Найдите все значения параметра a, при которых уравнение
cos(x+aln∣x∣)=x−1имеет бесконечно много решений.
Уравнение: cos(x+aln∣x∣)=x−1.
ОДЗ и локализация решений. Логарифм требует x=0. Левая часть ограничена: −1≤cos(⋅)≤1, поэтому необходимо −1≤x−1≤1, то есть 0≤x≤2. С учётом x=0 все решения лежат в x∈(0,2]. Знак ∣x∣ при x>0 можно опустить: ln∣x∣=lnx. Обозначим фазу θ(x)=x+alnx.
Случай a=0. Уравнение превращается в cosx=x−1 на (0,2]. Функция g(x)=cosx−(x−1) строго убывает на (0,2] (так как g′(x)=−sinx−1≤0 и не равна нулю тождественно), причём g(0+)=2>0, g(2)=cos2−1<0. Значит ровно один корень (численно x≈1,283). Решений конечное число, бесконечности нет.
Случай a=0. Рассмотрим поведение при x→0+. Поскольку lnx→−∞, имеем alnx→∓∞, значит ∣θ(x)∣=∣x+alnx∣→+∞. Следовательно фаза θ(x) пробегает бесконечно много полных периодов 2π функции косинуса при x→0+.
Зафиксируем интервал x∈(0,2). Здесь правая часть L(x)=x−1 строго лежит внутри (−1,1). В каждом периоде cosθ принимает все значения отрезка [−1,1], в том числе проходит от значения +1 (в точках θ=2kπ, где cosθ−L=1−(x−1)=2−x>0) к значению −1 (в точках θ=(2k+1)π, где cosθ−L=−1−(x−1)=−x<0) и обратно. По теореме о промежуточном значении функция F(x)=cosθ(x)−(x−1) меняет знак ровно дважды около каждого нечётного кратного π (по разу с каждой стороны «провала» косинуса до −1).
Так как фаза θ при x→0+ уходит на бесконечность, существует бесконечно много целых k, для которых (2k+1)π попадает в область значений θ на (0,2); каждое такое k даёт пару корней. Корни накапливаются к x=0. Значит при любом a=0 уравнение имеет бесконечно много решений.
Локальная оценка. Вблизи провала θ=(2k+1)π: cosθ≈−1+2(θ−θ0)2, уравнение cosθ=−1+x даёт θ−θ0≈±2x — два решения при любом x>0, что подтверждает наличие именно двух корней на каждый провал.
Ответ: бесконечно много решений тогда и только тогда, когда a=0.
Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Задачи повышенной сложности
ДВИ МГУ