И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Необходимые и достаточные условия
Необходимые и достаточные условия фигурируют в математических рассуждениях очень часто,
и данную терминологию вам нужно усвоить раз и навсегда уже сейчас. Для этого имеются как
минимум три причины.
Во-первых, с необходимыми и достаточными условиями вы постоянно встречаетесь в геометрии (но, возможно, не знаете, что они так называются). А именно, необходимое условие есть
свойство, а достаточное условие есть признак. Свойство параллелограмма, признак параллелограмма. . . вспоминаете?
Во-вторых, с понятиями необходимости и достаточности приходится часто оперировать в
сложных задачах с параметрами. Кстати, из всей школьной математики данная тема — задачи
с параметрами — по уровню и логической насыщенности рассуждений максимально приближена к высшей математике. Поэтому если сейчас, в школе, вы успеете выработать привычку к
математическим рассуждениям, то вузовский курс математики пойдёт у вас гораздо легче.
Это как раз и есть третья причина — подготовленность к восприятию курса высшей математики (в первую очередь — математического анализа). Необходимые и достаточные условия там
присутствуют на каждом шагу. На лекции по матанализу вы то и дело будете слышать нечто
вроде: «Необходимость доказана, теперь докажем достаточность». И если вы не знаете этих
терминов, то нить рассуждений лектора потеряете очень быстро. Надо ли объяснять, какой
клубок проблем вы в результате получите к первой же сессии?
Поэтому давайте разбираться с необходимыми и достаточными условиями и повышать тем
самым свою математическую культуру.
Пусть у нас имеются два высказывания, которые мы обозначим A и B. Например:
A := четырёхугольник является квадратом.
B := четырёхугольник является ромбом.
Из двух высказываний A и B мы можем образовать новое высказывание, которое читается
так: «если A, то B». Оно называется импликацией и обозначается A ⇒ B. В нашем примере
импликация выглядит следующим образом:
A ⇒ B := если четырёхугольник является квадратом, то он является ромбом.
(1)
Это утверждение верно (логик скажет — истинно). Действительно, квадрат есть частный
случай ромба.
Мы можем образовать и обратную импликацию:
B ⇒ A := если четырёхугольник является ромбом, то он является квадратом.
Это утверждение неверно (логик скажет — ложно). Конечно же, произвольный ромб вовсе
не обязан являться квадратом.
Определение. Пусть импликация A ⇒ B верна. Тогда B называется необходимым условием
для A; в то же время A называется достаточным условием для B.
Давайте взглянем ещё раз на верную импликацию (1). В соответствии с определением мы
видим, что «быть ромбом» — это необходимое условие для «быть квадратом»; для того, чтобы
четырёхугольник являлся квадратом, необходимо, чтобы он являлся ромбом. Попросту говоря,
если четырёхугольник — квадрат, то условие «быть ромбом» не обойти: будучи квадратом,
1
четырёхугольник обязан быть ромбом. (Куда он денется, наш квадрат? — не быть ромбом он
не может.)
В то же время «быть квадратом» — это достаточное условие для «быть ромбом»; для того, чтобы четырёхугольник являлся ромбом, достаточно, чтобы он являлся квадратом. Если
четырёхугольник — квадрат, то он и подавно ромб.
В привычной вам терминологии школьной геометрии необходимое условие называется свойством, а достаточное условие — признаком. Так, «быть ромбом» — это свойство квадрата (квадрат, помимо всего прочего, является ромбом). Наоборот, «быть квадратом» — это признак ромба
(если четырёхугольник — квадрат, то он — ромб; тут акцент на том, что мы опознаём ромб).
В математическом тексте для выражения необходимого условия используются также обороты: только тогда; только если; только в том случае, если. Например:
Четырёхугольник является квадратом только тогда, когда он является ромбом.
Четырёхугольник является квадратом, только если он является ромбом.
Четырёхугольник является квадратом только в том случае, если он является ромбом.
Для выражения достаточного условия используются обороты: тогда; если; в том случае,
если. В нашем примере:
Четырёхугольник является ромбом тогда, когда он является квадратом.
Четырёхугольник является ромбом, если он является квадратом.
Четырёхугольник является ромбом в том случае, если он является квадратом.
«Быть ромбом» является необходимым, но не достаточным условием для «быть квадратом» (это свойство, но не признак квадрата). Квадрат с необходимостью является ромбом, но
обратное неверно: не всякий ромб — квадрат.
«Быть квадратом» является достаточным, но не необходимым условием для «быть ромбом»
(это признак, но не свойство ромба). Квадрат — заведомо ромб; однако из того, что четырёхугольник — ромб, не следует с необходимостью, что он — квадрат (нужно ещё, чтобы углы
были прямые).
Некоторые математические утверждения имеют вид необходимых и достаточных условий
одновременно. Наш пример с квадратом и ромбом тут не годится, поэтому «сменим пластинку».
Возьмём теорему Пифагора: в прямоугольном треугольнике сумма квадратов катетов равна
квадрату гипотенузы. Сформулируем её немного по-другому.
Теорема Пифагора. Если треугольник является прямоугольным, то сумма квадратов двух
его сторон равна квадрату третьей стороны.
Обратите внимание: мы придали теореме форму импликации A ⇒ B, где
A := треугольник является прямоугольным,
B := сумма квадратов двух сторон треугольника равна квадрату третьей стороны.
Теперь мы уже владеем терминологией и можем сформулировать теорему Пифагора так:
для того, чтобы треугольник являлся прямоугольным, необходимо, чтобы сумма квадратов
двух его сторон равнялась квадрату третьей стороны.
Здесь замечательно то, что обратная импликация B ⇒ A также верна!
Обратная теорема Пифагора. Если сумма квадратов двух сторон треугольника равна квадрату третьей стороны, то треугольник является прямоугольным.
Иными словами, обратную теорему Пифагора можно сформулировать так: для того, чтобы треугольник был прямоугольным, достаточно, чтобы сумма квадратов двух его сторон
равнялась квадрату третьей стороны.
2
Когда истинны обе импликации A ⇒ B и B ⇒ A, мы называем высказывания A и B
равносильными или эквивалентными. В таком случае верно утверждение A ⇔ B, то есть оба
высказывания A и B следуют друг из друга.
Эквивалентность высказываний описывается выражениями: необходимо и достаточно; тогда и только тогда; если и только если; в том и только в том случае, если 1 . Например,
прямую и обратную теорему Пифагора можно объединить в одно утверждение следующими
способами:
— Для того, чтобы треугольник был прямоугольным, необходимо и достаточно, чтобы
сумма квадратов двух его сторон равнялась квадрату третьей стороны.
— Треугольник является прямоугольным тогда и только тогда, когда сумма квадратов
двух его сторон равна квадрату третьей стороны.
— Треугольник является прямоугольным, если и только если сумма квадратов двух его
сторон равна квадрату третьей стороны.
— Треугольник является прямоугольным в том и только в том случае, если сумма квадратов двух его сторон равна квадрату третьей стороны.
Математик скажет также, что условие «сумма квадратов двух сторон равна квадрату третьей стороны» характеризует (или описывает) прямоугольный треугольник. Именно, любой
прямоугольный треугольник этому условию удовлетворяет и никакой непрямоугольный треугольник этому условию не удовлетворяет.
Необходимое и достаточное условие называется также критерием. Таким образом, критерий
фактически состоит из двух утверждений, одно из которых является необходимым условием,
а другое — достаточным2 .
1
В английском языке (и без того лаконичном) соответствующее выражение if and only if сокращается до
забавного iff. Именно так и называется данный файл ;-)
2
В школьной математике пользоваться термином «критерий» не принято, но уже на первом курсе вы с ним
столкнётесь. Первое, что вас поджидает — критерий Коши сходимости последовательности. Не забудьте на
коллоквиуме/зачёте/экзамене, что доказательство критерия состоит из доказательства двух утверждений —
необходимости и достаточности!
3
И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Что такое параметр?
Чтобы лучше вникнуть в «идеологию» задач с параметрами, мы рассмотрим два простых примера из механики.
Пример. Тело движется из состояния покоя с постоянным ускорением a м/с2 . Какой путь s
пройдёт тело за 4 с?
Решение. Если начальная скорость тела равна нулю, то путь, пройденный телом за время t,
выражается формулой
at2
.
s=
2
Подставляя сюда t = 4, находим:
s = 8a.
(1)
Ответ: s = 8a.
Обратите внимание: числовое значение ускорения в задаче не дано. Ускорение является
параметром и может принимать какие угодно значения. Фактически мы нашли зависимость
пути, пройденного за 4 секунды, от ускорения. Подставляя теперь в формулу (1) какое-то
конкретное значение ускорения, мы найдём соответствующее значение пройденного пути.
Пример. Тело брошено вертикально вверх со скоростью 20 м/с. Через какое время t тело
будет на высоте h? Ускорение свободного падения равно 10 м/с2 , сопротивление воздуха не
учитывать.
Решение. Зависимость высоты подъёма тела от времени имеет вид:
h = v0 t −
gt2
,
2
где v0 — начальная скорость, g — ускорение свободного падения. Подставляем сюда v0 = 20 м/с
и g = 10 м/с2 :
h = 20t − 5t2 .
Получаем квадратное уравнение относительно t с параметром h:
5t2 − 20t + h = 0.
(2)
Нас интересуют решения этого уравнения при различных значениях параметра. Прежде
всего находим дискриминант:
D = 400 − 20h.
В зависимости от значений параметра h дискриминант может быть положительным, равным
нулю или отрицательным. Необходимо рассмотреть все три случая.
1. D > 0, то есть h < 20. Тогда уравнение (2) имеет два корня:
√
√
20 + 400 − 20h
20 − 400 − 20h
, t2 =
.
t1 =
10
10
(3)
Физический смысл двух корней ясен: в момент времени t1 тело достигает высоты h, двигаясь вверх, а в момент t2 тело снова окажется на высоте h, но уже двигаясь обратно
вниз.
1
2. D = 0, то есть h = 20. В этом случае подкоренное выражение в (3) обращается в нуль, и
оба корня t1 , t2 «сливаются» в один:
t=
20
= 2.
10
Физический смысл единственности корня заключается в том, что h = 20 м — это максимальная высота подъёма. Тело достигает данной высоты в один-единственный момент
времени, а именно через 2 секунды.
3. D < 0, то есть h > 20. В этом случае уравнение (2) не имеет корней. Оно и понятно: тело
не может подняться выше 20 метров, поэтому, какое бы значение параметра h > 20 мы ни
взяли, данному значению не будет соответствовать никакой момент времени.
Нам остаётся записать ответ (расстояние измеряется в метрах, время — в секундах). Обратите внимание на «ветвящуюся» структуру ответа в виде совокупности выражений «если . . . ,
то», которая даёт перебор всех возможных случаев значений параметра.
Ответ: Если h < 20, то t =
то решений нет.
√
20− 400−20h
10
или t =
√
20+ 400−20h
10
; если h = 20, то t = 2; если h > 20,
Какую основную идею следует вынести из рассмотренных примеров? Мы сформулируем её
следующим образом.
Параметр — это буква, которая «никому ничем не обязана» и может принимать любые
допустимые значения. Структура решений уравнения или неравенства зависит от значений параметра; те или иные аспекты этой зависимости и предстоит выяснить в каждой
конкретной задаче.
2
И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Линейные уравнения и неравенства с параметрами
Среди всего многообразия задач с параметрами наиболее простыми являются линейные уравнения и неравенства. Поэтому начать разумно именно с них.
Задача 1. При всех значениях параметра a решить уравнение 2x + a = 3.
Решение. Решать тут особо нечего: выражаем x и пишем ответ.
Ответ: x =
3−a
2
.
Задача 2. При всех значениях параметра a решить уравнение ax = 1.
Решение. Хочется просто написать x = a1 , но нужно проявить осторожность. Ведь a «никому
ничем не обязано» и может равняться нулю, а на нуль нелить нельзя! Поэтому решение должно
выглядеть так.
Если a = 0, то решений нет (поскольку вне зависимости от x получается неверное числовое
равенство 0 = 1). Если же a 6= 0, то x = a1 .
Ответ: Если a 6= 0, то x = a1 ; если a = 0, то решений нет.
Задача 3. При всех значениях a решить уравнение (a + 2)x = a2 − 4.
Решение. Имеем:
(a + 2)x = (a + 2)(a − 2).
Если a = −2, то независимо от x получается верное числовое равенство 0 = 0, так что в этом
случае x — любое число. Если же a 6= −2, то сокращаем обе части на ненулевое выражение
a + 2 и получаем x = a − 2.
Ответ: Если a 6= −2, то x = a − 2; если a = −2, то x любое.
Задача 4. При каких a система уравнений
(
ax − 4y = a + 1,
2x + (a + 6)y = a + 3
не имеет решений?
Решение. Выразим из первого уравнения y:
y=
ax − a − 1
,
4
(1)
и подставим во второе уравнение системы:
2x +
(a + 6)(ax − a − 1)
= a + 3.
4
Умножаем на 4, раскрываем скобки и приводим подобные:
(a2 + 6a + 8)x = a2 + 11a + 18.
Раскладываем на множители оба квадратных трёхчлена:
(a + 2)(a + 4)x = (a + 2)(a + 9).
1
(2)
a+9
. Подставляя
Если a 6= −2 и a 6= −4, то уравнение (2) имеет (единственное) решение x = a+4
его в (1), найдём соответствующее значение y. Полученная пара (x, y) будет (единственным)
решением нашей системы при указанных a.
Если a = −2, то уравнение (2) превращается в верное числовое равенство 0 = 0 независимо
от x. Поэтому любое число x является решением уравнения
(2). Соотношение (1) даёт соот
ax−a−1
служит решением нашей системы. Стало
ветствующее число y, так что любая пара x, 4
быть, при a = −2 система имеет бесконечно много решений.
Наконец, если a = −4, то уравнение (2) превращается в неверное числовое равенство 0 = 10
независимо от x и потому не имеет корней. Но уравнение (2) является следствием исходной
системы; значит, при a = −4 не имеет решений и сама система.
Мы рассмотрели все возможные значения a. Как видим, система не имеет решений только
при a = −4.
Ответ: −4.
Задача 5. При всех a решить неравенство ax > 1.
Решение. Здесь предстоит деление на a, поэтому необходимо рассмотреть три случая.
Если a = 0, то неравенство превращается в неверное числовое неравенство 0 > 1. Поэтому
при a = 0 решений нет.
Если a > 0, то делим наше неравенство на a; при этом знак неравенства сохраняется: x > a1 .
Если a < 0, то опять-таки делим на a, но при этом знак неравенства меняется: x < a1 .
Ответ: Если a > 0, то x >
1
a
; если a < 0, то x <
1
a
; если a = 0, то решений нет.
Задача 6. При каких a неравенство 2x − a 6 3 является следствием неравенства 3a − x > 5?
Решение. По определению, неравенство 2 является следствием неравенства 1 (или из неравенства 1 следует неравенство 2), если каждое решение неравенства 1 является также решением
неравенства 2; иными словами, множество решений неравенства 1 содержится в множестве
решений неравенства 2.
В нашем случае неравенством 1 является неравенство 3a − x > 5, решения которого:
x < 3a − 5.
(3)
Неравенством 2 служит неравенство 2x − a 6 3, решения которого:
x6
3+a
.
2
(4)
Множество (3) должно содержаться в множестве (4), то есть каждая точка луча (−∞; 3a−5)
. Так будет, если вершина первого луча находится левее
должна принадлежать лучу −∞; 3+a
2
вершины второго луча или совпадает с ней:
3a − 5 6
3+a
.
2
Остаётся решить это неравенство:
a6
Ответ: a 6
13
5
13
.
5
.
2
И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 1
Мы приступаем к изучению уравнений вида
ax2 + bx + c = 0.
(1)
Если a 6= 0, то уравнение (1) является квадратным. Не забываем, однако, что параметр a
«никому ничем не обязан» и может равняться нулю (и тогда уравнение перестаёт быть квадратным). Случай a = 0 при необходимости следует рассматривать отдельно.
Напомним известные вам факты теории. Пусть уравнение (1) является квадратным, то есть
a 6= 0. Тогда дискриминант этого уравнения есть величина D = b2 −4ac. Возможны три случая.
1. Если D > 0, то уравнение (1) имеет ровно два различных корня:
√
−b ± D
.
x1,2 =
2a
2. Если D = 0, то уравнение (1) имеет единственный корень
x=−
b
.
2a
3. Если D < 0, то уравнение (1) не имеет корней.
Для квадратного уравнения вида
ax2 + 2kx + b = 0
удобно использовать дискриминант
D1 =
D
= k 2 − ac.
4
Тогда формула корней выглядит так:
x1,2
√
−k ± D1
.
=
a
Если уравнение (1) имеет два различных корня x1 и x2 , то его левая часть раскладывается
на множители следующим образом:
ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ).
Если уравнение (1) имеет единственный корень x0 , то его левая часть является полным
квадратом:
ax2 + bx + c = a(x − x0 )2 .
Теорема Виета. Если квадратное уравнение ax2 + bx + c = 0 имеет два различных корня x1
и x2 , то справедливы формулы:


 x1 + x2 = − b ,
a
c

 x1 x2 = .
a
1
Эти же формулы имеют место и в случае единственного корня x1 , если положить x2 = x1 .
Задача 1. Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение
(a − 2)x2 + 2ax + a + 3 = 0
имеет единственный корень.
Решение. Если a = 2, то уравнение превращается в линейное: 4x + 5 = 0, которое имеет единственный корень. Поэтому a = 2 годится.
Если a 6= 2, то уравнение является квадратным с дискриминантом
D1 = a2 − (a − 2)(a + 3) = 6 − a.
Уравнение будет иметь единственный корень в случае D1 = 0, то есть a = 6.
Ответ: a = 2 или a = 6.
Задача 2. При всех a решить уравнение x2 + ax + 9 = 0.
Решение. Находим дискриминант:
D = a2 − 36 = (a − 6)(a + 6).
Методом интервалов определяем знаки дискриминанта:
−
+
+
−6
X
6
Соответственно, рассматриваем следующие случаи. Если a < −6 или a > 6, то уравнение
имеет два корня:
√
−a ± a2 − 36
x=
.
(2)
2
Если a = −6, то корень один, и он легко получается из формулы (2): x = 3. Аналогично,
если a = 6, то x = −3. Наконец, если −6 < a < 6, то уравнение не имеет решений.
Ответ: Если a ∈ (−∞; −6) ∪ (6; +∞), то x =
x = −3; если a ∈ (−6; 6), то решений нет.
√
−a± a2 −36
;
2
если a = −6, то x = 3; если a = 6, то
Можно дать ответ в более сжатом виде, если «пристыковать» случаи a = ±6 к первому
случаю.
Ответ: Если a ∈ (−∞; −6] ∪ [6; +∞), то x =
√
−a± a2 −36
;
2
если a ∈ (−6; 6), то решений нет.
В каком именно виде записывать ответ — дело вашего вкуса. Мы обычно будем предпочитать
второй вариант.
Задача 3. При всех a решить уравнение ax2 + x + 1 = 0.
Решение. Здесь тоже хочется сразу написать дискриминант, но давайте всё же заметим, что
возможно a = 0, и тогда уравнение не будет квадратным (так что ни о каком дискриминанте
говорить не придётся). Этот случай надо рассмотреть отдельно.
Пусть a = 0. Тогда уравнение примет вид x + 1 = 0, откуда x = −1.
Пусть теперь a 6= 0. Тогда уравнение является квадратным, и его дискриминант D = 1 − 4a.
При a 6 41 дискриминант неотрицателен, поэтому
x=
−1 ±
√
1 − 4a
.
2a
2
Если же a > 14 , то D < 0 и уравнение не имеет корней.
√
Ответ: Если a ∈ (−∞; 0) ∪ 0; 14 , то x = −1±2a1−4a ; если a = 0, то x = −1; если a ∈
решений нет.
1
; +∞
4
, то
Задача 4. Найдите все значения a, при каждом из которых один из корней уравнения
x2 − (2a + 1)x + a2 + 2 = 0
в два раза больше другого.
Решение. Прежде всего, уравнение должно иметь два различных корня, поэтому его дискриминант положителен:
D = (2a + 1)2 − 4(a2 + 2) = 4a − 7 > 0,
откуда
7
.
4
Пусть корни нашего уравнения равны t и 2t. По теореме Виета имеем:
(
(
t + 2t = 2a + 1,
3t = 2a + 1,
⇔
2
t · 2t = a + 2
2t2 = a2 + 2.
a>
(3)
Выразим t из первого уравнения, подставим во второе и после простых преобразований
получим:
a2 − 8a + 16 = 0 ⇔ (a − 4)2 = 0,
то есть a = 4. Это значение a удовлетворяет неравенству (3) и потому годится.
Ответ: a = 4.
Задача 5. При каких значениях a сумма квадратов двух различных корней уравнения
x2 − 4ax + 5a = 0
равна 6?
Решение. Уравнение имеет два различных корня, поэтому дискриминант положителен:
D1 = (2a)2 − 5a = a(4a − 5) > 0,
откуда
a < 0 или a >
5
.
4
(4)
Пусть корни равны x1 и x2 . Имеем:
6 = x21 + x22 = x21 + 2x1 x2 + x22 − 2x1 x2 = (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 = (4a)2 − 2 · 5a = 16a2 − 10a.
Получаем квадратное уравнение
8a2 − 5a − 3 = 0,
корни которого a1 = 1 и a2 = − 38 . Значение a1 не годится, так как не удовлетворяет условию (4).
Значение a2 удовлетворяет этому условию и поэтому подходит.
Ответ: a = − 83 .
3
Задача 6. При каких значениях a уравнение (a − 3)x2 − 2ax + 5a = 0 имеет только положительные корни?
Решение. При a = 3 получаем уравнение −6a + 15 = 0, корень которого положителен. Поэтому
значение a = 3 годится.
Пусть теперь a 6= 3. Уравнение является квадратным с дискриминантом
D1 = a2 − 5a(a − 3) = a(15 − 4a).
Условие существования корней:
a(15 − 4a) > 0 ⇔ 0 6 a 6
15
.
4
(5)
Сами корни можно не искать — на помощь снова приходит теорема Виета. В самом деле,
ясно, что необходимым и достаточным условием положительности корней x1 , x2 квадратного
уравнения служит система неравенств:
(
x1 + x2 > 0,
(6)
x1 x2 > 0.
(Необходимость очевидна: если корни x1 , x2 положительны, то оба неравенства (6) выполнены. Теперь покажем достаточность. Пусть оба неравенства (6) выполняются. В силу второго
неравенства оба корня имеют одинаковый знак. Тогда в силу первого неравенства оба корня
положительны.)
В нашем случае система (6) даёт:
 a

> 0,

a−3

 5a > 0,
a−3
откуда легко находим
a < 0 или a > 3.
(7)
Нам остаётся пересечь множества (7) и (5) и к полученному пересечению добавить найденное
ранее значение a = 3.
Ответ: 3; 15
.
4
Задача 7. При каких a уравнения x2 + ax + 1 = 0 и x2 + x + a = 0 имеют общий корень?
Решение. Предположим, что x0 — общий корень данных уравнений. Имеем систему:
(
x20 + ax0 + 1 = 0,
x20 + x0 + a = 0.
Вычитая из первого уравнения второе, получим:
(a − 1)(x0 − 1) = 0.
Отсюда следует, что a = 1 или x0 = 1. Надо рассмотреть оба этих случая.
Если a = 1, то оба уравнения совпадают: x2 + x + 1 = 0. Это уравнение не имеет корней,
поэтому a = 1 не годится.
Если x0 = 1, то из любого равенства системы получаем a = −2. При данном a исходные
уравнения принимают вид:
x2 − 2x + 1 = 0,
x2 + x − 2 = 0.
4
Проверкой убеждаемся, что x = 1 в самом деле является общим корнем данных уравнений.
Ответ: a = −2.
Переходим к рассмотрению квадратных неравенств с параметрами. Здесь мы затронем лишь
начало данной темы; другие вопросы будут изложены в следующей статье.
Задача 8. При всех a решить неравенство x2 − 2ax + 4 > 0.
Решение. Находим дискриминант квадратного трёхчлена x2 − 2ax + 4:
D1 = a2 − 4.
Возможны три варианта расположения параболы y = x2 −2ax+4, изображённые на рисунке
(слева направо идут случаи D1 > 0, D1 = 0 и D1 < 0).
x1
x2
a
X
X
X
Пусть D1 > 0, то есть a < −2 или a > 2. Тогда парабола пересекает ось X в двух точках:
√
√
x1 = a − a2 − 4, x2 = a + a2 − 4 .
Множество решений неравенства состоит из тех x, при которых y > 0 (ведь именно таков
знак решаемого неравенства); то есть из тех x, при которых график проходит выше оси абсцисс:
√
√
x < a − a2 − 4, x > a + a2 − 4 .
Пусть теперь D1 = 0, то есть a = ±2. Парабола касается оси X в точке x = a; множество
решений нашего неравенства — все x за исключением точки a.
Наконец, пусть D1 < 0, то есть −2 < a < 2. Тогда парабола лежит целиком выше оси X, и
любой x служит решением нашего неравенства.
√
√
Ответ: Если a ∈ (−∞; −2] ∪ [2; +∞), то x ∈ −∞; a − a2 − 4 ∪ a + a2 − 4; +∞ ; если
a ∈ (−2; 2), то x любое.
Задача 9. Найти все такие a, что решения неравенства x2 + (a − 5)x − 2a2 + 2a + 4 6 0 образуют
отрезок, длина которого больше 6.
Решение. Находим дискриминант квадратного трёхчлена x2 + (a − 5)x − 2a2 + 2a + 4:
D = (a − 5)2 − 4(−2a2 + 2a + 4) = 9a2 − 18a + 9 = 9(a − 1)2 .
Тогда корни этого трёхчлена:
x1,2 =
то есть
x1 =
−(a − 5) ± 3(a − 1)
,
2
−a + 5 + 3a − 3
= a + 1,
2
x2 =
5
−a + 5 − 3a + 3
= 4 − 2a.
2
В зависимости от того, какой из корней больше, множеством решений данного неравенства
является либо отрезок [a + 1; 4 − 2a], либо отрезок [4 − 2a; a + 1] (либо точка в случае совпадения
корней). Но нам нет нужды заниматься этим (пусть и несложным) исследованием. Ведь длина
отрезка решений в любом случае равна:
|x1 − x2 | = |(a + 1) − (4 − 2a)| = |3a − 3|.
В соответствии с условием получаем неравенство:
|3a − 3| > 6,
то есть
|a − 1| > 2,
откуда a < −1 или a > 3.
Ответ: a ∈ (−∞; −1) ∪ (2; +∞).
Замечание. Задачу можно было решить и без явного нахождения корней — а именно, с помощью
теоремы Виета. В самом деле, неравенство
|x1 − x2 | > 6
эквивалентно неравенству
36 < (x1 − x2 )2 = x21 − 2x1 x2 + x22 = (x1 + x2 )2 − 4x1 x2 ;
а как действовать дальше, вам уже известно.
Мы хотели бы отметить лишь, что если дискриминант оказывается полным квадратом, то
для корней квадратного трёхчлена получаются выражения, не содержащие радикалов, и это
обстоятельство часто упрощает решение задачи. Однако такой «подарок судьбы» попадается
далеко не всегда. В следующей статье будут рассмотрены задачи, в которых использование
явных выражений для корней приводит к техническим трудностям и решение отыскивается
иными методами.
6
И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 2
Данная статья посвящена вопросам расположения корней квадратного трёхчлена в зависимости
от параметра. Вычисление корней при этом может приводить к техническим трудностям в
решении задач. Более удобный подход — формулировать необходимые и достаточные условия
требуемого расположения корней.
Прежде всего напомним некоторые стандартные факты. Выражение ax2 + bx + c, где a 6= 0,
называется квадратным трёхчленом. Функция
f (x) = ax2 + bx + c (a 6= 0)
(1)
называется квадратичной. Её график получается параллельным переносом параболы y = ax2 ;
вершина параболы при этом сдвигается из начала координат в некоторую точку. В какую?
Для нахождения координат вершины параболы выделим в (1) полный квадрат:
2 2 !
b
b
b
b
·x+
+c=
−
ax2 + bx + c = a x2 + x + c = a x2 + 2 ·
a
2a
2a
2a
2
2
b
b2
b
b2 − 4ac
=a x+
−
+c=a x+
−
.
2a
4a
2a
4a
В числителе последней дроби появляется дискриминант D = b2 − 4ac, так что окончательно
имеем:
2
b
D
f (x) = a x +
.
(2)
−
2a
4a
Из выражения (2) мы видим теперь, что координаты вершины параболы:
x0 = −
b
,
2a
y0 = −
D
.
4a
(3)
Так, на рис. 1 изображена парабола, у которой a > 0 (ветви направлены вверх) и D > 0.
Y
x0
X
y0
Рис. 1. Парабола с a > 0 и D > 0
Из этого рисунка становится ясен графический смысл того факта, что при D > 0 квадратное
уравнение имеет два корня. В самом деле, если, например, a > 0, то из (3) мы видим, что
y0 < 0; то есть, ветви параболы направлены вверх, а вершина параболы находится ниже оси X.
Следовательно, парабола обязана пересечь ось X в двух различных точках — а это и означает,
что соответствующее квадратное уравнение имеет два различных корня.
1
И теперь мы приходим к замечательно простой идее. Ведь для существования двух корней
не важно, что ниже оси X лежит именно вершина параболы: вместо вершины можно взять
любую другую точку! Таким образом, имеем следующее утверждение.
Пусть f (x) = ax2 + bx + c, a > 0. Если для некоторого числа t выполнено неравенство
f (t) < 0, то квадратное уравнение ax2 + bx + c = 0 имеет два различных корня.
На практике в качестве t удобно бывает проверить числа 0, 1 или −1.
Задача 1. Докажите, что уравнение (a2 − a + 1)x2 + (2a2 + 10a + 3)x − 4a2 − 9a − 5 = 0 имеет
два различных корня при любом a.
Решение. Заниматься здесь вычислением дискриминанта и его дальнейшим исследованием —
не самое приятное занятие. Вместо этого давайте используем идею, изложенную выше.
Прежде всего мы видим, что коэффициент при x2 всегда положителен: a2 − a + 1 > 0 при
всех a. Теперь обозначим f (x) левую часть нашего уравнения и заметим, что
f (1) = a2 − a + 1 + 2a2 + 10a + 3 − 4a2 − 9a − 5 = −a2 − 1,
то есть f (1) < 0 при любом a. Отсюда и вытекает, что при каждом a наше уравнение имеет два
различных корня.
В дальнейшем мы будем постоянно использовать известные вам утверждения о знаках квадратичной функции. Именно, пусть квадратный трёхчлен f (x) = ax2 + bx + c имеет корни x1 и x2
(x1 < x2 ). Тогда имеет место разложение на множители: f (x) = a(x − x1 )(x − x2 ), и с помощью
метода интервалов мы приходим к следующим выводам.
• Если a > 0, то значения функции f (x) положительны при x ∈ (−∞; x1 ) ∪ (x2 ; +∞) и
отрицательны при x ∈ (x1 ; x2 ).
• Если a < 0, то значения функции f (x) положительны при x ∈ (x1 ; x2 ) и отрицательны
при x ∈ (−∞; x1 ) ∪ (x2 ; +∞).
Переходим к рассмотрению задач, где требуется выяснить расположение корней квадратного трёхчлена относительно некоторой точки.
Задача 2. При каких значениях параметра a один корень уравнения x2 + ax + 4 = 0 меньше 2,
а другой больше 2?
Решение. Пусть x1 и x2 — корни нашего уравнения. Графиком функции f (x) = x2 + ax + 4
является парабола, пересекающая ось X в точках x1 и x2 . Поскольку коэффициент перед x2
положителен, интервал (x1 ; x2 ) есть множество решений неравенства f (x) < 0. Следовательно,
если точка x = 2 лежит между корнями, то выполнено неравенство f (2) < 0 (рис. 2).
y = x2 + ax + 4
2
x1
x2
X
Рис. 2. К задаче 2
Наоборот, пусть выполнено неравенство f (2) < 0. Как мы уже знаем, это гарантирует существование двух корней нашего квадратного уравнения (поскольку ветви параболы направлены
вверх). При этом ясно, что меньший корень будет меньше 2, а больший корень — больше 2.
2
Итак, мы приходим к следующему утверждению (по-прежнему f (x) = x2 +ax+4). Для того,
чтобы корни уравнения f (x) = 0 лежали по разные стороны от точки x = 2, необходимо и
достаточно, чтобы выполнялось неравенство f (2) < 0.
Остаётся закончить решение:
f (2) = 4 + 2a + 4 < 0,
откуда a < −4.
Ответ: a < −4.
Задача 3. При каких значениях a один корень уравнения ax2 + 2x + 2a + 1 = 0 меньше 1, а
другой больше 1?
Решение. Как и выше, обозначаем f (x) левую часть нашего уравнения:
f (x) = ax2 + 2x + 2a + 1.
Из условия ясно, что a 6= 0. Если a > 0, то ветви параболы y = f (x) направлены вверх;
как мы уже знаем, в этом случае неравенство f (1) < 0 служит необходимым и достаточным
условием того, что корни нашего уравнения расположены по разные стороны от 1.
Если же a < 0, то ветви параболы направлены вниз; теперь точка x = 1 лежит между
корнями в том и только в том случае, если f (1) > 0. Это устанавливается рассуждениями,
полностью аналогичными тем, которые были приведены при решении задачи 2.
Обе ситуации изображены на рис. 3.
y = f (x), a > 0
x1
1
x1
x2
x2
1
X
X
y = f (x), a < 0
Рис. 3. К задаче 3
Таким образом, для того, чтобы корни нашего уравнения лежали по разные стороны от 1,
необходимо и достаточно, чтобы выполнялась совокупность двух систем неравенств:
(
a > 0,

