Найти все значения a, при каждом из которых среди решений неравенства
(a−x2)(x2+a)+a>xесть ровно два целочисленных решения.
Упрощение подкоренного выражения. Раскроем произведение под корнем:
(a−x2)(x2+a)=ax2+a2−x4−ax2=a2−x4.Значит исходное неравенство равносильно
a2−x4+a>x,причём область допустимых значений (ОДЗ) задаётся условием a2−x4≥0, то есть x4≤a2, что для целого x означает x2≤∣a∣.
Постановка задачи. Нас интересует не множество решений по x само по себе, а число целых x, удовлетворяющих неравенству. Поэтому зафиксируем целое x и для каждого такого x найдём множество тех a, при которых это x является решением. Затем подсчитаем, сколько целых x одновременно «включены» при данном a.
Анализ при фиксированном целом x. Перепишем неравенство в виде
a2−x4>x−a,a2−x4≥0.Рассмотрим два случая по знаку правой части.
Случай 1: x−a<0, то есть a>x. Левая часть неотрицательна, правая отрицательна, поэтому в пределах ОДЗ неравенство выполнено автоматически. Условие a>x вместе с ОДЗ ∣a∣≥x2 даёт вклад этого x при достаточно больших a: для x>0 это a≥x2 (так как тогда a≥x2≥x); для x≤0 это a≥x2 (положительная ветвь по a).
Случай 2: x−a≥0, то есть a≤x. Обе части неотрицательны, возводим в квадрат:
a2−x4>x2−2ax+a2 ⟺ 2ax>x2+x4.Если x>0, делим на 2x>0: a>2x+x3; но при x>0 и a≤x число 2x+x3≥x, значит решений в этом случае нет.
Если x<0, делим на 2x<0 со сменой знака: a<2x+x3; при x≤−1 имеем 2x+x3≤x, так что неравенство a<2x+x3 совместно с a≤x и автоматически попадает в ОДЗ (там a<0, ∣a∣ велико).
Если x=0: неравенство 0>0 ложно.
Множество a для каждого целого x (объединяя оба случая):
| x | (x+x3)/2 | множество a, при которых x — решение |
|---|---|---|
| −3 | −15 | (−∞;−15)∪[9;+∞) |
| −2 | −5 | (−∞;−5)∪[4;+∞) |
| −1 | −1 | (−∞;−1)∪[1;+∞) |
| 0 | 0 | (0;+∞) |
| 1 | 1 | (1;+∞) |
| 2 | 5 | [4;+∞) |
| 3 | 15 | [9;+∞) |
Здесь все границы проверены отдельно. Например, при x=−2, a=−5: подкоренное =25−16=9, 9−5=−2, и неравенство −2>−2 не выполнено, поэтому точка −5 не входит (граница открытая). При x=−3, a=−15: 225−81−15=12−15=−3, снова −3>−3 ложно — точка −15 для x=−3 исключена. На положительной ветви, например x=2, a=4: 16−16+4=4>2 — верно, граница a=4 включена.
Подсчёт числа целых решений. Идём по a от −∞ вверх.
Для a<0 (большие по модулю отрицательные) «работают» только отрицательные x: целое x=−k (k≥1) есть решение при a<−2k+k3. Пороги: x=−1 при a<−1; x=−2 при a<−5; x=−3 при a<−15; x=−4 при a<−34 и т.д. Значит:
a∈[−15;−5) ⇒ решения x=−1 и x=−2, ровно два; a∈(−∞;−15) ⇒ добавляется x=−3 (три и более); a∈[−5;−1) ⇒ только x=−1 (одно); a∈[−1;0] ⇒ ни одного целого решения.Граница a=−15 включается (там как раз два решения −2,−1), а a=−5 исключается (там остаётся одно −1).
Для a>0 включаются неотрицательные x: x=0 при a>0; x=1 при a>1; x=−1 при a≥1; x=2,−2 при a≥4 и т.д. Прослеживаем:
a∈(0;1) ⇒ только x=0 (одно); a=1 ⇒ x=0 (т.к. 1>0) и x=−1 (т.к. 1−1+1=1>−1), ровно два; a∈(1;4) ⇒ x=−1,0,1 (три); a≥4 ⇒ добавляются ±2 (пять и более).В точке a=1 ровно два решения, а в любой её окрестности — одно (слева) или три (справа). Поэтому a=1 — изолированная точка ответа.
Итог. Ровно два целочисленных решения неравенство имеет тогда и только тогда, когда
a∈[−15;−5)∪{1}.Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Задачи повышенной сложности
Мехмат МГУ (архив)