задача с параметром. И. Н. Сергеев В. Г. Чирский Задачи с параметрами
 Скачать 5.52 Mb.
|
|
§ 7. Теорема Виета для уравнений третьей и четвёртой степени Для кубического уравнения a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0, a 3 6= 0, имеющего корни x 1 , x 2 , x 3 , выполнены равенства x 1 + x 2 + x 3 = − a 2 a 3 , x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 = a 1 a 3 , x 1 x 2 x 3 = − a 0 a 3 Для уравнения четвёртой степени a 4 x 4 + a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0, a 4 6= 0, имеющего корни x 1 , x 2 , x 3 , выполнены равенства x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = − a 3 a 4 , x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 1 x 4 + x 2 x 3 + x 2 x 4 + x 3 x 4 = a 2 a 4 , x 1 x 2 x 3 + x 1 x 2 x 4 + x 1 x 3 x 4 + x 2 x 3 x 4 = − a 1 a 4 , x 1 x 2 x 3 x 4 = a 0 a 4 Пример 7.1. Определите все значения a, при каждом из которых три различных корня уравнения x 3 + (a 2 − 9a)x 2 + 8ax − 64 = 0 образуют геометрическую прогрессию. Найдите эти корни. Решение. Рассмотрим два способа решения задачи, с использо- ванием и без использования теоремы Виета. 64 Часть 1. Решение задач I. Пусть q — знаменатель геометрической прогрессии. Тогда кор- ни связаны соотношениями x 2 = qx 1 , x 3 = q 2 x 1 . По теореме Виета x 1 x 2 x 3 = 64, или (qx 1 ) 3 = 64, откуда x 2 = 4. Запишем теорему Виета для x 1 = q −1 x 2 = 4q −1 , x 2 = 4, x 3 = qx 2 = 4q: 4(q −1 + 1 + q) = −(a 2 − 9a), 16(q + 1 + q −1 ) = 8a, x 2 = 4. Заметим, что a 6= 0, так как иначе уравнение q + 1 + q −1 = 0 решений не имеет и, следовательно, этот случай противоречит условию суще- ствования трёх различных корней. Из первого и второго уравнений получаем 2 = −(a − 9) ⇔ a = 7. Из второго уравнения находим q + 1 + q −1 = 7 2 ⇔ q 2 − 5 2 q + 1 = 0 ⇔ q = 2, q = 1 2 Пусть q = 2. Тогда x 1 = 2, x 2 = 4, x 3 = 8. Пусть q = 1/2. Тогда x 1 = 8, x 2 = 4, x 3 = 2. В обоих случаях получаем, что корнями исходного уравнения являются числа 2, 4, 8. II. Найдя, как и ранее, корень x 2 = 4, подстановкой в исходное уравнение получаем 4 3 + 16(a 2 − 9a) + 32a − 64 = 0 ⇔ a 2 − 7a = 0. Получаем два значения a: a = 0, a = 7. Как и ранее, доказываем, что случай a = 0 невозможен. Для a = 7 уравнение принимает вид x 3 − 14x + 56x − 64 = 0 ⇔ (x − 4)(x 2 − 10x + 16) = 0 ⇔ ⇔ (x − 4)(x − 2)(x − 8) = 0, откуда получаем искомый ответ. Ответ: a = 7, корни уравнения: 2, 4, 8. Пример 7.2. Найдите все значения a и b, при которых найдутся два различных корня уравнения x 3 − 5x 2 + 7x = a, являющиеся также корнями уравнения x 3 − 8x + b = 0. Решение. Решим задачу двумя способами. I. Пусть x 1 , x 2 , x 3 — решения уравнения 2 x 3 − 5x 2 +7x = a, причём x 1 6= x 2 . Пусть x 1 , x 2 , x ∗ 3 — решения уравнения x 3 − 8x + b = 0. 