 f (1) < 0,
(

 a < 0,
f (1) > 0,
которая эквивалентна одному-единственному неравенству
a · f (1) < 0.
Остаётся решить это неравенство:
a(3a + 3) < 0 ⇔ −1 < a < 0.
Ответ: a ∈ (−1; 0).
3
Фактически мы установили следующее общее утверждение.
Утверждение 1. Пусть f (x) = ax2 + bx + c, a 6= 0. Для того, чтобы корни данного квадратного
трёхчлена лежали по разные стороны от некоторого числа t, необходимо и достаточно, чтобы
выполнялось неравенство a · f (t) < 0.
Задача 4. При каких a корни уравнения
x2 + 2(a − 2)x − 4a + 5 = 0
различны и оба больше −1?
Решение. Снова попробуем реализовать ту же идею: не вычисляя корней, сформулируем необходимые и достаточные условия того, что оба они лежат правее −1.
Прежде всего изобразим нашу ситуацию графически (рис. 4). Как и выше, введено обозначение f (x) = x2 + 2(a − 2)x − 4a + 5.
y = f (x)
x0
−1
x1
x2
X
Рис. 4. К задаче 4
Давайте сразу напишем нужные нам условия, а потом поймём, почему они являются необходимыми и достаточными. Эти условия таковы:


 D > 0,
f (−1) > 0,
(4)

 x > −1.
0
Покажем необходимость условий (4). Пусть оба корня x1 , x2 нашего уравнения больше −1.
Так как эти корни существуют и различны, должно быть выполнено неравенство D > 0. Далее,
коэффициент перед x2 положителен, поэтому функция y = f (x) принимает положительные
значения на множестве (−∞; x1 ) ∪ (x2 ; +∞); стало быть, если −1 < x1 , то f (−1) > 0. Наконец,
поскольку x0 > x1 , то и подавно x0 > −1. Таким образом, три неравенства (4) с необходимостью
вытекают из условия задачи.
Теперь покажем достаточность условий (4). Пусть система (4) выполнена. Неравенство
D > 0 гарантирует наличие двух корней x1 и x2 (x1 < x2 ). Неравенство f (−1) > 0 означает, что точка −1 принадлежит множеству решений неравенства f (x) > 0, то есть расположена
либо на луче (−∞; x1 ), либо на луче (x2 ; +∞). Неравенство x0 > −1 выбирает нужный луч: в
силу этого неравенства имеем −1 ∈ (−∞; x1 ). Таким образом, оба корня оказываются правее
точки −1, то есть система неравенств (4) достаточна для выполнения условия задачи.
Остаётся решить систему (4). Имеем:
 2

 a − 1 > 0,
10 − 6a > 0,

 − (a − 2) > −1.
4
Дальнейшее трудностей не представляет.
Ответ: a ∈ (−∞; −1) ∪ 1; 53 .
Задача 5. Найти все значения a, при которых все корни уравнения (2 − a)x2 − 3ax + 2a = 0
больше 1/2.
Решение. Если a = 2, то получается линейное уравнение −6x + 4 = 0, корень которого равен
2/3. Это больше 1/2, поэтому a = 2 годится.
Пусть a 6= 2 и f (x) = (2 − a)x2 − 3ax + 2a. В зависимости от знака выражения 2 − a ветви
параболы y = f (x) направлены вверх или вниз (рис. 5). Пунктиром схематически обозначено
положение параболы при D = 0 (ведь этот случай тоже следует учесть — не сказано же, что
корней два!).
y = f (x), 2 − a > 0
1
2
1
2
X
X
y = f (x), 2 − a < 0
Рис. 5. К задаче 5
Рассуждая, как и в предыдущей задаче, устанавливаем, что корни лежат правее 1/2 тогда
и только тогда, когда выполнена совокупность двух систем условий:


2
−
a
>
0,
2 − a < 0,










D > 0,
D > 0,




  1
1
или
f
f
> 0,
< 0,




2
2








1


 x0 > 1 .
 x0 > ,
2
2
Эта совокупность, очевидно, эквивалентна одной системе:

D > 0,





1
> 0,
(2 − a) · f
2




x > 1 .
0
2
Теперь имеем:

2
 17a − 16a > 0,




a+2
> 0,
(2 − a) ·
4


3a
1



> .
2(2 − a)
2
Решением полученной системы служит множество
расмотренное с самого начала.
16 Ответ: a ∈ 17
;2 .
5
16
17
6 a < 2. Сюда надо добавить a = 2,
Фактически мы установили справедливость следующего утверждения.
Утверждение 2. Пусть f (x) = ax2 + bx + c, a 6= 0. Для того, чтобы корни данного квадратного трёхчлена были больше некоторого числа t, необходимо и достаточно, чтобы выполнялась
следующая система условий:


 D > 0,
a · f (t) > 0,
(5)

 x > t.
0
Аналогично, для того, чтобы корни данного квадратного трёхчлена были меньше некоторого
числа t, необходимо и достаточно, чтобы выполнялась следующая система условий:


 D > 0,
a · f (t) > 0,
(6)

 x < t.
0
Если при этом требуется вдобавок, чтобы корни были различны, то первое неравенство
систем (5) и (6) принимает вид D > 0.
В задачах 2–5 нас интересовало расположение корней квадратного трёхчлена относительно
некоторой точки. Теперь мы рассмотрим несколько задач, где речь идёт о расположении корней
квадратного трёхчлена относительно некоторого промежутка.
Задача 6. При каких a корни уравнения x2 + ax + 4 = 0 принадлежат интервалу (1; 3)?
Решение. Пусть f (x) = x2 + ax + 4. Изобразим интересующую нас ситуацию (рис. 6).
y = f (x)
1
x1
x2 3
X
Рис. 6. К задаче 6
Для того, чтобы корни квадратного трёхчлена f (x) лежали между 1 и 3, необходимо и
достаточно, чтобы выполнялась следующая система условий:

D > 0,



 f (1) > 0,
(7)

f (3) > 0,



1 < x0 < 3.
Покажем необходимость. Пусть корни x1 , x2 лежат между 1 и 3. Так как эти корни существуют, выполнено неравенство D > 0 (именно нестрогое, поскольку случай x1 = x2 не исключён).
Далее, поскольку коэффициент перед x2 положителен, функция y = f (x) принимает положительные значения на множестве (−∞; x1 ) ∪ (x2 ; +∞); но по условию имеем 1 < x1 и 3 > x2 ,
поэтому f (1) > 0 и f (3) > 0. Наконец, четвёртое неравенство системы (7) следует из цепочки
неравенств 1 < x1 6 x0 6 x2 < 3.
6
Теперь покажем достаточность. Пусть система (7) выполнена. Неравенство D > 0 обеспечивает наличие корней x1 и x2 . Второе и третье неравенства говорят о том, что точки 1 и 3
принадлежат множеству решений неравенства f (x) > 0, то есть объединению лучей (−∞; x1 )
и (x2 ; +∞). В силу четвёртого неравенства эти точки принадлежат разным лучам: 1 < x1 и
3 > x2 , что и требуется.
Остаётся решить систему (7). Имеем:
 2

 a − 16 > 0,


 a + 5 > 0,
3a + 13 > 0,




 1 < − a < 3.
2
Доводим дело до конца и записываем ответ.
Ответ: a ∈ − 13
; −4 .
3
Задача 7. При каких a корни уравнения ax2 + (4 − 2a)x + 1 = 0 по модулю меньше 1?
Решение. При a = 0 получается уравнение 4x + 1 = 0. Его корень −1/4 по модулю меньше 1,
поэтому a = 0 годится.
Пусть a 6= 0. Изобразим нужные ситуации в зависимости от знака a (рис. 7).
y = f (x), a > 0
−1
−1
1
X
1
X
y = f (x), a < 0
Рис. 7. К задаче 7
Рассуждая, как и выше, заключаем, что корни нашего уравнения лежат между −1 и 1 тогда
и только тогда, когда выполнена совокупность двух систем условий:




a
>
0,
a < 0,










 D > 0,
 D > 0,
f (−1) > 0,
f (−1) < 0,
или






f (1) < 0,
f (1) > 0,






 − 1 < x < 1,
 − 1 < x < 1.
0
0
Эта совокупность эквивалентна одной системе:

D > 0,



 a · f (−1) > 0,

a · f (1) > 0,



− 1 < x0 < 1.
7
Имеем:


a2 − 5a + 4 > 0,




 a(3a − 3) > 0,
a(5 − a) > 0,




a−2

 −1<
< 1.
a
Решением данной системы служит множество 4 6 a < 5. Сюда надо добавить ещё a = 0,
рассмотренное с самого начала.
Ответ: a ∈ {0} ∪ [4; 5).
Фактически нами установлено следующее утверждение.
Утверждение 3. Пусть f (x) = ax2 + bx + c, a 6= 0. Для того, чтобы корни данного квадратного трёхчлена принадлежали интервалу (s; t), необходимо и достаточно, чтобы выполнялась
следующая система условий:

