Найти все значения параметра a, при каждом из которых все решения уравнения
6sin(2x−1211πa)+6sin(1211πa)+3a3−7a2+3a+1=2(3a2−4a−1)cos(x−1211πa)+6(a−1)sinx,будучи отложенными на тригонометрической окружности, образуют на ней ровно четыре точки, причём эти точки являются вершинами трапеции.
Обозначим для краткости b=1211πa. Перенесём всё в одну часть; уравнение принимает вид
6sin(2x−b)+6sinb+3a3−7a2+3a+1−2(3a2−4a−1)cos(x−b)−6(a−1)sinx=0.Факторизация. Раскроем тригонометрию через sinx,cosx,sinb,cosb. Используя
cos(x−b)=cosxcosb+sinxsinb,sin(2x−b)=sinxcos(x−b)+cosxsin(x−b),и заменяя cos2x=1−sin2x, левую часть удаётся свернуть в произведение (проверено тождественно):
(a−1−2cos(x−b))(3a2−4a−1−6sinx)=0.Действительно, как многочлен по a выражение равно
3a3−a2(6cos(x−b)+7)+a(8cos(x−b)−6sinx+3)+(12sinxcos(x−b)+6sinx+2cos(x−b)+1),а свободный член есть (6sinx+1)(2cos(x−b)+1); прямое перемножение указанных скобок даёт исходный многочлен.
Итак, множество решений на окружности есть объединение решений двух уравнений:
(I)cos(x−b)=2a−1,(II)sinx=63a2−4a−1.Геометрия каждого набора. Пусть c1=2a−1, c2=63a2−4a−1.
Уравнение (I): при ∣c1∣<1 даёт две точки x=b±φ, φ=arccosc1∈(0,π); они симметричны относительно диаметра под углом b, поэтому стягивающая их хорда A перпендикулярна радиусу направления b. Сумма угловых координат концов хорды A равна 2b. При ∣c1∣=1 точка одна, при ∣c1∣>1 точек нет.
Уравнение (II): при ∣c2∣<1 даёт две точки x=ψ и x=π−ψ, ψ=arcsinc2∈(−2π,2π); они симметричны относительно вертикального диаметра, то есть хорда B горизонтальна. Сумма координат концов хорды B равна π. При ∣c2∣=1 точка одна.
Условие «ровно четыре точки». Точек ровно четыре только если каждое из (I),(II) даёт по две точки и эти четвёрки различны. Имеем
∣c1∣<1⟺−1<a<3,∣c2∣<1⟺−1<a<37(дискриминант 3a2−4a+5 отрицателен, поэтому c2>−1 всегда; равенство c2=1 лишь при a=−1 и a=37). Значит необходимо
−1<a<37.На концах a=−1 и a=37 одна из четвёрок вырождается в одну точку, поэтому концы исключаются.
Условие трапеции. Четыре точки окружности образуют трапецию, если ровно одна пара её противоположных сторон параллельна (параллелограмм, вписанный в окружность, был бы прямоугольником и трапецией не считается). Хорда с концами под углами u,v имеет серединный перпендикуляр направления 2u+v; две хорды параллельны тогда и только тогда, когда суммы угловых координат их концов равны по модулю 2π. Концы наших четырёх точек:
b+φ, b−φ (набор A),ψ, π−ψ (набор B).Разобьём четыре точки на пары-хорды тремя способами; в четырёхугольнике одна пара даёт диагонали, две другие — пары противоположных сторон. Возможные условия параллельности сторон:
| пара хорд | условие параллельности |
|---|---|
| A∥B | 2b≡π(mod2π) |
| (b+φ,ψ)∥(b−φ,π−ψ) | φ+ψ≡2π(modπ) |
| (b+φ,π−ψ)∥(b−φ,ψ) | φ−ψ≡2π(modπ) |
С учётом диапазонов φ∈(0,π), ψ∈(−2π,2π) внутренние ветки (modπ) недостижимы (суммы выходят за границы), и условия упрощаются.
Случай φ+ψ=2π: так как arccosc1=2π−arcsinc1, получаем arcsinc2=arcsinc1, то есть c1=c2:
2a−1=63a2−4a−1 ⟹ 3a2−7a+2=0 ⟹ a=31 или a=2.Случай φ−ψ=2π: пользуясь arccos(−t)=2π+arcsint, приходим к arccosc1=arccos(−c2), то есть c1=−c2:
2a−1=−63a2−4a−1 ⟹ 3a2−a−4=0 ⟹ a=−1 или a=34.Случай 2b≡π(mod2π): 2⋅1211πa=π+2πk⇒611a=1+2k⇒a=116+12k, k∈Z. В полосу (−1,37) попадают
a=−116 (k=−1),a=116 (k=0),a=1118 (k=1).Отбор. Все кандидаты лежат в (−1,37), кроме граничных. Отсеиваем непригодные:
Для остальных пяти значений непосредственная проверка даёт ровно четыре различные точки и ровно одну пару параллельных противоположных сторон (во всех случаях получается равнобедренная трапеция). Например, при a=34 корни исходного уравнения на окружности суть углы 139,59∘, 189,59∘, 300,41∘, 350,41∘, и пара сторон оказывается параллельной.
Ответ.
a∈{−116, 31, 116, 34, 1118}.Примечание. Ответ в печатном сборнике содержал неточность; приведённый ответ получен независимым решением и проверен.
Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Задачи повышенной сложности
Мехмат МГУ (архив)