахождению всех значений пара- метра a, при которых уравнение f (t) = a
3
− 3a
2
+ a имеет единствен- ное решение. Но поскольку f (t) = f (−t), т. е. функция f (t) чётная,
и f (t) < f (0), t 6= 0, задача имеет единственное решение тогда и толь- ко тогда, когда t = 0 будет решением уравнения f (t) = a
3
−3a
2
+a. Под- ставляя t = 0 в это уравнение и замечая, что f (0) = 2 +
p
2 − 2 −
p
2 = 0,
получаем, что достаточно решить уравнение a
3
− 3a
2
+ a = 0.
Ответ: a
= 0; a =
3 ±
p
5 2
Пример 9.3. Найдите все рациональные значения a, при которых уравнение
2(1 − 2a)
π
arcsin
2x
x
2
+ 1
+ a
2
arctg x − arctg
1
x
2
+ a
2
+ 3a − 3 = 0
имеет единственное решение.
Решение. Введём обозначение
f (x) =
2(1 − 2a)
π
arcsin
2x
x
2
+ 1
+ a
2
arctg x − arctg
1
x
2
I. Для функции f (x) выполняется равенство f (x) = f (1/x), поэто- му если x
0
— решение уравнения, то и 1/x
0
тоже является решением.
Следовательно, нечётное число решений (в нашем случае единствен- ное решение) возможно лишь при условии
x
0
=
1
x
0
⇔ x
2 0
= 1 ⇔ x
0
= ±1.
Подставив x = 1 в исходное уравнение, получаем
a
2
+ a − 2 = 0 ⇔ a
1
= 1; a
2
= −2.
Подставив x = −1 в исходное уравнение, получаем
a
2
+ 5a − 4 = 0 ⇔ a
3
=
−5 +
p
41 2
; a
4
=
−5 −
p
41 2
78
Часть 1.
Решение задач
Значения a
3,4
иррациональные, поэтому не удовлетворяют условию задачи. Рассмотрим a
1,2
II. Выясним, при каком из найденных значений a уравнение име- ет единственное решение. Пусть a = 1, тогда уравнение принимает вид
−
2
π
arcsin
2x
x
2
+ 1
+ arctg x − arctg
1
x
2
+ 1 = 0 ⇔
⇔
arctg x − arctg
1
x
2
+ 1 =
2
π
arcsin
2x
x
2
+ 1
При любом x справедливо неравенство
2|x|
x
2
+ 1
¶ 1, и мы получаем,
что
1 ¶
arctg x − arctg
1
x
2
+ 1 =
2
π
arcsin
2x
x
2
+ 1
¶ 1.
Следовательно, для того чтобы уравнение выполнялось, необходимо и достаточно, чтобы выполнялись равенства
arctg x − arctg
1
x
= 0,
2
π
arcsin
2x
x
2
+ 1
= 1
⇔ x = 1.
Таким образом, при a = 1 решение исходного уравнения единственно.
Пусть a = −2, тогда функция f (x) принимает вид
f (x) =
10
π
arcsin
2x
x
2
+ 1
+ 4 · arctg x − arctg
1
x
2
,
а исходное уравнение принимает вид f (x) = 5. Справедливо равен- ство f (−1) = −5 < 5. Далее, если x стремится к нулю, оставаясь мень- ше нуля, то arctg x стремится к 0, arctg(1/x) — к −π/2, а arcsin
2x
x
2
+ 1
стремится к 0. Поэтому f (x) при этом стремится к π
2
, а π
2
> 5.
Следовательно, так как функция f (x) непрерывна на интервале
(−2; 0) и принимает значения как большие, так и меньшие чем 5, су- ществует такое число x
0
∈ (−2; 0), что f (x
0
) = 5, откуда вытекает, что исходное уравнение при a = −2 имеет не менее двух решений x = 1,
x
= x
0
. (При более детальном рассмотрении этого уравнения можно показать, что при a = −2 оно будет иметь ровно пять решений.)