2 Из существования двух корней x 1 , x 2 для многочлена третьей степени ax 3 + bx 2 + + cx + d = 0 вытекает существование третьего корня, возможно, совпадающего с одним § 7. Теорема Виета для уравнений третьей и четвёртой степени 65 Так как корни x 1 , x 2 удовлетворяют сразу двум уравнениям x 3 − − 5x 2 + 7x = a и x 3 − 8x + b = 0, они же удовлетворяют уравнению, полученному как разность этих двух уравнений: −5x 2 + 15x − (a + b) = 0 ⇔ x 2 − 3x + a + b 5 = 0. По теореме Виета для квадратного уравнения находим x 1 + x 2 = 3, (7.1) x 1 x 2 = a + b 5 (7.2) Запишем теорему Виета для кубических уравнений x 3 − 5x 2 + 7x = a и x 3 − 8x + b = 0: x 1 + x 2 + x 3 = 5, x 1 x 2 + x 1 x 3 + x 2 x 3 = 7, x 1 x 2 x 3 = a, x 1 + x 2 + x ∗ 3 = 0, x 1 x 2 + x 1 x ∗ 3 + x 2 x ∗ 3 = −8, x 1 x 2 x ∗ 3 = −b ⇔ x 3 = 2, a + b 5 + 3x 3 = 7, a + b 5 x 3 = a, 3 + x ∗ 3 = 0, a + b 5 + 3x ∗ 3 = −8, a + b 5 x ∗ 3 = −b. Здесь мы воспользовались соотношениями ( 7.1 )–( 7.2 ). Далее мы нахо- дим x 3 =2, a +b 5 =1, x ∗ 3 =−3, a = a + b 5 x 3 = x 3 =2, b =− a + b 5 x ∗ 3 =−x ∗ 3 =3. Проверка. Для a = 2, b = 3 исходные уравнения принимают вид x 3 − 5x 2 + 7x − 2 = 0, x 3 − 8x + 3 = 0. Из соотношений ( 7.1 )–( 7.2 ) мы находим значения x 1,2 = 3 ± p 5 2 которые являются корнями заданных уравнений, в чём убеждаемся подстановкой. Приведём решение без использования теоремы Виета. II. Пусть x 1 , x 2 — два различных корня уравнения x 3 −5x 2 +7x =a. Для определенности будем считать, что x 1 > x 2 . Поскольку x 1 и x 2 из первых двух корней. Действительно, достаточно исходный многочлен разделить на (x − x 1 )(x − x 2 ). 66 Часть 1. Решение задач удовлетворяют уравнению x 3 − 5x 2 + 7x = a, получаем, что ¨ x 3 1 − 5x 2 1 + 7x 1 = a, x 3 2 − 5x 3 2 + 7x 2 = a. Вычитая из первого уравнения второе (и учитывая, что x 1 − x 2 > 0), получаем (x 3 1 − x 3 2 ) − 5(x 2 1 − x 2 2 ) + 7(x 1 − x 2 ) = 0 ⇔ ⇔ (x 1 − x 2 )(x 2 1 + x 1 x 2 + x 2 2 − 5(x 1 + x 2 ) + 7) = 0 ⇔ ⇔ (x 1 + x 2 ) 2 − 5(x 1 + x 2 ) − x 1 x 2 + 7 = 0. Из того, что x 1 и x 2 удовлетворяют второму уравнению, т. е. ¨ x 3 1 − 8x 1 + b = 0, x 3 2 − 8x 2 + b = 0, вытекает соотношение (x 3 1 − x 3 2 ) − 8(x 1 − x 2 ) = 0 ⇔ ⇔ (x 1 − x 2 )(x 2 1 + x 1 x 2 + x 2 2 − 8) = 0 ⇔ ⇔ (x 1 + x 2 ) 2 − x 1 x 2 − 8 = 0. Таким образом, x 1 и x 2 удовлетворяют системе ¨ (x 1 + x 2 ) 2 − 5(x 1 + x 2 ) − x 1 x 2 + 7 = 0, (x 1 + x 2 ) 2 − x 1 x 2 − 8 = 0 ⇔ x y x 1 x 2 −3 2 y = x 3 − 8x + 3 y = x 3 − 5x 2 + 7x − 2 Рис. 7.1 Тренировочные задачи к § 7 67 ⇔ ¨ − 5(x 1 + x 2 ) + 15 = 0, (x 1 + x 2 ) 2 − x 1 x 2 − 8 = 0 ⇔ ¨ x 1 + x 2 = 3, x 1 x 2 = 1. Следовательно, x 