Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Задачи повышенной сложности
Мехмат МГУ (архив)
Найти все a, при которых уравнение
(∣a∣−1)cos2x+(1−∣a−2∣)sin2x+(1−∣2−a∣)cosx+(1−∣a∣)sinx=0имеет нечётное число решений на интервале (−π;π).
Обозначим коэффициенты уравнения. Так как ∣a−2∣=∣2−a∣, коэффициенты при sin2x и при cosx совпадают. Введём
p=∣a∣−1,q=1−∣a−2∣,тогда коэффициент при cos2x равен p, при sin2x и при cosx равен q, а при sinx равен 1−∣a∣=−p. Уравнение принимает вид
pcos2x+qsin2x+qcosx−psinx=0.(1)Переход к рациональному уравнению. На интервале (−π;π) определена замена t=tg2x, задающая биекцию (−π;π)→R: каждому x∈(−π;π) отвечает единственное t∈R и наоборот (точки x=±π, где замена не определена, в интервал не входят). При этом
sinx=1+t22t,cosx=1+t21−t2,а cos2x, sin2x выражаются через них. Подставив это в (1) и умножив на положительный множитель (1+t2)2>0, получим равносильное (для x∈(−π;π)) уравнение
(p−q)t4−(2p+4q)t3−6pt2−(2p−4q)t+(p+q)=0.(2)Поскольку замена взаимно однозначна, число решений уравнения (1) на (−π;π) равно числу различных действительных корней многочлена в (2) (каждому различному t отвечает ровно один x, кратность корня роли не играет).
Выделение гарантированного корня. Прямая подстановка показывает, что x=−2π (то есть t=tg(−π/4)=−1) обращает (1) в нуль при любом a: действительно, pcos(−π)+qsin(−π)+qcos(−2π)−psin(−2π)=−p+0+0+p=0. Соответственно t=−1 — корень многочлена (2) при всех p,q. Делением получаем
(2)⟺(t+1)C(t)=0,C(t)=(p−q)t3−3(p+q)t2+3(q−p)t+(p+q).(3)Выражение p,q через a. Раскрывая модули, имеем три области:
| область | p=∣a∣−1 | q=1−∣a−2∣ | p−q | p+q |
|---|---|---|---|---|
| a<0 | −a−1 | a−1 | −2a | −2 |
| 0≤a<2 | a−1 | a−1 | 0 | 2a−2 |
| a≥2 | a−1 | 3−a | 2a−4 | 2 |
Разберём области по очереди.
1) Промежуток 0≤a<2. Здесь p=q=a−1=:k, поэтому p−q=0, и (3) превращается в
(t+1)(−3⋅2kt2+2k)=−2k(t+1)(3t2−1)=0.Если a=1 (то есть k=0), различные действительные корни суть t=−1 и t=±31 — ровно три различных значения, причём 31=1, так что все они различны. Получаем 3 решения — нечётное число.
Если же a=1, то p=q=0 и левая часть (1) тождественно равна нулю: уравнению удовлетворяют все x∈(−π;π). Решений бесконечно много, конечного (а значит, и нечётного) числа решений нет, поэтому a=1 исключается.
Итак, на этом промежутке подходят все a∈[0;1)∪(1;2] (включая концы a=0 и a=2, где k=0).
2) Промежуток a<0. Здесь p+q=−2, p−q=−2a, и многочлен C с точностью до постоянного множителя есть
C(t) ∼ at3−3t2−3at+1.Это кубический многочлен (старший коэффициент a=0). Его дискриминант равен
108(a2+1)2>0,значит, у него три различных действительных корня. Ни один из них не равен −1: подстановка даёт C(−1)∼2a−2<0 при a<0. Следовательно, у произведения (t+1)C(t) ровно 1+3=4 различных действительных корня — 4 решения, число чётное. Подходящих a на этом промежутке нет.
3) Промежуток a≥2. Здесь p+q=2, p−q=2a−4, и
C(t) ∼ (a−2)t3−3t2+(6−3a)t+1.При a=2 старший коэффициент обращается в нуль, и C вырождается: C(t)∼1−3t2, корни t=±31; вместе с t=−1 это даёт 3 различных корня — 3 решения (нечётное). Точка a=2 уже учтена в области 1 (там p=q=1=0), результат согласуется.
При a>2 старший коэффициент a−2>0, и дискриминант кубического C равен
поэтому C имеет три различных действительных корня. Остаётся проверить, не совпадает ли какой-то из них с уже имеющимся корнем t=−1: C(−1)∼2a−6, и это равно нулю тогда и только тогда, когда a=3.
— Если a>2 и a=3, то t=−1 не является корнем C, и всего различных корней 1+3=4 — 4 решения (чётное), не подходит.
— Если a=3, то t=−1 — корень и множителя t+1, и кубического C: здесь C(t)=(t+1)(t2−4t+1), так что (t+1)C(t)=(t+1)2(t2−4t+1). Различные действительные корни — это t=−1 и t=2±3, всего три. Получаем 3 решения — нечётное число. Значит, a=3 подходит.
Сводка. Нечётное число решений на (−π;π) достигается ровно при
a∈[0;1)∪(1;2]∪{3}.Ответ: [0;1)∪(1;2]∪{3}.