Ответ: при a = 1 система имеет единственное решение x = 1.
Пример 9.4. При каких значениях a уравнение
|x| +
x
+ 1 3x − 1
= a
имеет ровно три различных решения?
§ 9.
Задачи с использованием симметрий
79
Решение. Введём обозначение
f (x) = |x| +
x
+ 1 3x − 1
I. Справедливо следующее равенство:
x
+ 1 3x − 1
+ 1 3 ·
x
+ 1 3x − 1
− 1
=
(x + 1) + (3x − 1)
3(x + 1) − (3x − 1)
=
4x
4
= x.
Из него следует, что если x
0
— корень уравнения, то и x
1
=
x
0
+ 1 3x
0
− 1
то- же является корнем уравнения, так как f (x
0
) = f (x
1
), откуда следует,
что нечётное число решений возможно лишь при условии
x
0
=
x
0
+ 1 3x
0
− 1
⇔ 3x
2 0
− 2x
0
− 1 = 0 ⇔ x
0
= 1, x
0
= −
1 3
,
т. е. когда корни x
0
и x
1
совпадают. Найдём те значения a, которые соответствуют значениям x
0
= 1 и x
0
= −1/3:
a
1
= f (1) = 2, a
2
= f
−
1 3
=
2 3
II. Проверим, будет ли уравнение иметь ровно три решения при найденных значениях a. Пусть a = 2. Решим уравнение f (x) = 2.
Для этого рассмотрим четыре промежутка (−∞; −1), [−1; 0], (0; 1/3),
(1/3; +∞) и решим уравнение f (x) = 2 на каждом из этих промежут- ков (см. рис.
9.1
).
−
−
+
+
+
−
−
+
−1 0
1
/3
????
+1 3????−1
x
Рис. 9.1
1. Пусть x ∈ (1/3; +∞). Тогда уравнение f (x) = 2 принимает вид
x
+
x
+ 1 3x − 1
= 2 ⇔ 3x
2
− x + x + 1 = 2(3x − 1) ⇔
⇔ x
2
− 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1.
2. Пусть x ∈ (0; 1/3). Тогда уравнение f (x) = 2 принимает вид
x
−
x
+ 1 3x − 1
= 2 ⇔ 3x
2
− x − x − 1 = 2(3x − 1) ⇔
⇔ 3x
2
− 8x + 1 = 0 ⇔ x =
4 ±
p
13 3
80
Часть 1.
Решение задач
Интервалу (0; 1/3) принадлежит лишь один корень x = (4 −
p
13)/3.
Таким образом, мы нашли второй корень уравнения f (x) = 2.
3. Пусть x ∈ [−1; 0]. Тогда уравнение f (x) = 2 принимает вид
−x −
x
+ 1 3x − 1
= 2 ⇔ 3x
2
− x + x + 1 = −2(3x − 1) ⇔
⇔ 3x
2
+ 6x − 1 = 0 ⇔ x = −1 ±
2
p
3 3
Но так как 2
p
3/3 > 1, ни одно из чисел −1 ± 2
p
3/3 не принадлежит отрезку [−1; 0].
4. Пусть x ∈ (−∞; −1). Тогда уравнение f (x) = 2 принимает вид
−x +
x
+ 1 3x − 1
= 2 ⇔ −3x
2
+ x + x + 1 = 2(3x − 1) ⇔
⇔ 3x
2
+ 4x − 3 = 0 ⇔ x =
−2 ±
p
13 3
Лучу (−∞; −1) принадлежит лишь один корень x = (−2 −
p
13)/3.
Таким образом, мы нашли третий корень уравнения f (x) = 2.
x
y
0 1
/3
y
= 2
y
= 2/3
y
= f (x)
Рис. 9.2
Итак, для случая a = 2 мы проверили, что решений действительно ровно три. Аналогично доказывается, что в случае a = 2/3 у уравне- ния f (x) = 2 будет одно решение (см. рис.