1 и x 2 удовлетворяют уравнению x 2 − 3x + 1 = 0, (7.3) решая которое находим x 1 = (3+ p 5)/2; x 2 = (3− p 5)/2. Теперь, ис- пользуя уравнение ( 7.3 ), найдем значение a: a = x 3 1 − 5x 2 1 + 7x 1 = x 1 (x 2 1 − 5x 1 + 7) = x 1 ((x 2 1 − 3x 1 + 1) − 2x 1 + 6) = = x 1 (−2x 1 + 6) = −2(x 2 1 − 3x 1 + 1) + 2 = 2 и значение b: −b = x 3 1 − 8x 1 = x 1 ((x 2 1 − 3x 1 + 1) + 3x 1 − 9) = x 1 (3x 1 − 9) = = 3(x 2 1 − 3x 1 + 1) − 3 = −3. Ответ: a = 2, b = 3. Тренировочные задачи к § 7 7.1. Квадратное уравнение x 2 − 6px + q = 0 имеет два различных корня x 1 и x 2 . Числа p, x 1 , x 2 , q — четыре последовательных члена геометрической прогрессии. Найдите x 1 и x 2 7.2. При каких значениях a четыре корня уравнения x 4 + (a − 5)x 2 + (a + 2) 2 = 0 являются последовательными членами арифметической прогрессии? 7.3. Уравнение ax 2 + bx + 2 = 0, где a < 0, имеет одним из своих корней число x = 3. Решите уравнение ax 4 + bx 2 + 2 = 0. 7.4. Найдите все значения u и v, при которых найдутся два различ- ных корня уравнения x(x 2 + x − 8) = u, являющиеся также корнями уравнения x(x 2 − 6) = v. 7.5. Определите все значения a, при каждом из которых три различ- ных корня уравнения x 3 + (a 2 − 15a)x 2 + 12ax − 216 = 0 образуют геометрическую прогрессию. Найдите эти корни. 7.6. Какие значения в зависимости от a может принимать выраже- ние x 2 1 + x 1 x 2 + x 2 2 , в котором x 1 , x 2 — два различных корня уравнения x 3 − 2007x = a? 68 Часть 1. Решение задач 7.7. Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение x 3 − ax 2 − (a 3 − 6a 2 + 5a + 8)x − (a − 3) 3 = 0 имеет три различных корня, образующих геометрическую прогрес- сию (укажите эти корни). 7.8. Даны три уравнения с действительными коэффициентами: x 2 − (a + b)x + 8 = 0, x 2 − b(b + 1)x + c = 0, x 4 − b(b + 1)x 2 + c = 0. Каждое из них имеет по крайней мере один действительный корень. Известно, что корни первого уравнения больше единицы. Известно также, что все корни первого уравнения являются корнями третьего уравнения и хотя бы один корень первого уравнения удовлетворяет второму уравнению. Найдите числа a, b, c, если b > 3. 7.9. Найдите сумму квадратов всех действительных корней уравне- ния x 5 + 2010x 2 + 2011 = x 4 + 2011x 3 + 2012x. Ответы 7.1 . (−3; 9); (2; 4). 7.2 . a = −5; a = −5/13. 7.3 . x = ± p 3. 7.4 . u = 6, v = 4. 7.5 . a = 13; корни уравнения: 2; 6; 18. 7.6 . 2007 при |a| ¶ 2 · (669) 3/2 7.7 . Если a = 2, то корни уравнения: (3 − p 5)/2; −1; (3 + p 5)/2; если a = 4, то корни уравнения: (3 − p 5)/2; 1; (3 + p 5)/2. 7.8 . a = 2, b = 4, c = 64. 7.9 . 