Для всех значений параметра a решить уравнение
x4+32a−1x2+122a2+a+2=2a⋅x2+3a−61+6a+1.Ключевая замена. Левая часть зависит от x только через x2. Рассмотрим выражение под внешним модулем как квадратный трёхчлен относительно x2 и выделим полный квадрат. Заметим, что
x4+32a−1x2+122a2+a+2=(x2+62a−1)2+36(a+1)(2a+5),что проверяется раскрытием скобок: квадрат даёт x4+32a−1x2+36(2a−1)2, а остаток 122a2+a+2−36(2a−1)2=36(a+1)(2a+5).
При этом 62a−1=3a−61, то есть выражение в скобках совпадает с тем, что стоит под внутренним модулем справа. Введём
w=x2+3a−61,R=36(a+1)(2a+5).Тогда уравнение принимает вид
w2+R=2a∣w∣+6a+1.Обозначим s=∣w∣⩾0; поскольку w2=s2, уравнение равносильно
s2+R=2as+6a+1,s⩾0.(1)Левая часть неотрицательна, поэтому необходимо
2as+6a+1⩾0.(2)Случай a<−1: решений нет. Здесь 6a+1<0 и a<0, поэтому при любом s⩾0 слагаемое 2as⩽0. Значит, правая часть строго отрицательна, условие (2) нарушено, и равенство (1) невозможно. Решений нет.
Раскрытие модуля слева. Пусть теперь a⩾−1. Рассмотрим два случая знака s2+R.
Случай A: s2+R⩾0. Уравнение (1) превращается в
s2−2as+(R−6a+1)=0.Так как R−6a+1=36(a+1)(2a−1), дискриминант равен
D=4a2−9(a+1)(2a−1)=36(a−2)2⩾0,то есть является полным квадратом. Отсюда
s=22a±6∣a−2∣,что даётs1=6a+1,s2=62a−1.Случай B: s2+R<0. Тогда уравнение (1) даёт −(s2+R)=2as+6a+1, то есть
s2+2as+36(a+1)(2a+11)=0.Условие s2+R<0 требует R<0, то есть −25<a<−1. Но это противоречит уже разобранному a⩾−1: для a⩾−1 имеем R⩾0, значит s2+R⩾0 всегда, и случай B вообще не реализуется. (Формально: при a⩾−1 для любого s⩾0 выражение s2+R⩾R⩾0.) Поэтому новых решений случай B не приносит.
Отбор корней s1,s2 и условие неотрицательности. Оба значения должны быть неотрицательны (как модуль s=∣w∣), и для них автоматически выполнено условие s2+R⩾0 (см. выше), так что они действительно удовлетворяют (1).
Возврат к x. Из s=∣w∣ следует w=±s, а w=x2+3a−61, поэтому
x2=61−3a±s,при условии x2⩾0.1) Из s1=6a+1 (при a⩾−1):
w=+s1:x2=61−3a+6a+1=62−a (⩾0⇔a⩽2), w=−s1:x2=61−3a−6a+1=−2a (⩾0⇔a⩽0).2) Из s2=62a−1 (при a⩾21):
w=+s2:x2=61−3a+62a−1=0 ⇒ x=0, w=−s2:x2=61−3a−62a−1=31−2a (⩾0⇔a⩽21),а так как s2 требует a⩾21, последняя ветвь даёт лишь a=21, где x2=0 — это уже корень x=0. Нового решения нет.
Сборка ответа по промежуткам. Собираем живые корни в x:
Отсюда:
| Промежуток | Решения |
|---|---|
| a<−1 | нет решений |
| −1⩽a⩽0 | x=±62−a, ±2−a |
| 0<a<21 | x=±62−a |
| 21⩽a⩽2 | x=±62−a, 0 |
| a>2 | x=0 |
Замечания о границах. При a=0 имеем −a/2=0, и обе формулы дают общий корень x=0 — это согласовано. При a=2 получается (2−a)/6=0, поэтому набор ±(2−a)/6,0 сводится к одному значению x=0, что естественно переходит в случай a>2. При a=−1 обе формулы совпадают: (2−a)/6=1/2=−a/2, и решение x=±1/2 единственно (двойной корень). Это и есть приведённый выше ответ.
Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Задачи повышенной сложности
Мехмат МГУ (архив)