D > 0,



 a · f (s) > 0,
 a · f (t) > 0,



s < x0 < t.
Задача 8. При каких a неравенство x2 + ax + 1 < 0 выполнено для любого x ∈ [1; 2]?
Решение. Пусть f (x) = x2 + ax + 1. Изобразим нашу ситуацию графически (рис. 8).
y = f (x)
1
2
x1
x2
X
Рис. 8. К задаче 8
Из рисунка легко понять, что наше неравенство f (x) < 0 справеливо для любого x ∈ [1; 2] в
том и только в том случае, если выполнена следующая система условий:
(
f (1) < 0,
(8)
f (2) < 0.
Необходимость очевидна: если неравенство f (x) < 0 выполняется для всех x из отрезка [1; 2],
то, в частности, верно f (1) < 0 и f (2) < 0.
Покажем достаточность. Пусть выполнены оба неравенства (8). Выполнение хотя бы одного
из этих неравенств гарантирует существование двух различных корней x1 и x2 квадратного
трёхчлена f (x); при этом, поскольку коэффициент при x2 положителен, множеством решений
неравенства f (x) < 0 служит интервал (x1 ; x2 ). В силу неравенств (8) обе точки 1 и 2 лежат
внутри интервала (x1 ; x2 ). Но тогда и весь отрезок [1; 2] расположен внутри этого интервала;
следовательно, для любого x ∈ [1; 2] выполнено неравенство f (x) < 0, что нам и нужно.
Остаётся решить систему (8). Имеем:
(
a + 2 < 0,
2a + 5 < 0,
8
откуда a < − 52 .
Ответ: a < − 52 .
Точно так же можно рассмотреть ситуацию, в которой коэффициент при x2 отрицателен, и
прийти к следующему утверждению.
Утверждение 4. Пусть f (x) = ax2 +bx+c, a 6= 0. Для того, чтобы отрезок [s; t] был расположен
между корнями данного квадратного трёхчлена, необходимо и достаточно, чтобы выполнялась
следующая система условий:
(
a · f (s) < 0,
a · f (t) < 0.
Утверждений, подобных утверждениям 1–4, можно составить очень много. Ведь ситуации
в задачах возникают самые разнообразные: неравенства могут быть строгими и нестрогими,
промежутки — замкнутыми или открытыми (с одного или двух концов). Требования на расположение корней тоже могут быть разными. В общем, ценность общей теории здесь невелика, и
мы не рекомендуем пользоваться утверждениями 1–4 и им подобными как готовыми рецептами.
Будет гораздо лучше, если при решении каждой конкретной задачи вы сделаете рисунок, запишете нужные условия и докажете их необходимость и достаточность. Именно к этому следует стремиться. Ведь при наличии такого многообразия ситуаций
приходится рассчитывать лишь на собственное общее понимание, которое вырабатывается в
результате самостоятельного решения большого количества задач.
Вот пример задачи, где готовые рецепты могут не сработать — требуется понимание общих
принципов и безупречная логика рассуждений.
Задача 9. При каких a существует единственный корень уравнения x2 − ax + 2 = 0, удовлетворяющий условию 1 < x < 3?
Решение. Логически возможны три ситуации, которые нас устраивают.
1. Уравнение имеет два корня, один из которых принадлежит интервалу (1; 3), а другой
лежит вне отрезка [1; 3].
2. Уравнение имеет два корня, один из которых принадлежит интервалу (1; 3), а другой
равен 1 или 3.
3. Уравнение имеет единственный корень, который принадлежит интервалу (1; 3).
Начнём с первой ситуации. Она изображена на рис. 9: функция f (x) = x2 − ax + 2 на концах
интервала (1; 3) принимает значения разных знаков.
1
3
3
1
X
X
Рис. 9. К задаче 9
Данная ситуация характеризуется очень просто. Для того, чтобы один из корней уравнения f (x) = 0 принадлежал интервалу (1; 3), а другой лежал вне отрезка [1; 3], необходимо и
9
достаточно, чтобы выполнялось неравенство
f (1) · f (3) < 0.
(9)
Действительно, пусть уравнение f (x) = 0 имеет два корня x1 и x2 , причём x1 ∈ (1; 3) и
x2 ∈
/ [1; 3]. Функция f (x) меняет знак только в точках x1 и x2 . При этом на отрезке [1; 3]
находится лишь точка x1 , лежащая внутри этого отрезка. Значит, на концах данного отрезка функция f (x) принимает значения разных знаков, то есть f (1) · f (3) < 0. Необходимость
доказана.
Наоборот, пусть выполнено неравенство f (1) · f (3) < 0. Тогда одно из значений f (1) или f (3)
отрицательно, что обеспечивает существование двух корней квадратного трёхчлена f (x). При
этом ровно один из них лежит на интервале (1; 3) — в противном случае значения f (1) и f (3)
были бы одного знака. Второй корень не может совпадать с 1 или 3 (иначе f (1) · f (3) = 0) и
потому лежит вне отрезка [1; 3]. Достаточность доказана.
Решаем неравенство (9):
(3 − a)(11 − 3a) < 0,
откуда
11
.
(10)
3
Теперь рассмотрим вторую ситуацию: уравнение имеет два корня, один из которых принадлежит интервалу (1; 3), а другой равен 1 или 3. Проще всего исследовать её так: полагаем в
уравнении x = 1 или x = 3, находим a и смотрим, каков второй корень.
Подставляя в уравнение x = 1, получим 1 − a + 2 = 0, то есть a = 3. При этом a уравнение
принимает вид
x2 − 3x + 2 = 0;
3<a<
второй корень (помимо 1) полученного уравнения равен 2 и принадлежит интервалу (1; 3).
Значит, a = 3 годится.
и уравнение
Аналогично, подставляя в исходное уравнение x = 3, получим a = 11
3
x2 −
11
a + 2 = 0,
3
второй корень которого (помимо 3) равен 32 . Этот корень не принадлежит интервалу (1; 3), и
не годится.
потому a = 11
3
Наконец, переходим к третьей ситуации, когда уравнение имеет единственный корень. Так
будет в случае равенства нулю дискриминанта:
D = a2 − 8 = 0,
√
√
√
√
откуда √a = ±2 2. √
Если a = 2 2, то x = 2 ∈√ (1; 3), поэтому a = 2 2 годится. Если же
a = −2 2, то x = − 2 ∈
/ (1; 3), и поэтому a = −2 2 не годится.
Таким образом, искомым
√ множеством значений a служит множество (10) с добавленными
значениями a = 3 и a = 2 2.
√
Ответ: a ∈ 2 2 ∪ 3; 11
.
3
10
И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 3
В данной статье мы рассматриваем задачи с параметрами, так или иначе сводящиеся к исследованию квадратных уравнений и неравенств. Никакой дополнительной теории уже не будет;
используется материал, который вы усвоили в результате работы с предыдущими двумя статьями (и соответствующими задачниками):
→ Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 1;
→ Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 2.
Теперь изученные вами методы будут применяться в новых ситуациях.
Задача 1. (МГУ, ВМК, 2003 ) При всех значениях параметра c решите уравнение
4x + c · 25x = 3 · 10x .
Решение. Перепишем уравнение в виде:
22x − 3 · 2x · 5x + c · 52x = 0.
Величина 52x не обращается в нуль ни при каком x, поэтому, деля обе части данного уравнения на 52x , приходим к равносильному уравнению
x
2x
2
2
−3·
+ c = 0.
5
5
x
Делаем замену t = 52 :
t2 − 3t + c = 0.
(1)
Когда исходная переменная x пробегает множество R, новая переменная t пробегает множество (0; +∞). Поэтому мы должны искать положительные корни уравнения (1).
Дискриминант уравнения (1): D = 9 − 4c. Имеем три случая.
1. D < 0. Так будет при c > 49 , и в этом случае уравнение (1) не имеет корней.
2. D = 0. Так будет при c = 49 . В этом случае уравнение (1) имеет единственный корень
t = 23 , которому отвечает значение x = log 2 23 .
5
3. D > 0. Так будет при c < 94 . В этом случае уравнение (1) имеет два различных корня:
√
√
3 + 9 − 4c
3 − 9 − 4c
t1 =
, t2 =
.
2
2
Корень t1 положителен
при всех рассматриваемых c; данному корню отвечает значение
√
x = log 2 3+ 29−4c .
5
√
Корень t2 положителен при c > 0, и тогда ему отвечает значение x = log 2 3− 29−4c . Если
5
же c 6 0, то t2 6 0, и в таком случае корню t2 не отвечает никакое значение x.
Остаётся собрать все случаи и записать ответ.
√
Ответ: Если c 6 0, то x = log 2 3+ 29−4c ; если c ∈ 0; 94 , то x = log 2
5
5
x = log 2 32 ; если c > 94 , то решений нет.
5
1
√
3± 9−4c
2
; если c = 94 , то
Задача 2. (Олимпиада «Покори Воробьёвы горы», 2010 ) При каких значениях параметра a
неравенство
3 · 4x − 6a · 2x + 3a2 + 2a − 14 < 0
не имеет решений?
Решение. Делая замену t = 2x , получим неравенство
3t2 − 6at + 3a2 + 2a − 14 < 0.
(2)
Когда переменная x пробегает множество R, переменная t пробегает множество (0; +∞).
Следовательно, мы можем решать задачу, эквивалентную исходной: найти все значения параметра a, при которых неравенство (2) не имеет положительных решений.
Прежде всего найдём дискриминант1 :
D = 9a2 − 3(3a2 + 2a − 14) = 42 − 6a.
Пусть D 6 0, то есть
a > 7.
(3)
В этом случае функция f (t) = 3t2 − 6at + 3a2 + 2a − 14 обращается в нуль не более чем в
одной точке и поэтому не принимает отрицательных значений. Следовательно, неравенство (2)
не имеет решений, и множество (3) нам подходит.
Пусть теперь D > 0, то есть a < 7. Тогда наш квадратный трёхчлен f (t) имеет два различных корня:
√
√
3a + 42 − 6a
3a − 42 − 6a
, t2 =
,
t1 =
3
3
и множеством решений неравенства (2) служит интервал (t1 ; t2 ). Значит, неравенство (2) не
будет иметь положительных решений в том и только в том случае, если больший корень неположителен: t2 6 0.
Здесь проще действовать «в лоб», используя явное выражение для t2 . Имеем, таким образом,
неравенство:
√
3a + 42 − 6a
6 0,
3
или
√
42 − 6a 6 −3a.
Последнее неравенство равносильно системе
(
(
42 − 6a 6 9a2 ,
3a2 + 2a − 14 > 0,
⇔
a 6 0,
a 6 0.
Решение этой системы труда не представляет, и мы получаем:
√
−1 − 43
a6
.
3
(4)
Все эти значения a находятся внутри множества a < 7 (в рамках которого мы сейчас находимся), поэтому для получения ответа остаётся объединить множества (4) и (3).
√ i
Ответ: a ∈ −∞; −1−3 43 ∪ [7; +∞).
1
Величину D/4 мы для удобства также называем дискриминантом и обозначаем D.
2
Задача 3. При каких p уравнение sin2 x + p sin x = p2 − 1 имеет решения?
Решение. Замена t = sin x приводит к квадратному уравнению относительно t:
t2 + pt − p2 + 1 = 0.
(5)
Когда переменная x пробегает множество R, переменная t пробегает множество [−1; 1]. Поэтому имеем эквивалентную переформулировку исходной задачи: при каких p уравнение (5)
имеет корни на отрезке [−1; 1]?
Уравнение (5) будет иметь корни при неотрицательном дискриминанте D = 5p2 − 4. Мы
отдельно рассмотрим случаи D = 0 и D > 0.
Пусть сначала D = 0, тогда
2
(6)
p = ±√ .
5
В этом случае уравнение (5) имеет единственный корень t0 = − p2 , то есть t0 = − √15 при
p = √25 или t0 = √15 при p = − √25 . Оба этих значения t0 принадлежат отрезку [−1; 1], поэтому
оба значения (6) нам подходят.
Пусть теперь D > 0, тогда
2
2
(7)
p < −√ , p > √ .
5
5
При таких значениях p уравнение (5) имеет два различных корня. Требуется, чтобы хотя
бы один из них был расположен на отрезке [−1; 1]. Эта ситуация исчерпывается следующими
тремя вариантами:
1) оба корня принадлежат интервалу (−1; 1);
2) один корень принадлежит интервалу (−1; 1), а второй корень лежит вне отрезка [−1; 1];
3) один из корней равен 1 или −1.
Первый вариант описывается условиями, которые подробно обсуждались в предыдущей статье «Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 2». Именно, оба корня принадлежат
интервалу (−1; 1) в том и только в том случае, если значения функции
f (t) = t2 + pt − p2 + 1
на концах данного интервала положительны, а абсцисса вершина параболы y = f (t) лежит
внутри интервала:

 2
f (−1) > 0,



 p + p − 2 < 0,

f (1) > 0,
p2 − p − 2 < 0,
⇔


 − 2 < p < 2.

 − 1 < − p < 1,
2
Решением полученной системы является множество
− 1 < p < 1.
(8)
Второй вариант расположения (когда один корень принадлежит (−1; 1), а второй не принадлежит [−1; 1]) реализуется тогда и только тогда, когда функция f (t) принимает на концах
отрезка значения разных знаков: f (−1) · f (1) < 0.
Третий вариант расположения (когда один из корней равен ±1) характеризуется равенствами f (−1) = 0 или f (1) = 0, которые объединяются в одно равенство f (−1) · f (1) = 0.
И теперь мы можем объединить второй и третий вариант, описав их оба одним условием:
f (−1) · f (1) 6 0.
3
В результате получаем неравенство:
(p2 + p − 2)(p2 − p − 2) 6 0
⇔
(p + 2)(p + 1)(p − 1)(p − 2) 6 0,
которое легко решается методом интервалов:
− 2 6 p 6 −1,
1 6 p 6 2.
(9)
Напомним, что сейчас мы находимся в рамках случая D > 0. Чтобы получить подходящие
значения p для этого случая, нужно объединить множества (8) и (9), после чего пересечь это
объединение с множеством (7). В результате получим:
2
−2 6 p < − √ ,
5
2
√ < p 6 2.
5
Теперь для получения окончательного ответа нужно к данному множеству добавить значения (6), возникшие в рамках случая D = 0.
h
i h
i
Ответ: p ∈ −2; − √25 ∪ √25 ; 2 .
Задача 4. При каких a уравнение 4sin x + a · 2sin x + a2 − 1 = 0 не имеет корней?
Решение. Замена t = 2sin x приводит к квадратному уравнению относительно t:
t2 + at + a2 − 1 = 0.
(10)
Когда переменная x пробегает множество
R, величина sin x пробегает отрезок [−1; 1], а переменная t пробегает соответственно отрезок 21 ; 2 . Поэтому исходное уравнение
1 не имеет корней
тогда и только тогда, когда уравнение (10) не имеет корней на отрезке 2 ; 2 .
Прежде всего найдём дискриминант уравнения (10):
D = 4 − 3a2 .
Нас устраивает, в частности, случай D < 0, когда уравнение (10) вообще не имеет корней.
В этом случае имеем:
2
2
(11)
a < −√ , a > √ .
3
3
Эти значения a нам подходят.
Теперь рассмотрим случай D = 0, то есть a = ± √23 . Тогда уравнение (10) имеет единствен ный корень t0 = − a2 . Если a = − √23 , то t0 = √13 ∈ 12 ; 2 , что нас не устраивает; следовательно,
a = − √23 не годится. Если же a = √23 , то t0 = − √13 ∈
/ 21 ; 2 , и поэтому значение
2
a= √
3
(12)
нам подходит.
Наконец, перейдём к случаю D > 0, то есть
2
2
−√ <a< √ .
3
3
Уравнение (10) имеет два различных корня, и оба они должны находиться вне отрезка
Здесь логически возможны три варианта:
4
(13)
1
2
;2 .
1) оба корня лежат слева от этого отрезка;
2) оба корня лежат справа от этого отрезка;
3) оба корня расположены по разные стороны от этого отрезка.
Первый вариант (оба корня меньше 21 ) реализуется тогда и только тогда когда выполнены
следующие условия (снова см. «Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 2»):
 1