9.2
). Следовательно, в ответ попадёт только одно значение a = 2.
Ответ: a
= 2.
§ 9.
Задачи с использованием симметрий
81
Пример 9.5. Найдите все значения a, при которых система
z cos(x − y) + (2 + xy) sin(x + y) − z = 0,
x
2
+ (y − 1)
2
+ z
2
= a + 2x,
(x + y + a sin
2
z)((1 − a) ln(1 − xy) + 1) = 0
имеет единственное решение.
Решение. I. Заметим, что если (x; y; z) — решение системы, то и ( y; x; z) тоже решение этой системы. Для единственности решения необходимо, чтобы выполнялось равенство x = y. В этом случае си- стема принимает вид
(2 + x
2
) sin 2x = 0,
2(x − 1)
2
+ z
2
= a + 1,
(2x + a sin
2
z)((1 − a) ln(1 − x
2
) + 1) = 0.
Из первого уравнения находим x = πn/2, n ∈ Z. Так как третье урав- нение содержит функцию ln(1 − x
2
), выполняется неравенство x
2
< 1,
откуда n = 0 и x = y = 0. Система принимает вид
¨ z
2
= a − 1,
a sin
2
z
= 0.
Для любого её решения (z; a) пара (−z; a) тоже решение этой систе- мы. Поэтому для единственности необходимо, чтобы и z было рав- но 0. Таким образом, если система имеет единственное решение, то оно имеет вид (0; 0; 0), и при этом a = 1. Остаётся показать, что при
a
= 1 система действительно имеет единственное решение.
II. Пусть a = 1. Система принимает вид
z cos(x − y) + (2 + xy) sin(x + y) − z = 0,
x
2
+ y
2
+ z
2
= 2(x + y),
x
+ y + sin
2
z
= 0.
Сложим второе уравнение с удвоенным последним. Получаем x
2
+
+ y
2
+ z
2
+ 2 sin
2
z
= 0, откуда x = y = z = 0. Следовательно, мы доказали, что при a = 1 решение (0; 0; 0) единственно.
Ответ: a
= 1.
82
Часть 1.
Решение задач
Тренировочные задачи к § 9
9.1. Найдите все значения a, при каждом из которых система урав- нений
¨ x
2
+ y
2
= 1,
x
+ y = a
имеет единственное решение.
9.2. Найдите все значения α, при которых уравнение
x
2
+
6x
p sin α
+
9
p
3
cos α
+ 36 = 0
имеет единственное решение.
9.3. Найдите все значения a, при которых уравнение
2π
2
(x − 2)
2
+ 4a cos(2πx) − 25a
3
= 0
имеет единственное решение.
9.4. Найдите все значения a, при которых уравнение
|(x − 1)
2
− 2 1−????
| + |x − 1| − (1 − x)
2
+ 2
????
−1
= 4 + 4
????
имеет ровно пять различных решений.
9.5. Найдите все значения a, при которых уравнение
9
−????+1
· 3
????
2
+ a
3
+ 5a
2
+ a +
p
2 = sin
πx
4
+ cos
πx
4
+ 3
имеет единственное решение.
9.6. Найдите все значения a, при каждом из которых система
¨ y − a
2
+ 5(a − 1) = (a
2
− 5a + 6)(x − 3)
6
+
Æ
(x − 3)
2
,
x
2
+ y
2
= 2(3x − 4)
имеет ровно три разлиных решения.
9.7. Найдите все значения b, при каждом из которых система нера- венств
¨ by
2
+ 4by − 2x + 7b + 4 ¶ 0,
bx
2
− 2 y − 2bx + 4b − 2 ¶ 0
имеет единственное решение.
9.8. Найдите все значения b, при каждом из которых система
(
b sin |2z| + log
5
x
8
p
2 − 5x
8
+ b
2
= 0,
( y
2
− 1) cos
2
z
− y · sin 2z + 1
1 +
p
π + 2z +
p
π − 2z
= 0
имеет одно или два решения; определите эти решения.