4025. Указание. Заметьте, что при разложении на множители многочле- на пятой степени один из множителей будет равен x 2 + 1. § 8. Задачи на единственность решения или определение количества решений Запись f (a, x) означает, что функция зависит от параметра a. Ос- новной тип задач данного параграфа можно сформулировать так. Задача A. Найдите все значения параметра a (или нескольких параметров), при которых уравнение (или неравенство) f (a, x) = 0 ( f (a, x) ¶ 0 или f (a, x) ¾ 0) имеет единственное решение. Напомним определение чётности и нечётности функции. § 8. Единственность решения или определение количества решений 69 Определение 8.1. Если область определения функции f (x) сим- метрична относительно начала координат и если для каждого x из об- ласти определения выполняется равенство f (−x) = f (x), то функция f (x) чётная, а если область определения симметрична относительно начала координат и для каждого x из области определения выполня- ется равенство f (−x) = − f (x), то функция f (x) нечётная. Функции f 1 (x) = |sin x|, f 2 (x) = cos x, f 3 (x) = x 4 − 3x 2 , f 4 (x) = tg x · (7 𝑥 − 1) 7 𝑥 + 1 чётные. Для первых трёх функций это очевидно. Проверим, что функ- ция f 4 (x) чётная: f 4 (−x) = tg(−x) · (7 −𝑥 − 1) 7 −𝑥 + 1 = − tg x · 7 −𝑥 (1 − 7 𝑥 ) 7 −𝑥 (1 + 7 𝑥 ) = = − tg x · (1 − 7 𝑥 ) (1 + 7 𝑥 ) = tg x · (7 𝑥 − 1) 7 𝑥 + 1 = f 4 (x). Пусть при решении задачи A функция f (a, x) оказалась чётной при каждом значении a. Тогда если x 0 является решением задачи A, то и −x 0 — решение задачи A (см. рис. 8.1 ), так как f (a, x 0 ) = f (a, −x 0 ). Значит, для единственности решения необходимо, чтобы x 0 = 0 было x y −x 0 x 0 0 y = f (x) Рис. 8.1. f (x 0 ) = f (−x 0 ) = 0 x y 0 y = f (x) Рис. 8.2. f (0) = 0 x y −x 0 x 0 0 y = f (x) Рис. 8.3. f (x 0 ) = f (−x 0 ) = f (0) = 0 70 Часть 1. Решение задач решением задачи A (см. рис. 8.2 , 8.3 ), и достаточно, чтобы решений (кроме x 0 = 0) больше не было (см. рис. 8.2 ), таким образом, случай, изображённый на рис. 8.3 , мы отбрасываем. Решая задачу A, мы будем: 1) находить возможные значения a из уравнения (неравенства) f (a, 0) = 0 ( f (a, 0) ¶ 0, f (a, 0) ¾ 0), т. е. из необходимого условия единственности решения задачи; 2) для найденных из необходимого условия значений a будем проверять, что других решений (кроме x = 0) нет, т. е. проверять достаточное условие единственности решения. Пример 8.1. Найдите все значения a, при которых неравенство cos x − 2 p x 2 + 9 ¶ − x 2 + 9 a + cos x − a имеет единственное решение. Решение. Преобразуем неравенство: cos x − 2 p x 2 + 9 ¶ − x 2 + 9 a + cos x − a ⇔ ⇔ (a + cos x) 2 − 2 p x 2 + 9(a + cos x) + x 2 + 9 a + cos x ¶ 0 ⇔ ⇔ (a + cos x − p x 2 + 9) 2 a + cos x ¶ 0. Обозначим f (x) = (a + cos x − p x 2 + 9) 2 a + cos x Поскольку f (x) — чётная функция ( f (x) = f (−x); см. рис. 