> 0,
f
2


 t0 < 1 ,
2
где f (t) = t2 + at + a2 − 1 и t0 — абсцисса вершины параболы y = f (t). Имеем:

a 3
(

 a2 + − > 0,
4a2 + 2a − 3 > 0,
2 4
⇔

a > −1.
−a<1
2
2
Множество решений полученной системы:
√
a>
13 − 1
.
4
(14)
Аналогично, второй вариант (оба корня больше 2) характеризуется системой неравенств
(
(
f (2) > 0,
a2 + 2a + 3 > 0,
⇔
t0 > 2
a < −4.
Первое неравенство системы выполнено при всех a, поэтому имеем здесь
a < −4.
Наконец, третий вариант (отрезок
дующей системой:
1
2
(15)
; 2 расположен между корнями) характеризуется сле  f 1 < 0,
2

f (2) < 0.
Второе неравенство этой системы имеет вид a2 + 2a + 3 < 0 и решений не имеет; вместе с
ним не имеет решений и вся система. Значит, третий вариант не реализуется.
Теперь, чтобы получить подходящие a в рамках нашего случая D > 0, нужно объединить
множества (14) и (15), и полученное объединение пересечь с множеством (13). Получим:
√
13 − 1
2
<a< √ .
(16)
4
3
√
(Очевидно,
13−1
4
<
√2
3
√
поскольку
13−1
4
<1и
√2
3
> 1.)
Для получения окончательного ответа объединяем найденные множества значений a в случаях D < 0, D = 0 и D > 0, то есть множества (11), (12) и (16).
√
13−1
2
√
Ответ: a ∈ −∞; − 3 ∪
; +∞ .
4
5
Задача 5. (МГУ, МШЭ, 2007 ) При каких значениях параметра a уравнение
16x − 3 · 23x+1 + 2 · 4x+1 − (4 − 4a) · 2x−1 − a2 + 2a − 1 = 0
имеет три различных корня?
Решение. Перепишем уравнение так:
24x − 6 · 23x + 8 · 22x + 2(a − 1) · 2x − (a − 1)2 = 0.
Делаем замену t = 2x и, кроме того, вводим новый параметр b = a − 1:
t4 − 6t3 + 8t2 + 2bt − b2 = 0.
Наш единственный шанс справиться с уравнением четвёртой степени — искать разложение
левой части на множители. Преобразуем её следующим образом2 :
t4 − 6t3 + 8t2 + 2bt − b2 = t4 − 6t3 + 9t2 − t2 + 2bt − b2 = t2 (t2 − 6t + 9) − (t2 − 2bt + t2 ) =
= t2 (t − 3)2 − (t − b)2 = (t(t − 3) − (t − b)) (t(t − 3) + (t − b)) =
= (t2 − 4t + b)(t2 − 2t − b).
Таким образом, приходим к уравнению:
(t2 − 4t + b)(t2 − 2t − b) = 0.
(17)
Когда x пробегает множество R, переменная t пробегает множество (0; +∞). Поэтому эквивалентная переформулировка исходной задачи такова: при каких b уравнение (17) имеет три
различных положительных корня?
Уравнение (17) равносильно совокупности двух квадратных уравнений:
t2 − 4t + b = 0,
t2 − 2t − b = 0,
(18)
(19)
и имеет самое большее четыре корня.
Отметим сразу, что уравнение (17) не может иметь четырёх положительных корней (а такой
случай логически возможен: ведь в условии исходной задачи не сказано, что корней должно
быть ровно три). В самом деле, произведение корней уравнения (18) равно b, а произведение
корней уравнения (19) равно −b; эти два произведения не могут быть одновременно положительными ни при каком b.
Если дискриминант хотя бы одного из уравнений (18), (19) отрицателен, то совокупность
этих уравнений имеет самое большее два корня. Следовательно, оба дискриминанта должны
быть неотрицательными:
(
4 − b > 0,
⇔ −1 6 b 6 4.
1+b>0
Более того, случаи равенства нулю какого-либо дискриминанта исключаются. В самом деле,
если b = −1, то уравнение (18) принимает вид t2 − 4t − 1 = 0 и имеет ровно один положительный корень (поскольку произведение корней равно −1), а уравнение (19) принимает вид
(t − 1)2 = 0 и также имеет ровно один положительный корень (равный 1); всего получается два
2
На экзамене нижеследующие выкладки можно оставить в черновике, а в чистовике просто написать:
«Нетрудно проверить, что t4 − 6t3 + 8t2 + 2bt − b2 = (t2 − 4t + b)(t2 − 2t − b)». Не смущайтесь, ничего криминального тут нет. Вы не обязаны объяснять, как получено это равенство. Каждый может убедиться в его
справедливости непосредственным вычислением — и точка.
6
положительных корня, так что b = −1 не годится. Если же b = 4, то уравнение (18) принимает
вид (t − 2)2 = 0 и имеет ровно один положительный корень, а уравнение (19) принимает вид
t2 − 2t − 4 = 0 и также имеет ровно один положительный корень; снова получаются только два
положительных корня, и b = 4 также не годится.
Таким образом, мы ограничены множеством
−1<b<4
(20)
возможных значений параметра b. При этих b оба дискриминанта положительны, и каждое
уравнение (18), (19) имеет два корня.
Выясним, при каких b уравнения (18) и (19) могут иметь общий корень. Запишем систему
этих уравнений:
(
t2 − 4t + b = 0,
t2 − 2t − b = 0,
и вычтем из первого второе: −2t + 2b = 0, то есть t = b. Подставляя это в любое из уравнений
системы, получим b2 − 3b = 0, откуда b = 0 или b = 3. Оба этих значения b принадлежат
множеству (20) и поэтому будут ниже рассмотрены отдельно.
Итак, последовательно рассматриваем случаи, исчерпывающие всё множество (20) возможных значений b.
• −1 < b < 0.
Уравнение (18) имеет ровно один положительный корень (поскольку произведение корней
равно b < 0).
Уравнение (19) имеет два положительных корня (поскольку сумма корней равна 2 > 0 и
произведение корней равно −b > 0).
Всего получается три различных положительных корня (совпадений корней нет, так как
в рассматриваемом случае b 6= 0, 3). Следовательно, интервал −1 < b < 0 нам подходит.
• b = 0.
Уравнения (18) и (19) принимают вид t2 − 4t = 0 и t2 − 2t = 0 соответственно. Их совокупность имеет два положительных корня (2 и 4), так что b = 0 не годится.
• 0 < b < 3 и 3 < b < 4.
Уравнение (18) имеет два положительных корня, уравнение (19) имеет ровно один положительный корень. Всего имеем три положительных корня (совпадений нет), так что
интервалы 0 < b < 3 и 3 < b < 4 нам подходят.
• b = 3.
Уравнение (18) принимает вид t2 −4t+3 = 0 и имеет корни 1 и 3. Уравнение (19) принимает
вид t2 − 2t − 3 = 0 и имеет корни −1 и 3. Всего получается два положительных корня, так
что b = 3 не подходит.
Итак, подходящие интервалы значений b: −1 < b < 0, 0 < b < 3, 3 < b < 4. Вспоминая, что
a = b + 1, получаем искомое множество значений параметра a: 0 < a < 1, 1 < a < 4, 4 < a < 5.
Ответ: a ∈ (0; 1) ∪ (1; 4) ∪ (4; 5).
7
И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Рациональные уравнения и неравенства с параметрами
Напомним, что рациональной функцией называется отношение двух многочленов. Уравнение
или неравенство называется рациональным, если в нём рациональная функция сравнивается с
нулём (или с другой рациональной функцией).
При решении рациональных уравнений нужно считаться с тем, что знаменатели дробей
могут обращаться в нуль. Рациональные неравенства решаются методом интервалов.
Задача 1. При всех значениях параметра a решить уравнение
x2
x−a
= 0.
− 3x + 2
Решение. Уравнение равносильно системе
(
x − a = 0,
x2 − 3x + 2 6= 0
(
⇔
x = a,
x 6= 1, 2.
Ответ: Если a 6= 1, 2, то x = a; если a = 1 или a = 2, то решений нет.
Задача 2. При каких a уравнение
x2 + ax + 1
=0
x−2
имеет единственный корень?
Решение. Уравнение равносильно системе
(
x2 + ax + 1 = 0,
x 6= 2.
Данная система будет иметь единственное решение в одном из двух случаев:
1) уравнение системы имеет единственный корень, не равный 2;
2) уравнение системы имеет два корня, один из которых равен 2.
Первый случай отвечает нулевому дискриминанту: D = a2 − 4 = 0, то есть a = ±2. Если
a = 2, то уравнение системы имеет корень x = −1; аналогично, если a = −2, то x = 1. В обоих
случаях имеем x 6= 2, так что значения a = ±2 подходят.
Во втором случае давайте просто подставим x = 2 в уравнение системы: 4 + 2a + 1 = 0,
откуда a = − 52 . Тем самым мы нашли (единственное) значение a, при котором уравнение
системы имеет корень x = 2. При данном a уравнение системы принимает вид x2 − 25 x + 1 = 0,
и второй его корень x = 21 . Это значение x и будет единственным корнем исходного уравнения.
Ответ: a = ±2, − 52 .
Задача 3. (МГУ, химический ф-т, 2003 ) Найдите все значения параметра a, при которых
множество решений неравенства
a
>0
x−a
содержит точку x = 1.
Решение. Если a = 0, то данное неравенство принимает вид
1
0
x
> 0 и решений не имеет.
Если a > 0, то множество решений неравенства есть x > a. Это множество содержит точку
x = 1 при a < 1. Итак, в данном случае имеем подходящие a: 0 < a < 1.
Если a < 0, то множество решений неравенства есть x < a. Это множество состоит из
отрицательных чисел и не может содержать точку x = 1. Поэтому никакое a < 0 не годится.
Ответ: a ∈ (0; 1).
Задача 4. Найти все a, при которых неравенство
x − 2a − 1
<0
x−a
выполнено при всех x, удовлетворяющих условию 1 6 x 6 2.
Решение. Методом интервалов легко устанавливаем, что решения данного неравенства расположены между точками a и 2a + 1. Точнее, имеем три случая — в зависимости от того, какое
из чисел (a или 2a + 1) больше.
1. При a < −1 имеем 2a + 1 < a, так что множество решений неравенства есть 2a + 1 < x < a.
Это множество состоит только из отрицательных чисел и потому не может содержать
отрезок [1; 2]. Следовательно, в рассматриваемом случае подходящих значений a нет.
2. Если a = −1, то неравенство не имеет решений. Это значение a не годится.
3. При a > −1 имеем a < 2a + 1, так что множество решений неравенства есть a < x < 2a + 1.
Отрезок [1; 2] будет содержаться в этом множестве при выполнении системы неравенств
(
a < 1,
2 < 2a + 1,
то есть при
подходят.
1
2
1
;2
2
.
Ответ: a ∈
< a < 2. Все эти a удовлетворяют неравенству a > −1 и, следовательно,
В следующей статье «Параметр как переменная» мы рассмотрим другой способ решения
этой задачи, в котором параметр a играет роль отдельной переменной.
2
И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Параметр как переменная
В некоторых задачах бывает полезно воспринять параметр как отдельную переменную и решать
данное уравнение или неравенство относительно параметра.
Задача 1. Найти все a, при которых неравенство
x − 2a − 1
<0
x−a
выполнено при всех x, удовлетворяющих условию 1 6 x 6 2.
Решение. В предыдущей статье «Рациональные уравнения и неравенства с параметрами» эта
задача была решена с помощью обычного метода интервалов.
А теперь давайте поменяем ролями x и a: воспримем a как переменную, а x — как параметр.
Перепишем наше неравенство следующим образом:
a − x−1
2
< 0,
a−x
(1)
и будем решать неравенство (1) относительно a.
Ясно, что при x ∈ [1; 2] имеем x−1
< x, поэтому множество решений неравенства (1) есть
2
x−1
< a < x.
2
(2)
меняется от 0 до 21 . Чтобы найти множество A
Когда x меняется от 1 до 2, величина x−1
2
всех значений a, удовлетворяющих
условию (2) при всех x ∈ [1; 2], нужно взять пересечение
x−1
всех интервалов 2 ; x при x пробегающем значения от 1 до 2. Получим:
\ x − 1 1 A=
;x =
;1 .
2
2
x∈[1;2]
Ответ: a ∈
1
;2
2
.
Задача 2. (МГУ, мехмат, 1992 ) Найти все x, при которых неравенство
(a + 2)x3 − (1 + 2a)x2 − 6x + a2 + 4a − 5 > 0
выполняется хотя бы для одного a ∈ [−2; 1].
Решение. Данное неравенство, будучи кубическим относительно x, является квадратным по a.
Поэтому давайте перепишем его следующим образом:
a2 + x3 − 2x2 + 4 a + 2x3 − x2 − 6x − 5 > 0.
Обозначим
f (a) = a2 + x3 − 2x2 + 4 a + 2x3 − x2 − 6x − 5,
где x играет роль параметра. Нам нужно выяснить, при каких x функция f (a) принимает
положительное значение хотя бы в одной точке отрезка [−2; 1].
1
Эти искомые значения x мы назовём хорошими. Назовём плохими все остальные x; иными
словами, плохими являются все те значения x, при которых выполнено
f (a) 6 0 для любого a ∈ [−2; 1].
(3)
В нашей задаче проще искать плохие значения x (а потом найти хорошие как дополнения плохих до множества R). Дело в том, что множество плохих x описывается очень просто.
Поскольку коэффициент перед a2 у функции f (a) положителен, для выполнения условия (3)
необходимо и достаточно, чтобы выполнялась система неравенств
(
f (−2) 6 0,
(4)
f (1) 6 0
(см. статью «Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 2»).
Имеем:
f (−2) = 3x2 − 6x − 9 = 3(x + 1)(x − 3),
f (1) = 3x3 − 3x2 − 6x = 3x(x + 1)(x − 2),
так что система (4) принимает вид:
(
(x + 1)(x − 3) 6 0,
x(x + 1)(x − 2) 6 0.
Решения данной системы легко находим методом интервалов:
x = −1,
0 6 x 6 2.
(5)
Это и есть множество плохих значений x. Искомое множество хороших значений x есть
дополнение до R множества (5):
x < −1,
−1 < x < 0,
Ответ: x ∈ (−∞; −1) ∪ (−1; 0) ∪ (2; +∞).
2
x > 2.
И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Область значений функции
Как вы знаете, у всякой функции y = f (x) имеется область определения и область значений.
Область определения D(f ) — это множество допустимых значений независимой переменной x.
Область значений E(f ) — это множество, которое пробегает зависимая переменная y, когда
переменная x пробегает область определения D(f ).
Например, область значений функции y = x2 есть луч [0; +∞); область значений функции
y = sin x есть отрезок [−1; 1].
Число a принадлежит области значений функции f (x) тогда и только тогда, когда найдётся
такой x, что f (x) = a. Таким образом, нахождение области значений есть задача с параметром:
область значений функции f (x) — это множество всех значений параметра a, при которых
уравнение f (x) = a имеет решение.
1
.
x
Решение. Искомая область значений есть множество всех a, при которых уравнение
Задача 1. Найти область значений функции f (x) = x +
x+
1
=a
x
имеет решение. Преобразуем:
x2 − ax + 1
=0
x
⇔
x2 − ax + 1 = 0.
Полученное квадратное уравнение имеет корни при неотрицательном дискриминанте:
D = a2 − 4 > 0,
откуда a 6 −2 или a > 2.
Ответ: E(f ) = (−∞; −2] ∪ [2; +∞).
Запомните этот факт: сумма двух взаимно обратных чисел по модулю не меньше 2. Он
может вам пригодиться впоследствии.
К нахождению области значений естественным образом сводятся некоторые задачи на вычисление наибольших и наименьших значений функций.
x
.
−x+1
Решение. Давайте просто найдём область значений данной функции. Ищем все значения a, при
которых уравнение
x
=a
2
x −x+1
имеет решения. Умножаем обе части на выражение x2 − x + 1, которое не обращается в нуль
ни при каком x, и после преобразований получаем:
Задача 2. Найти наибольшее и наименьшее значение функции f (x) =
ax2 − (a + 1)x + a = 0.
x2
(1)
Если a = 0, то уравнение (1) имеет корень x = 0, так что a = 0 годится.
Если a 6= 0, то уравнение (1) является квадратным. Чтобы оно имело корни, его дискриминант должен быть неотрицателен:
D = −3a2 + 2a + 1 > 0,
1
a = 0, полученное ранее.
откуда − 13 6 a 6 1. Этот отрезок содержит значение
Итак, мы нашли область значений: E(f ) = − 31 ; 1 . Теперь ясно, что наибольшее значение
функции f равно 1, а наименьшее значение равно − 13 .
Ответ: 1 и − 13 .
Задача 3. (МГУ, экономич. ф-т, 1998 ) Найти все действительные значения c, для которых
все числа из области значений функции
x2 + cx − 1
f (x) = 2
2x − 3x + 2
принадлежат интервалу (−1; 2).
Решение. Область значений E(f ) состоит из всех таких чисел t, для которых уравнение
x2 + cx − 1
=t
2x2 − 3x + 2
имеет решения. После равносильных преобразований (2x2 − 3x + 2 6= 0 при любом x) данное
уравнение приводится к виду
(2t − 1)x2 − (3t + c)x + 2t + 1 = 0.
(2)
Значение t = 21 можно не рассматривать, поскольку оно принадлежит интервалу (−1; 2), и
тем самым нам не важно, принадлежит оно множеству E(f ) или нет.
Если t 6= 12 , то уравнение (2) является квадратным и имеет корни в том и только в том
случае, когда его дискриминант неотрицателен:
D = (3t + c)2 − 4(2t − 1)(2t + 1) = −7t2 + 6ct + c2 + 4 > 0.
Таким образом, мы ищем все значения c, при которых все решения неравенства
7t2 − 6ct − c2 − 4 6 0
(3)
расположены на интервале (−1; 2). Пусть
g(t) = 7t2 − 6ct − c2 − 4.
Квадратный трёхчлен g(t) имеет два различных корня t1 и t2 при любом c (поскольку его
дискриминант 64c2 +112 всегда положителен), и множеством решений неравенства (3) является
отрезок [t1 ; t2 ]. Нам нужно, чтобы этот отрезок находился внутри интервала (1; 2), то есть чтобы
были выполнены условия t1 > −1 и t2 < 2.
Мы получили стандартную ситуацию расположения корней квадратного трёхчлена внутри
заданного промежутка (см. статью «Квадратные уравнения и неравенства с параметрами. 2»).
Именно, корни квадратного трёхчлена g(t) принадлежат интервалу (−1; 2) тогда и только тогда,
когда выполнена система неравенств (t0 — абсцисса вершины параболы y = g(t)):
 2

