Задача №18225

Найти все значения параметра $a\text{,}$ при каждом из которых сумма арктангенсов корней уравнения $x^2+(1-2a)x+a-4=0$ больше $\frac{\pi }{4}\text{.}$

Пусть $x_1,x_2$ — корни уравнения $x^2+(1-2a)x+a-4=0\text{.}$ Прежде всего убедимся, что корни существуют при любом $a\text{.}$ Дискриминант

поэтому при каждом значении $a$ уравнение имеет два различных действительных корня, и величина $\arctan x_1+\arctan x_2$ определена. По теореме Виета

Ключевое тождество. Для любого действительного $x$ выполнено $\arctan x=\arg (1+ix)\text{,}$ где $\arg$ — главный аргумент, принимающий значения в $(-\pi ;\pi ]\text{;}$ при этом $\arctan x\in \left(-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right)\text{.}$ Перемножим:

Подставляя выражения Виета, получаем

Аргумент произведения равен сумме аргументов сомножителей с точностью до слагаемого $2\pi k\text{.}$ Но каждое из слагаемых $\arctan x_1$ и $\arctan x_2$ лежит в $\left(-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right)\text{,}$ поэтому их сумма заведомо лежит в $(-\pi ;\pi )$ — то есть попадает в область значений главного аргумента. Значит, поправка $2\pi k$ не нужна, и имеет место точное равенство

Обозначим $S(a)=\arg ((5-a)+i(2a-1))\text{,}$ а саму точку — $z=X+iY\text{,}$ где $X=5-a\text{,}$ $Y=2a-1\text{.}$

Сведение неравенства. Требуется $S(a)>\frac{\pi }{4}\text{,}$ то есть $\arg z>\frac{\pi }{4}\text{.}$ Повернём точку $z$ на угол $-\frac{\pi }{4}\text{,}$ рассмотрев $w=z\cdot e^{-i\pi /4}\text{.}$ Тогда $\arg w=\arg z-\frac{\pi }{4}\text{.}$ Поскольку, как показано выше, $\arg z\in (-\pi ;\pi )\text{,}$ угол $\arg w$ лежит в интервале длины меньше $2\pi \text{,}$ целиком содержащемся в $\left(-\frac{5\pi }{4};\frac{3\pi }{4}\right)\text{;}$ в этом промежутке условие $\arg w>0$ равносильно условию $\mathrm{Im}w>0$ (на нём знак мнимой части и знак аргумента согласованы). Вычислим мнимую часть:

Так как $\frac{1}{\sqrt{2}}>0\text{,}$ условие $\mathrm{Im}w>0$ равносильно $Y>X\text{,}$ то есть

Проверка границы. При $a=2$ имеем $x_1+x_2=3\text{,}$ $x_1{x}_2=-2\text{;}$ тогда $(1+i{x}_1)(1+i{x}_2)=3+3i\text{,}$ и $\arg (3+3i)=\frac{\pi }{4}\text{.}$ Значит, при $a=2$ сумма арктангенсов равна ровно $\frac{\pi }{4}\text{,}$ а строгое неравенство не выполнено, — точка $a=2$ в ответ не входит.

Контроль непрерывного характера: при движении $a$ от $-\infty$ к $+\infty$ точка $z=(5-a)+i(2a-1)$ пробегает прямую $Y=-2X+9\text{,}$ а $\arg z$ монотонно возрастает от $-\arctan 2\approx -1,107$ (предел при $a\to -\infty$) до $\pi -\arctan 2\approx 2,034$ (предел при $a\to +\infty$), оставаясь внутри $(-\pi ;\pi )\text{;}$ поэтому уравнение $S(a)=\frac{\pi }{4}$ имеет ровно один корень $a=2\text{,}$ а неравенство $S(a)>\frac{\pi }{4}$ задаёт именно луч справа от него.

Ответ: $a\in (2;+\infty )\text{.}$