8.4 и 8.5 ), для того чтобы исходное неравенство f (x) ¶ 0 имело единственное x y 50 10 O y = f (x) Рис. 8.4. График функции f (x) для a = 2 § 8. Единственность решения или определение количества решений 71 x y −50 10 O y = f (x) Рис. 8.5. График функции f (x) для a = −2 решение, необходимо, чтобы x = 0 было решением неравенства (по- скольку если x 0 — решение неравенства, то и −x 0 является его реше- нием в силу чётности функции f (x)). Таким образом, (a − 2) 2 /(a + 1) ¶ 0, т. е. a = 2 либо a < −1. Прове- рим, является ли решение x = 0 исходного неравенства единственным при найденных значениях a. Пусть a < −1. Тогда неравенство (a + cos x − p x 2 + 9) 2 a + cos x ¶ 0 выполнено для всех x ∈ R, так как для a < −1 справедливы неравен- ства (a + cos x − p x 2 + 9) 2 ¾ 0, a + cos x < 0. Пусть a = 2. Тогда 2 + cos x > 0 для любых x ∈ R. Следовательно, (2 + cos x − p x 2 + 9) 2 2 + cos x ¶ 0 ⇔ (2 + cos x − p x 2 + 9) 2 ¶ 0 ⇔ ⇔ 2 + cos x − p x 2 + 9 = 0 ⇔ 2 + cos x = p x 2 + 9. Но x = 0 является единственным корнем уравнения 2 + cos x = p x 2 + 9, так как для x 6= 0 получаем неверное утверждение 3 < p x 2 + 9 = 2 + cos x ¶ 3. Ответ: a = 2. 72 Часть 1. Решение задач Пример 8.2. При каких значениях a и b система x 𝑦 − 1 x 𝑦 + 1 = a, x 2 + y 2 = b имеет единственное решение? Решение. I. Пусть f (x, y) = x 𝑦 − 1 x 𝑦 + 1 , g( x , y ) = x 2 + y 2 . Из равенств f (x, y) = f (x, − y), g(x, y) = g(x, − y) вытекает, что если (x 0 ; y 0 ) — решение исходной системы, то и (x 0 ; − y 0 ) тоже решение системы. Следовательно, для единственности решения должно выполняться условие y 0 = −y 0 , т. е. y 0 = 0. Подставив y 0 = 0 в исходную систему, получаем систему ¨ a = 0, x 2 = b. II. Итак, число a равно нулю. Выясним, при каких b система ¨ x 𝑦 = 1, x 2 + y 2 = b, полученная из исходной при a = 0, имеет единственное решение. Эта система определена при x > 0 и при этом равносильна совокупности систем ¨ y = 0, x = p b (при b > 0); ¨ x = 1, y = ± p b − 1 (при b ¾ 1), решая которую находим, что: 1) при b ¶ 0 решений нет; 2) при b ∈ (0; 1] решение одно: (x; y) = ( p b; 0); 3) при b > 1 три решения: (x; y) = ( p b; 0), (1; ± p b − 1). Ответ: a = 0, b ∈ (0; 1]. Тренировочные задачи к § 8 8.1. При каких значениях a уравнение cos 2x + 2 cos x − 2a 2 − 2a + 1 = 0 имеет ровно одно решение на промежутке x ∈ [0; 2π)? Тренировочные задачи к § 8 73 8.2. При каких значениях b уравнение tg |b| = log 2 (cos x − |x|) имеет ровно один корень? 8.3. Найдите все значения a, при которых уравнение x 2 − 2a sin(cos x) + a 2 = 0 имеет единственное решение. 8.4. Найдите все значения a, при которых неравенство cos 2x + a ¶ 2 p x 2 + 16 − x 2 + 16 a + cos 2x имеет единственное решение. 