c − 6c − 3 < 0,

g(−1)
>
0,



 2
c + 12c − 24 < 0,
g(2) > 0,
⇔


 −1<t <2

 − 7 < c < 14 .
0
3
3
Оставшиеся вычисления вы легко выполните сами.
√ √
Ответ: c ∈ 3 − 2 3; 2 15 − 6 .
2
Задача 4. При каких a уравнение
(a + 1)
x2
x2 + 1
2
−
3ax2
+ 4a = 0
x2 + 1
имеет корни?
Решение. Разумеется, мы делаем замену
t=
x2
,
x2 + 1
(4)
но ещё предстоит выяснить, в каком диапазоне меняется t, когда x пробегает всё множество R.
Иными словами, нам нужно найти область значений функции t(x).
Определим, при каких t уравнение (4) имеет решения. Оно равносильно уравнению
(1 − t)x2 = t.
Если t = 1, то решений нет. Если t 6= 1, то
x2 =
t
,
1−t
и условием наличия решений служит неравенство
t
>0
1−t
⇔
0 6 t < 1.
Итак, E(t) = [0; 1). Замена (4) приводит исходное уравнение к квадратному:
(a + 1)t2 − 3at + 4a = 0.
(5)
Следовательно, исходное уравнение имеет корни тогда и только тогда, когда уравнение (5)
имеет хотя бы один корень на промежутке [0; 1).
Дискриминант уравнения (5) должен быть неотрицателен:
D = −7a2 − 16a = −a(7a + 16) > 0.
. Уравнение (5) имеет
Рассмотрим сначала случай D = 0, то есть a = 0 или a = − 16
7
3a
единственный корень t0 = 2(a+1) . Если a = 0, то t0 = 0 ∈ [0; 1); поэтому a = 0 годится. Если
же a = − 16
, то t0 = − 24
∈
/ [0; 1); поэтому a = − 16
не годится.
7
23
7
Пусть теперь D > 0, то есть
16
−
< a < 0.
(6)
7
Уравнение (5) имеет два различных корня. Интересующая нас ситуация, когда хотя бы
один из них расположен на промежутке [0; 1), логически исчерпывается следующими четырьмя
вариантами.
1. Один из корней равен нулю.
Подставляя t = 0 в уравнение (5), получим a = 0. Значит, только при a = 0 уравнение (5)
может иметь нулевой корень, и потому данный вариант не реализуется.
3
2. Один корень лежит внутри интервала (0; 1), а второй — вне отрезка [0; 1].
Данный вариант реализуется тогда и только тогда, когда функция
f (t) = (a + 1)t2 − 3at + 4a
принимает в точках 0 и 1 ненулевые значения разных знаков:
f (0) · f (1) < 0
⇔
4a(2a + 1) < 0
⇔
1
− < a < 0.
2
Все значения в рамочке подходят, так как удовлетворяют неравенству (6).
3. Один корень лежит внутри интервала (0; 1), а второй равен 1.
Подставляя t = 1 в уравнение (5), получим 2a + 1 = 0, то есть a = − 21 . При этом a
уравнение (5) примет вид:
1 2 3
·t + ·t−2=0
2
2
⇔
t2 + 3t − 4 = 0.
Второй корень полученного уравнения равен −4 ∈
/ (0; 1), так что a = − 12 не годится. Стало
быть, данный вариант не реализуется.
4. Оба корня лежат внутри интервала (0; 1).
Необходимым и достаточным условием такого расположения корней (в рамках текущего
случая D > 0) служит система (где t0 — абсцисса вершины параболы y = f (t)):


(a + 1)a > 0,

(a
+
1)f
(0)
>
0,




(a + 1)(2a + 1) > 0,
(a + 1)f (1) > 0, ⇔


0 < t < 1

 0 < 3a < 1.
0
a+1
Полученная система решений не имеет (убедитесь в этом самостоятельно), поэтому данный вариант не реализуется.
Остаётся собрать «рамочки» по всем рассмотренным случаям и записать ответ.
Ответ: a ∈ − 21 ; 0 .
4
И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Условный экстремум
В предыдущей статье «Область значений функции» мы, в частности, выяснили, как в некоторых случаях найти наибольшее и наименьшее значение функции f (x). Сейчас мы рассмотрим
более общую ситуацию: нахождение наибольшего и наименьшего значений функции двух переменных f (x, y) при дополнительном условии, что эти переменные связаны друг с другом теми
или иными соотношениями. Это и есть задача на условный экстремум 1 .
Задача 1. Найти наименьшее расстояние от начала координат до точек прямой 3x + 2y = 1.
p
Решение. Расстояние от начала координат до точки (x, y) равно x2 + y 2 . Вместо минимизации
расстояния можно минимизировать его квадрат, поэтому задача ставится так: найти наименьшее значение величины
s = x2 + y 2
(1)
при условии
3x + 2y = 1.
(2)
Из (2) выражаем y и подставляем это выражение в (1):
2
s=x +
1 − 3x
2
2
=
1
13 2 3
x − x+ ,
4
2
4
то есть
13x2 − 6x + 1 − 4s = 0.
Нам нужно найти наименьшее s, при котором данное квадратное уравнение имеет решение.
Как это сделать — очевидно:
D = 52s − 4 > 0,
1
откуда s > 13
. Следовательно, наименьшее значение s равно
1
√
яние равно 13 .
Ответ:
√1
13
1
,
13
а искомое наименьшее рассто-
.
Задача 2. Найти наибольшее и наименьшее значения выражения x + 2y, если x и y удовлетворяют условию 3x2 − 2xy + 4y 2 6 5.
Решение. Нам нужно найти наибольшее и наименьшее значения параметра a, при которых
система
(
x + 2y = a,
(3)
3x2 − 2xy + 4y 2 6 5
имеет решения.
Удобно из равенства системы (3) выразить 2y:
2y = a − x,
(4)
и подставить в неравенство этой системы:
3x2 − x(a − x) + (a − x)2 6 5,
1
Вообще, нахождение условных экстремумов функций нескольких переменных — классическая тема высшей
математики. Однако некоторые задачи вам доступны уже сейчас!
1
то есть
5x2 − 3ax + a2 − 5 6 0.
(5)
Данное неравенство имеет решения тогда и только тогда, когда дискриминант неотрицателен:
D = −11a2 + 100 > 0,
откуда
10
10
−√ 6 a 6 √ .
11
11
При таких и только при таких a ввиду (4) будет иметь решения и система (3). Следовательно,
наибольшее из подходящих a равно √1011 , а наименьшее равно − √1011 .
Ответ:
√10
11
и − √1011 .
Задача 3. (МГУ, геологич. ф-т, 2007 ) Числа x, y, z таковы, что
(
x + 2 = z + y,
xy + z 2 + 22 − 9z = 0.
При каких значениях z сумма x2 + y 2 максимальна? Найдите это максимальное значение.
Решение. Найдём сначала множество возможных значений z. Именно, воспринимаем z как
параметр и ищем, при каких z данная система имеет решения относительно x и y.
Выражаем y из первого уравнения:
y = x − z + 2,
(6)
и подставляем во второе. После преобразований получим:
x2 + (2 − z)x + z 2 − 9z + 22 = 0.
Чтобы это квадратное уравнение имело корни, его дискриминант должен быть неотрицательным:
D = −3z 2 + 32z − 84 > 0,
откуда
14
6 z 6 6.
(7)
3
Ввиду (6) заключаем, что исходная система имеет решения, если и только если z принадлежит отрезку (7).
Теперь перепишем нашу систему в следующем виде:
(
x − y = z − 2,
xy = 9z − z 2 − 22.
Теперь имеем:
s = x2 + y 2 = (x − y)2 + 2xy = (z − 2)2 + 2 9z − z 2 − 22 ,
то есть
s = −z 2 + 14z − 40.
2
(8)
Графиком функции s(z) служит парабола, ветви которой направлены вниз. Абсцисса вершины параболы равна 7, поэтому на отрезке (7) функция (8) является возрастающей и достигает
наибольшего значения на правом конце этого отрезка:
smax = s(6) = 8.
Ответ: 8 при z = 6.
Задача 4. (Олимпиада «Ломоносов», 2007 ) Определите, под каким углом видно из начала
координат (т. е. внутри какого наименьшего угла с вершиной в точке (0, 0) помещается) множество, заданное на координатной плоскости неравенством
14x2 + xy + y 2 + 14x + 2y + 4 < 0.
Решение. Добавим для удобства к нашему множеству его границу (искомый угол от этого не
изменится). Таким образом, мы имеем дело с фигурой S, заданной на координатной плоскости
нестрогим неравенством
14x2 + xy + y 2 + 14x + 2y + 4 6 0.
(9)
Расположение и вид фигуры S схематически показаны на рис. 1. Мы ищем угол ϕ между
двумя «крайними» прямыми, проходящими через точки фигуры S и начало координат2 .
Y
αmax
αmin
X
ϕ
S
Рис. 1. К задаче 4
Покажем прежде всего, что фигура S целиком расположена в третьей четверти (как это и
показано на рисунке). Неравенство (9) является квадратным по y:
y 2 + (x + 2)y + 14x2 + 14x + 4 6 0.
(10)
Для всех точек фигуры S дискриминант квадратного трёхчлена (10) неотрицателен:
D = −55x2 − 52x − 12 > 0
⇔
55x2 + 52x + 12 6 0
2
⇔
−
2
6
6x6− .
11
5
На самом деле фигура S — это эллипс с внутренними точками, а ищем мы угол между двумя касательными
к эллипсу, проходящими через начало координат. Распознавать эллипс и другие кривые второго порядка вы
научитесь в вузовском курсе аналитической геометрии.
3
Аналогично, неравенство (9) является квадратным по x:
14x2 + (y + 14)x + y 2 + 2y + 4 6 0,
и дискриминант его также неотрицателен:
2
D = −55y − 84y − 28 6 0
√
√
−42 − 224
−42 + 224
6y6
.
55
55
⇔
Мы видим, что проекциями
фигуры S на координатные оси X и Y служат соответственно
6
h −42−√224 −42+√224 i
2
отрезки − 11 ; − 5 и
;
, расположенные на отрицательных полуосях. Значит,
55
55
фигура S действительно находится целиком в третьей четверти, и поэтому видна из начала
координат под острым углом.
Теперь заметим, что для каждой точки (x, y) фигуры S отношение y/x есть тангенс угла α
между прямой, соединяющей эту точку с началом координат, и осью X. На рис. 1 показан
наибольший αmax и наименьший αmax из углов α; их разность
ϕ = αmax − αmin
и есть искомый угол.
Таким образом, нас интересует наибольшее и наименьшее значение величины
k=
y
x
при условии, что x и y связаны неравенством (9). Подставляя y = kx в неравенство (9), получим:
(k 2 + k + 14)x2 + (2k + 14)x + 4 6 0.
При фиксированном k это неравенство задаёт отрезок значений x для тех точек фигуры S,
которые лежат на прямой y = kx. Дискриминант должен быть неотрицательным:
D = −3k 2 + 10k − 7 > 0
⇔
16k6
Теперь находим:
αmax = arctg
7
,
3
αmin = arctg 1 =
откуда
ϕ = arctg
Ответ: arctg 37 −
π
4
.
4
7 π
− .
3 4
π
,
4
7
.
3
И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Минимаксные задачи с параметрами
Данная статья служит продолжением статьи «Минимаксные задачи», в которой были изложены
основные идеи. Здесь мы разберём несколько задач и посмотрим, как минимаксные методы
работают в задачах с параметрами.
Задача 1. (МГУ, геологич. ф-т, 1990 ) Найти все пары действительных чисел a и b, при которых
уравнение
2
2
3x − a2 + ab − b2 + 2x2 − a2 − ab + x2 + 9 = 6x
имеет хотя бы одно решение x.
Решение. Перепишем уравнение в виде:
2
2
3x − a2 + ab − b2 + 2x2 − a2 − ab + (x − 3)2 = 0.
Сумма квадратов, будучи неотрицательной, равна нулю тогда и только тогда, когда каждое
слагаемое обращается в нуль. Таким образом, наше уравнение равносильно системе

2
2

 3x − a + ab − b = 0,
2x2 − a2 − ab = 0,


x − 3 = 0.
Из третьего уравнения имеем x = 3; подставляя это значение в первое и второе уравнения,
получим систему
(
a2 − ab + b2 = 9,
(1)
a2 + ab = 18.
Умножим первое уравнение системы (1) на −2 и сложим со вторым уравнением. Придём к
уравнению
a2 − 3ab + 2b2 = 0,
то есть
(a − b)(a − 2b) = 0.
Отсюда a = b или a = 2b. Подставляя это в любое из уравнений системы (1) (проще во
второе), найдём в итоге искомые пары (a, b).
√
√ √ √ Ответ: (3, 3), (−3, −3), 2 3, 3 , −2 3, − 3 .
Задача 2. (МГУ, ф-т почвоведения, 1983 ) Найти все значения α, которые удовлетворяют
условию 5 < α < 16 и при которых уравнение
1 + cos
2
αx 3π
+
2
8
| cos πx−sin πx|
1
=
3
относительно x имеет хотя бы одно решение, удовлетворяющее условию 1 6 x 6 2.
Решение. Поскольку выполнены неравенства
1 + cos
2
αx 3π
+
2
8
> 1,
1
| cos πx−sin πx|
1
6 1,
3
наше уравнение равносильно системе

αx
3π

2

+
= 1,
 1 + cos

2
8
| cos πx−sin πx|

1


=1

3
⇔

 αx + 3π = π + πn, n ∈ Z,
2
8
2

cos πx − sin πx = 0.
Из второго уравнения легко находим: πx = π4 + πk (k ∈ Z), то есть x = 14 + k. По условию
должно быть выполнено двойное неравенство 1 6 x 6 2; следовательно, подходит единственное
значение k = 1, при котором x = 54 .
Подставляя x = 54 в первое уравнение системы, получим
α=
π(1 + 8n)
.
5
По условию должно быть 5 < α < 16; значит, годятся значения n = 1, 2, 3. В самом деле:
Ответ:
9π
5
,
17π
5
n60
⇒
n=1
⇒
n=3
⇒
n>4
⇒
π
< 1 < 5;
5
9π
9·3
α=
>
> 5;
5
5
α = 5π < 5 · 3,2 = 16;
33π
33 · 3
α>
>
> 16.
5
5
α6
, 5π.
Задача 3. (МГУ, ф-т психологии, 1988 ) Найдите наибольшее значение параметра a, при котором неравенство
√
√
√ 2
a
πx
4
6 a3 · sin
a a(x − 2x + 1) + 2
x − 2x + 1
2
имеет хотя бы одно решение.
√
Решение. Для удобства сделаем замену b = 4 a. Тогда неравенство примет вид
b6 (x − 1)2 +
b2
πx
6 b3 sin
.
2
(x − 1)
2
(2)
Если b = 0, то любое значение x 6= 1 является решением неравенства (2), поэтому b = 0
годится. Теперь надо выяснить, существуют ли b > 0, при которых неравенство (2) имеет
решения. В предположении b > 0 делим обе части неравенства (2) на b3 :
b3 (x − 1)2 +
1
πx
6 sin
.
2
b(x − 1)
2
(3)
В силу неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим имеем оценку снизу для левой части неравенства (3):
s
1
1
b3 (x − 1)2 +
> 2 · b3 (x − 1)2 ·
= 2b.
2
b(x − 1)
b(x − 1)2
Вместе с тем для правой части неравенства (3) имеем очевидную оценку сверху: sin πx
6 1.
2
Поэтому если 2b > 1, то неравенство (3) не имеет решений; значит, неравенство (3) может иметь
решения лишь при условии 2b 6 1, то есть при b 6 21 .
2
Покажем, что при b =
1
2
неравенство (3) имеет решения. С этим b оно примет вид
1
2
πx
(x − 1)2 +
6 sin
.
2
8
(x − 1)
2
(4)
Непосредственной проверкой убеждаемся, что при x = 3 неравенство (4) выполнено1 . Итак,
1
.
наибольшее значение b равно 12 , и потому искомое наибольшее значение a равно 16
Ответ:
1
16
.
Задача 4. (МГУ, филологич. ф-т, 1985 ) Для каждого значения a решить уравнение
√
4 cos x sin a + 2 sin x cos a − 3 cos a = 2 7 .
Решение. Здесь работает идея, которая обсуждалась в статье «Параметр как переменная». Мы
меняем ролями величины x и a, воспринимая наше уравнение как уравнение относительно
переменной a с параметром x.
Переписываем уравнение в следующем виде:
√
(5)
A sin a + B cos a = 2 7 ,
где
A = 4 cos x,
B = 2 sin x − 3.
Замечая, что B 6= 0 при любом x, преобразуем2 уравнение (5):
√
√
A
B
A2 + B 2 √
sin a + √
cos a = 2 7 .
A2 + B 2
A2 + B 2
Поскольку
A
√
A2 + B 2
2
+
B
√
A2 + B 2
2
= 1,
существует угол ϕ такой, что
√
A
= cos ϕ,
+ B2
√
A2
B
= sin ϕ.
+ B2
A2
Тем самым уравнение (5) приобретает вид:
√
√
A2 + B 2 (sin a cos ϕ + cos a sin ϕ) = 2 7 ,
то есть
√
√
A2 + B 2 sin(a + ϕ) = 2 7 .
Пусть
L=
√
(6)
A2 + B 2 sin(a + ϕ)
есть левая часть уравнения (6). Для L имеем оценку сверху:
p
p
√
L 6 A2 + B 2 = (4 cos x)2 + (2 sin x − 3)2 = 16 cos2 x + 4 sin2 x − 12 sin x + 9 .
1
Мы не обязаны объяснять на экзамене, откуда взялся пример x = 3. Но всё же, из каких соображений он
найден? Правая часть неравенства (4) не превосходит 1, а в силу неравенства между средними левая часть (4) не
меньше 1. Следовательно, неравенство (4) может быть выполнено лишь в случае равенства, которое достигается
при равенстве слагаемых в левой части.
2
Это метод вспомогательного аргумента, изложенный в статье «Тригонометрические уравнения. 2».
3
Используя основное тригонометрическое тождество cos2 x = 1 − sin2 x, получаем:
p
L 6 25 − 12 sin2 x − 12 sin x .
В подкоренном выражении выделим полный квадрат:
25 − 12 sin2 x − 12 sin x = 25 − 3(4 sin2 x + 4 sin x + 1 − 1) = 28 − 3(2 sin x + 1)2 .
Таким образом, имеем:
L6
p
√
√
28 − 3(2 sin x + 1)2 6 28 = 2 7 .
(7)
Сопоставляя эту оценку с уравнением (6), мы видим, что это уравнение может иметь решения относительно a лишь в том случае, когда в неравенстве (7) достигается равенство, то есть
при sin x = − 21 . Имеем, стало быть, два случая.
√
1. x = − π6 + 2πn, n ∈ Z. Тогда A = 2 3, B = −4, и уравнение (5) принимает вид:
√
√
3 sin a − 2 cos a = 7 ,
или
√
2
3
√ sin a − √ cos a = 1.
7
7
Поскольку
√ 2
√3
7
+
√2
7
2
(8)
= 1, существует такой угол ϕ, что
√
3
cos ϕ = √ ,
7
2
sin ϕ = √ ;
7
при этом можно выбрать ϕ на интервале 0; π2 , так что ϕ = arcsin √27 . Уравнение (8)
теперь даёт нам:
sin a cos ϕ − cos a sin ϕ = 1
то есть
⇔
sin(a − ϕ) = 1
⇔
a−ϕ=
π
+ 2πk,
2
π
2
+ arcsin √ + 2πk (k ∈ Z).
2
7
√
+ 2πn, n ∈ Z. Тогда A = −2 3, B = −4, и уравнение (5) принимает вид:
√
√
− 3 sin a − 2 cos a = 7 ,
a=
2. x = − 5π
6
или
√
3
2
√ sin a + √ cos a = −1.
7
7
Дальше действуем аналогично и получаем
a=−
π
2
− arcsin √ + 2πk
2
7
(k ∈ Z).
Остаётся записать ответ.
Ответ: Если a = π2 + arcsin √27 + 2πk, то x = − π6 + 2πn; если a = − π2 − arcsin √27 + 2πk, то
x = − 5π
+ 2πn (k, n ∈ Z); при остальных a решений нет.
6
4
И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Необходимые условия в задачах с параметрами
В некоторых задачах определённые требования должны выполняться при любых значениях
переменной или параметра. В таких ситуациях может пригодиться следующая идея: рассмотреть конкретные удобные значения этой величины, получив тем самым необходимые условия,
а затем выяснить, какие из полученных условий являются ещё и достаточными.
Задача 1. (МГУ, ф-т психологии, 1978 ) Найти множество всех пар чисел (a, b), для каждой
из которых равенство
a(cos x − 1) + b2 = cos(ax + b2 ) − 1
(1)
справедливо при любых значениях x.
Решение. Коль скоро x должен быть любым, равенство (1) обязано выполняться, в частности,
для x = 0. Подставляя x = 0 в (1), получим:
b2 = cos b2 − 1.
Отсюда неизбежно b = 0 (поскольку b2 > 0, cos b2 − 1 6 0, и равенство возможно только в
том случае, если обе части обращаются в нуль одновременно). Подставляем b = 0 в (1):
a(cos x − 1) = cos ax − 1.
(2)
Равенство (2) должно выполняться для любого x, поэтому подставим x = 2π:
0 = cos 2πa − 1,
откуда 2πa = 2πn и a = n (n ∈ Z). Равенство (2) примет вид:
n(cos x − 1) = cos nx − 1.
Подставим сюда x =
π
2
(3)
:
−n = cos
nπ
−1
2
⇔
cos
nπ
= 1 − n.
2
Отсюда n = 0, 1, 2. Таким образом, мы с необходимостью получаем следующие пары (a, b):
(0, 0), (1, 0), (2, 0). Иных пар быть не может (то есть получены необходимые условия); остаётся проверить, какие из них действительно годятся (то есть какие из необходимых условий
являются к тому же достаточными).
Проверим пару (0, 0). Подставляя a = 0, b = 0 в равенство (1), получим 0 = 0. Значит, пара
(0, 0) нам подходит.
Проверим пару (1, 0). Подставляя a = 1, b = 0 в (1), получим cos x − 1 = cos x − 1. Это
равенство выполнено для любого x, поэтому пара (1, 0) также подходит.
Проверим пару (2, 0). Подставляя a = 2, b = 0 в (1), получим 2(cos x − 1) = cos 2x − 1. Это
равенство не выполняется, например, для x = π3 , поэтому пара (2, 0) не годится.
Ответ: (0, 0), (1, 0).
Замечание. Можно было бы немного сократить решение, если вместо x = π2 подставить x = π
(тогда пара (2, 0) не возникнет — убедитесь в этом самостоятельно). Наше решение, однако,
преследовало чисто методическую цель: показать, что возникающие в подобных ситуациях
необходимые условия вовсе не обязаны быть достаточными, поэтому последующая проверка
обязательна!
1
Задача 2. Найти все значения параметра a, при которых система
(
2bx + (a + 1)by 2 = a2 ,
(a − 1)x3 + y 3 = 1
имеет решение для любого b.
Решение. Система должна иметь решение, в частности, при b = 0. Подставляя b = 0 в первое
уравнение системы, получим a2 = 1, то есть a = ±1. Это необходимые условия на параметр a
(иные значения a заведомо не годятся); остаётся проверить, являются ли эти условия достаточными.
Пусть a = 1. Тогда система принимает вид:
(
2bx + 2by 2 = 1,
y 3 = 1,
и надо проверить, имеет ли она решения для любого b. Из второго уравнения имеем y = 1;
после подстановки этого значения в первое уравнение получим
2bx = 1 − 2b.
Это уравнение не имеет решений, например, при b = 1. Следовательно, a = 1 не годится.
Пусть теперь a = −1. С этим a система примет вид:
(
2bx = 1,
− 2x3 + y 3 = 1.
Легко видеть, что пара (0, 1) будет решением этой системы при любом b. Значит, a = −1
нам подходит.
Ответ: a = −1.
2
И. В. Яковлев
|
Материалы по математике
|
MathUs.ru
Симметрия в задачах с параметрами
Симметрия — одно из ключевых понятий математики и физики. Вы знакомы с геометрической
симметрией фигур и вообще различных объектов природы. Однако математические представления о симметрии распространяются гораздо шире: оказывается, например, что можно говорить
о симметрии некоторых уравнений. Так, уравнения, выражающие фундаментальные физические законы, обладают определённой симметрией; это свидетельствует о том, что симметрия
принадлежит к числу наиболее глубоких свойств нашего мира.
Что же такое симметрия уравнений? Мы не будем сейчас стремиться к строгим определениям и ограничимся следующим описанием. Если при некотором преобразовании переменных
уравнение не меняет своего вида («переходит само в себя»), то мы говорим, что это уравнение симметрично относительно данного преобразования 1 .
Почему бывает важно замечать симметрию уравнений? Дело в том, что если уравнение
обладает некоторой симметрией, то такой же симметрией обладают и все его решения. Значит,
не решая уравнение и исходя лишь из соображений симметрии, мы можем заранее предвидеть
некоторые свойства его решений!
Допустим, например, что требуется найти такие значения параметра, при которых уравнение имеет заданное число решений. Тогда, заметив симметрию данного уравнения, мы сможем
получить необходимые условия на параметр, и останется лишь проверить, какие из найденных
условий являются достаточными.
Задача 1. (МГУ, мехмат, 1990 ) Найдите все значения параметра b, при которых уравнение
b2 x2 − b tg(cos x) + 1 = 0
(1)
имеет единственное решение.
Решение. Обратите внимание, что уравнение (1) не меняет своего вида при замене x на −x
(ведь x2 и cos x — чётные функции). Иными словами, уравнение (1) симметрично относительно
преобразования x 7→ −x (то есть относительно отражения в начале координат).
Следовательно, данной симметрией будут обладать и решения нашего уравнения. Именно,
если x0 — корень уравнения (1), то и число −x0 будет его корнем; иначе говоря, решения
уравнения (1) расположены симметрично относительно нуля. Вместе с тем, в задаче требуется,
чтобы решение было только одно.
Единственная возможность — корнем уравнения (1) является нуль, и только он. В самом
деле, если уравнение имеет ненулевое решение, то всего решений будет как минимум два. Подставляя x = 0 в уравнение (1), получим
−b tg 1 + 1 = 0,
откуда
b = ctg 1.
(2)
1
Мы сейчас не делаем различия между уравнениями и системами уравнений. Да его, в общем-то, и нет;
например, система уравнений
(
f (x, y) = 0,
g(x, y) = 0
равносильна уравнению |f (x, y)| + |g(x, y)| = 0. Поэтому, говоря о симметрии уравнений, мы имеем в виду также
и симметрию систем уравнений.
1
Это — необходимое условие на b (только при таком b наше уравнение может иметь нулевое
решение). Теперь вопрос в том, является ли это условие достаточным; то есть, окажется ли
при b = ctg 1 нулевое решение и в самом деле единственным, или же уравнение (1) будет иметь
и другие корни помимо нуля.
Для выяснения достаточности условия (2) подставим данное значение b в уравнение (1):
ctg2 1 · x2 − ctg 1 · tg(cos x) + 1 = 0.
Перепишем это следующим образом:
tg(cos x)
x2
=1+ 2 .
tg 1
tg 1
(3)
Тангенс является возрастающей функцией на интервале − π2 ; π2 . Косинус, являющийся аргументом тангенса,
принимает значения из отрезка [−1; 1], а этот отрезок находится внутри
π π
интервала − 2 ; 2 . Следовательно, справедливо неравенство tg(cos x) 6 tg 1, то есть левая
часть уравнения (3) не превосходит 1. В то же время правая часть (3) не меньше 1, и равенство
возможно лишь в том случае, когда обе они равны 1, то есть при x = 0.
Итак, мы показали, что условие (2) является достаточным: при b = ctg 1 уравнение (1) имеет
единственное (нулевое) решение.
Ответ: b = ctg 1.
Задача 2. (МГУ, химический ф-т, 2002 ) Найти все значения параметра a, при каждом из
которых уравнение
2
9−x+1 · 3x + a3 + 5a2 + a +
√
2 = sin
πx
πx
+ cos
+3
4
4
имеет единственное решение.
Решение. Обозначим b = a3 + 5a2 + a. Имеем:
√
πx
πx
+ cos
+ 3.
9 · 3x(x−2) + b + 2 = sin
4
4
(4)
Оказывается, данное уравнение не меняет своего вида при замене x на 2 − x (это отражение
в точке x = 1). В самом деле, посмотрим, как преобразуются выражения с переменной при
преобразовании x 7→ 2 − x:
x(x − 2) 7→ (2 − x)(2 − x − 2) = (x − 2)x;
π πx π πx πx
πx
π(2 − x)
π(2 − x)
sin
+ cos
7→ sin
+ cos
= sin
−
+ cos
−
=
4
4
4
4
2
4
2
4
πx
πx
= cos
+ sin
.
4
4
Итак, уравнение (4) симметрично относительно преобразования x 7→ 2 − x. Следовательно,
если x0 — корень уравнения (4), то и 2 − x0 также будет его корнем. Поэтому единственным
решением уравнения (4) может быть только неподвижная точка преобразования x 7→ 2 − x:
x=2−x
⇒
x = 1.
Подставляя x = 1 в уравнение (4), получим:
√
√
√
2
2
3+b+ 2=
+
+ 3,
2
2
2
откуда b = 0. Это — необходимое условие единственности решения уравнения (4), и теперь надо
выяснить, является ли оно достаточным.
Подставляем b = 0 в уравнение (4):
9 · 3x(x−2) +
√
2 = sin
или
√
πx
πx
+ cos
+ 3,
4
4
π √
− 2.
(5)
4
4
Левая часть уравнения (5) неотрицательна, а правая часть — неположительна. Поэтому
равенство возможно лишь в том случае, когда обе части одновременно равны нулю, то есть
при x = 1. Тем самым показано, что при b = 0 уравнение (4) в самом деле имеет единственное
решение x = 1.
Остаётся найти соответствующие значения параметра a:
√
−5 ± 21
3
2
2
.
a + 5a + a = 0 ⇔ a(a + 5a + 1) = 0 ⇔ a = 0,
2
2
31+(x−1) − 3 =
√
Ответ: a = 0, −5±2
21
2 sin
πx
+
.
Задача 3. Найти все значения a, при которых уравнение
x+
a
1
+
x 1+ x−
1
x
= a2
(6)
имеет единственное решение.
Решение. Легко видеть, что уравнение (6) не меняет своего вида при преобразовании x 7→ x1
(такое преобразование называется инверсией). Следовательно, наряду с решением x0 имеется
также решение x10 , и поэтому единственным решением уравнения (6) может быть лишь неподвижная точка нашего преобразования:
x=
1
x
⇒
x = ±1.
Подставляя x = −1 в уравнение (6), получим a2 − a + 2 = 0; тут корней нет. Подставляя
x = 1 в уравнение (6), получим a2 − a − 2 = 0, то есть a = −1 или a = 2. Это — необходимые
условия на параметр a. Проверим, достаточны ли они.
Пусть a = −1. Тогда уравнение (6) примет вид:
x+
1
1
=1+
x
1+ x−
1
x
.
(7)
Если x < 0, то левая часть уравнения (7) отрицательна, а правая часть положительна, так
что решений быть не может. Если же x > 0, то левая часть (7) не меньше 2 (как сумма двух
взаимно обратных положительных чисел), а правая часть — не больше 2 (поскольку к единице
прибавляется дробь, не превосходящая единицу). Следовательно, равенство (7) возможно лишь
тогда, когда обе части одновременно равны 2, то есть при x = 1. Итак, a = −1 годится: в этом
случае уравнение (6) действительно имеет единственное решение x = 1.
Пусть теперь a = 2. Уравнение (6) примет вид:
x+
1
2
+
x 1+ x−
3
1
x
= 4.
(8)
Рассмотрим функцию в левой части уравнения (8):
f (x) = x +
1
2
+
x 1+ x−
1
x
.
Мы видим, что f (1) = 4, и теперь нас интересует, является ли x = 1 единственным корнем
уравнения f (x) = 4.
33
< 4.
Нетрудно понять, что это не так. В самом деле, имеем f (4) > 4 и в то же время f (2) = 10
Функция f непрерывна при x 6= 0, и поэтому на интервале (2; 4) найдётся значение x, при
котором выполнено равенство f (x) = 4. Значит, условие a = 2 не является достаточным для
единственности решения, и потому значение a = 2 не годится.
Ответ: a = −1.
Задача 4. (МГУ, химический ф-т, 2005 ) При каких значениях параметра a уравнение
|x| +
2x − 1
=a
3x − 2
(9)
имеет ровно три решения?
Решение. Оказывается, симметрией уравнения (9) служит преобразование
x 7→
2x − 1
.
3x − 2
(10)
В самом деле, при этом преобразовании первое слагаемое левой части уравнения переходит
во второе, а второе слагаемое — в первое:
2x−1
−1
2 3x−2
2x − 1
2(2x − 1) − (3x − 2)
=
7→ 2x−1
= x.
3x − 2
3(2x − 1) − 2(3x − 2)
3 3x−2 − 2
Уравнение (9) при преобразовании (10) переходит само в себя, так что наряду с решением x0
0 −1
будет и решение 2x
. Поэтому для того, чтобы решений было ровно три, необходимо, чтобы
3x0 −2
одним из решений была неподвижная точка нашего преобразования:
x=
2x − 1
3x − 2
⇒
3x2 − 4x + 1 = 0
⇒
x = 1 или x =
1
.
3
Подставляя поочерёдно x = 1 и x = 13 в уравнение (9), получаем соответственно a = 2 и
a = 32 . Это — необходимые условия на параметр a. Теперь надо проверить их достаточность, то
есть подставить полученные значения a в уравнение (9) и выяснить, действительно ли получается ровно три решения (а не какое-то другое нечётное число) в каждом из этих случаев.
Пусть a = 2. Уравнение (9) примет вид:
|x| +
2x − 1
= 2.
3x − 2
(11)
Решаем данное уравнение, снимая модули на промежутках (−∞; 0], 0; 12 , 21 ; 23 и
1. x >
2
3
или 0 6 x 6 12 . Тогда
x+
Условие x >
2
3
2x − 1
=2
3x − 2
⇔
3x2 − 6x + 3 = 0
⇔
x = 1.
выполнено, так что x = 1 — корень уравнения (11).
4
2
; +∞
3
.
2.
1
2
6 x < 32 . Тогда
2x − 1
x−
=2
3x − 2
⇔
2
3x − 10x + 5 = 0
⇔
x=
5±
√
10
.
3
√
Первый корень 5+3 10 больше 1 и потому не принадлежит рассматриваемому промежутку.
Для второго корня имеем оценки:
√
√
√
√
7 − 2 10
49 − 40
5 − 10 1
− =
=
> 0;
3√
2
6
6
√
√
√
5 − 10 2
3 − 10
9 − 10
− =
=
< 0.
3
3
3
3
√
Таким образом, число 5−3 10 принадлежит рассматриваемому промежутку и потому является корнем уравнения (11).
3. x 6 0. Тогда
2x − 1
=2
−x +
3x − 2
⇔
2
3x + 2x − 3 = 0
Рассматриваемому промежутку принадлежит число
ляется корнем уравнения (11).
⇔
√
−1− 10
,
3
√
−1 ± 10
x=
.
3
которое, таким образом, яв-
Итак, уравнение (11) имеет ровно три корня, так что значение a = 2 подходит. Точно так
же убеждаемся (сделайте это самостоятельно!), что и в случае a = 23 тоже получается ровно
три корня. Здесь оба необходимых условия оказались к тому же достаточными.
Ответ: a = 2 или a = 32 .
Задача 5. При каких значениях a система
(
ax2 + a − 1 = y − | sin x|,
tg2 x + y 2 = 1
(12)
имеет единственное решение?
Решение. Система не меняет своего вида при замене x на −x; иными словами, система (12)
симметрична относительно преобразования (x, y) 7→ (−x, y) (которое является отражением координатной плоскости относительно оси ординат). Следовательно, наряду с решением (x0 , y0 )
система (12) будет иметь также решение (−x0 , y0 ), и поэтому случай единственного решения
возможен лишь при x0 = 0 (то есть когда решением системы служит неподвижная точка преобразования, расположенная на оси ординат).
Подставляя в (12) значение x = 0, получим систему
(
a − 1 = y,
y 2 = 1,
из которой легко находим a = 2 или a = 0. Это необходимые условия единственности решения;
проверим, являются ли они достаточными.
Пусть a = 2. Тогда система (12) примет вид:
(
2x2 + 1 = y − | sin x|,
(13)
tg2 x + y 2 = 1
5
Из второго уравнения (13) мы видим, что |y| 6 1. Поэтому для правой части первого уравнения имеем оценку: y − | sin x| 6 1. В то же время его левая часть: 2x2 + 1 > 1, так что равенство
в первом уравнении (13) возможно лишь в случае одновременного равенства обеих частей единице, то есть при x = 0, y = 1. Пара (0, 1) удовлетворяет также второму уравнению и потому
является единственным решением системы (13). Стало быть, значение a = 2 нам подходит.
Пусть теперь a = 0. Система (12) примет вид:
(
− 1 = y − | sin x|,
tg2 x + y 2 = 1.
Можно указать два решения полученной системы: (0, −1) и (π, −1). Следовательно, значение
a = 0 не годится.
Ответ: a = 2.
Задача 6. (МГУ, филологич. ф-т, 2002 ) Найти все a, при которых система
(
y > (x − a)2 ,
x > (y − a)2
(14)
имеет единственное решение.
Решение. Заметим, что система (14) переходит сама в себя при замене x на y и y на x. Иными словами, наша система симметрична относительно преобразования (x, y) 7→ (y, x), которое
является отражением координатной плоскости относительно прямой y = x (рис. 1).
Y
y=x
(y, x)
x
y
(x, y)
y
x
X
Рис. 1. Отражение (x, y) 7→ (y, x)
Следовательно, наряду с решением (x0 , y0 ) система имеет также решение (y0 , x0 ). Поэтому
для того, чтобы система (14) имела единственное решение, необходимо, чтобы выполнялось равенство x0 = y0 (то есть чтобы решением системы служила неподвижная точка преобразования,
расположенная на прямой y = x).
Полагая в системе y = x, получим неравенство
x > (x − a)2
⇔
x2 − (2a + 1)x + a2 6 0.
(15)
Но на прямой y = x должна быть лишь одна точка, являющаяся решением нашего неравенства; поэтому полученное квадратное неравенство (15) должно иметь единственное решение.
Значит, дискриминант должен обратиться в нуль:
D = (2a + 1)2 − 4a2 = 0,
6
откуда a = − 14 . Это — необходимое условие на параметр, и нужно проверить его достаточность.
Подставляем a = − 14 в систему (14):