8.5. Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение x 2 − |x − a + 6| = |x + a − 6| − (a − 6) 2 имеет единственный корень. 8.6. Найдите все значения b, при которых система уравнений ¨ (x 2 + 1)b = y + cos 2x, 2 |sin 𝑥| + |y| = 2 имеет единственное решение. 8.7. Найдите все значения b, при которых уравнение b 2 x 2 − b tg(cos x) + 1 = 0 имеет единственное решение. 8.8. Найдите все значения a и b, при которых система ¨ a + sin bx ¶ 1, x 2 + ax + 1 ¶ 0 имеет единственное решение. 8.9. При каких значениях b система уравнений ¨ x 2 + y 2 = 2, | y| − x = b имеет ровно три различных решения? 74 Часть 1. Решение задач 8.10. При каких значениях b система уравнений ¨ 4 y = 4b + 3 − x 2 + 2x, x 2 + y 2 = 2x имеет ровно два различных решения? 8.11. Найдите все значения a, при которых уравнение x(2 𝑥 − 1) 2 𝑥 + 1 + 2a = a 2 + 1 имеет нечётное число различных решений. 8.12. При каких значениях a система ¨ x 4 − (a − 1) p a + 3y + a 4 + 2a 3 − 9a 2 − 2a + 8 = 0, y = p a + 3 x 2 имеет ровно три различных решения? 8.13. Найдите все такие значения a и b, при которых система ¨ |bx| − |y| = 2a, (x − b) 2 + y 2 = a 2 имеет ровно три различных решения. 8.14. Найдите все значения a, при каждом из которых система ¨ 3 · 2 |𝑥| + 5|x| + 4 = 3y + 5x 2 + 3a, x 2 + y 2 = 1 имеет единственное решение. 8.15. Найдите все значения a, при которых система (2 − p 3) 𝑥 + (2 + p 3) 𝑥 − 5 = a − 2 y + y 2 , x 2 + (2 − a − a 2 ) y 2 = 0, 0 ¶ y ¶ 2 имеет единственное решение. 8.16. При каких значениях a и b система ( arctg y x 2 + 1 · x 𝑦 − 1 x 𝑦 + 1 = a, ( y 2 − 1) 2 + b = x имеет ровно пять различных решений? § 9. Задачи с использованием симметрий 75 8.17. Найдите все значения a, при которых уравнение 8 π arctg 1 + x 4 log p 17+4 x + 4 + p x 2 + 8x + 17 = = a 2 − a sin π · x 2 + 8x − 64 32 − 2 имеет единственное решение, и определите это решение. 8.18. Найдите все значения a, при которых система ( 3 Æ x |x| + | y| − 3 (|x| + 3| y| − 9) = 0, (x − a) 2 + y 2 = 25 имеет ровно три различных решения. 8.19. Найдите все значения a, при которых неравенство 4 p x 2 − 6ax + 10a 2 + 4 p 3 + 6ax − x 2 − 10a 2 ¾ ¾ 4 s p 3a + 24 − 3 p 2 + |y − p 2a 2 | + | y − p 3a| имеет единственное решение. Ответы 8.1 . a = −2; a = 1. 8.2 . b = πn, n ∈ Z. 8.3 . a = 0; a = 2 sin 1. 8.4 . a = 3. 8.5 . a = 4; a = 8. 8.6 . b = 2. 8.7 . b = ctg 1. 8.8 . a = 2, b = π/2 + 2πn, n ∈ Z; a = −2, b ∈ R. 8.9 . b = p 2. 8.10 . b ∈ (−2; 0). 8.11 . a = ±1. 8.12 . a = 2. 8.13 . (a; b) = t 2 |t| + 2 ; t , где t 6= 0; (a; b) = t 2 |t| − 2 ; t , где |t| > 2. 8.14 . a = 4/3. 8.15 . a = −3; a = −2. 8.16 . a = 0, b ∈ (0; 1). 8.17 . Если a = 1, то x = −4. 8.18 . a ∈ {−4; 4; 6}. 8.19 . a = p 3/2. |