2


1
1
x



y
>
x
+
,

 x2 + − y +
6 0,
4
2
16
⇔
2


1

 y 2 + y − x + 1 6 0.

x > y +
2
16
4
Сложим неравенства полученной системы:
2 2
1
1
⇔
x−
+ y−
6 0.
4
4
Единственным решением данного неравенства будет пара 14 ; 14 . Она же будет единственным
решением системы (14) при a = − 41 , что мы и хотели проверить.
x
1
y
1
x − +
+ y2 − +
60
2 16
2 16
2
Ответ: a = − 14 .
Во всех рассмотренных задачах наблюдалась симметрия относительно какого-то одного преобразования. Однако симметрий может быть несколько!
Задача 7. Найти все значения a, при которых система
(
|x| + |y| = 1,
x2 + y 2 = a
(16)
имеет ровно четыре решения.
Решение. Система не меняет своего вида, если заменить x на −x, или y на −y, или поменять
местами x и y. Иными словами, система (16) симметрична относительно преобразований
(x, y) 7→ (−x, y),
(x, y) 7→ (x, −y),
(x, y) 7→ (y, x).
Следовательно, если (x0 , y0 ) — решение системы (16), то решениями будут также пары
(−x0 , y0 ), (x0 , −y0 ), (−x0 , −y0 ), (y0 , x0 ), (−y0 , x0 ), (y0 , −x0 ), (−y0 , −x0 ). Все эти пары получаются в результате последовательных отражений исходной точки относительно координатных
осей и прямых y = ±x (рис. 2).
Y
y=x
X
y = −x
Рис. 2. Симметрия решений системы (16)
7
Таким образом, если система (16) имеет решение, расположенное вне прямых x = 0, y = 0,
y = ±x, то у этой системы будет не менее восьми решений. Ровно четыре решения система
может иметь лишь в том случае, когда она имеет решение, расположенное на одной из прямых
x = 0, y = 0, y = ±x (тогда восьмиугольник вырождается в квадрат, рис. 3).
Y
Y
y=x
y=x
X
X
y = −x
y = −x
Рис. 3. Система (16) имеет ровно четыре решения
Если x = 0 или y = 0, то из системы (16) получаем a = 1. Если же y = ±x (то есть |y| = |x|),
то из системы (16) получаем a = 21 . Это необходимые условия на параметр. Остаётся проверить,
достаточны ли они.
Пусть a = 1. Тогда система (16) примет вид:
(
|x| + |y| = 1,
(17)
x2 + y 2 = 1.
Делаем замену u = |x|, v = |y|:
(
u + v = 1,
u2 + v 2 = 1.
Решаем эту систему и убеждаемся, что у неё ровно два решения: u = 1, v = 0 и u = 0, v = 1.
Эти две пары (u, v) дают ровно четыре пары (x, y) решений системы (17): (1, 0), (−1, 0), (0, 1),
(0, −1). Таким образом, значение a = 1 годится.
Пусть теперь a = 21 . Тогда система (16) примет вид:

 |x| + |y| = 1,
(18)
 x2 + y 2 = 1 .
2
Снова делаем замену u = |x|, v = |y|:

 u + v = 1,
 u2 + v 2 = 1 .
2
1
Эта система имеет
единственное
1 1 решение
u = v = 2 , которое даёт ровно 1четыре решения
1
1 1
1 1
1
системы (18): 2 , 2 , − 2 , 2 , 2 , − 2 , − 2 , − 2 . Следовательно, значение a = 2 также является
подходящим.
Ответ: a = 1 или a = 21 .
8