Задача №18261

Пусть $X$ — сумма корней уравнения

$$a\cos x=\sqrt{2}+2\cos \left(x+\frac{\pi }{3}\right)$$

на промежутке $[0;2\pi )\text{,}$ а $Y$ — сумма корней уравнения

$$a\cos 2y-2\sin 2y=a-3\sin y$$

на том же промежутке. Найти все значения $a\text{,}$ при которых $\mathrm{ctg}\frac{X-Y}{2}=\sqrt{3}\text{.}$

Идея. Условие на оба уравнения связывает только суммы корней $X$ и $Y\text{,}$ причём через величину $\mathrm{ctg}\frac{X-Y}{2}\text{.}$ Эта функция имеет период $2\pi$ по аргументу $X-Y\text{:}$ сдвиг $X-Y$ на $2\pi$ меняет $\frac{X-Y}{2}$ на $\pi \text{,}$ а $\mathrm{ctg}$ имеет период $\pi \text{.}$ Поэтому достаточно знать $X$ и $Y$ лишь по модулю $2\pi \text{,}$ и неважно, сколько раз корни «оборачиваются» при приведении к промежутку $[0;2\pi )\text{.}$ Это сильно упрощает работу: сумма двух симметричных корней уравнения вида $p\cos t+q\sin t=r$ равна (с точностью до $2\pi$) удвоенному «фазовому углу».

Первое уравнение. Раскроем $2\cos \left(x+\frac{\pi }{3}\right)=2\left(\frac{1}{2}\cos x-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x\right)=\cos x-\sqrt{3}\sin x.$ Уравнение $a\cos x=\sqrt{2}+\cos x-\sqrt{3}\sin x$ принимает вид

$$(a-1)\cos x+\sqrt{3}\sin x=\sqrt{2}.$$

Это линейное по $\cos x,\sin x$ уравнение. Введём $R_1=\sqrt{(a-1{)}^2+3}\text{.}$ Так как $(a-1{)}^2\ge 0\text{,}$ то $R_1\ge \sqrt{3}>\sqrt{2}$ при всех $a\text{,}$ то есть $|\sqrt{2}|<R_1$ — уравнение всегда имеет ровно два корня на $[0;2\pi )\text{,}$ и $X$ определено при любом $a\text{.}$ Запишем левую часть как $R_1\cos (x-{\phi }_1)\text{,}$ где фазовый угол ${\phi }_1$ задан соотношениями $\cos {\phi }_1=\frac{a-1}{R_1},\sin {\phi }_1=\frac{\sqrt{3}}{R_1}\text{,}$ то есть ${\phi }_1=\arg ((a-1)+i\sqrt{3})\text{.}$ Уравнение $R_1\cos (x-{\phi }_1)=\sqrt{2}$ даёт два корня $x={\phi }_1\pm {\alpha }_1$ (где ${\alpha }_1=\arccos \frac{\sqrt{2}}{R_1}$), сумма которых равна $2{\phi }_1\text{.}$ Приведение каждого корня в $[0;2\pi )$ добавляет к сумме лишь кратное $2\pi \text{,}$ поэтому

$$X\equiv 2{\phi }_1(\mathrm{mod}2\pi ).$$

Второе уравнение. Используем $\cos 2y=1-2{\sin }^{2}y$ и $\sin 2y=2\sin y\cos y\text{.}$ Тогда

$$a\cos 2y-2\sin 2y-(a-3\sin y)=a(\cos 2y-1)-4\sin y\cos y+3\sin y=-2a{\sin }^{2}y-4\sin y\cos y+3\sin y.$$

Вынося $\sin y\text{,}$ получаем разложение на множители

$$\sin y(2a\sin y+4\cos y-3)=0.$$

Первый множитель: $\sin y=0$ даёт на $[0;2\pi )$ корни $y=0$ и $y=\pi$ с суммой $\pi \text{;}$ эти корни существуют при любом $a\text{.}$ Второй множитель: $4\cos y+2a\sin y=3\text{.}$ Здесь $R_2=\sqrt{16+4a^2}\ge 4>3\text{,}$ значит уравнение всегда имеет два корня. Проверим, не совпадают ли они с $y=0$ или $y=\pi \text{:}$ при $y=0$ получаем $4=3\text{,}$ при $y=\pi$ получаем $-4=3$ — оба ложны, наложения корней нет. По той же логике, что и выше, сумма пары корней второго множителя равна $2{\phi }_2$ по модулю $2\pi \text{,}$ где ${\phi }_2=\arg (4+2ai)=\arg (2+ai)\text{,}$ то есть $\cos {\phi }_2=\frac{4}{R_2},\sin {\phi }_2=\frac{2a}{R_2}\text{.}$ Складывая обе серии,

$$Y\equiv \pi +2{\phi }_2(\mathrm{mod}2\pi ).$$

Сведение условия. Имеем

$$X-Y\equiv 2{\phi }_1-\pi -2{\phi }_2(\mathrm{mod}2\pi ),\frac{X-Y}{2}\equiv {\phi }_1-{\phi }_2-\frac{\pi }{2}(\mathrm{mod}\pi ).$$

Условие $\mathrm{ctg}\frac{X-Y}{2}=\sqrt{3}$ равносильно $\frac{X-Y}{2}=\frac{\pi }{6}+\pi n\text{,}$ то есть

$${\phi }_1-{\phi }_2-\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{6}+\pi n⟺{\phi }_1-{\phi }_2=\frac{2\pi }{3}+\pi n.$$

Поскольку обе части определены по модулю $\pi \text{,}$ это в точности означает $\tan ({\phi }_1-{\phi }_2)=\tan \frac{2\pi }{3}=-\sqrt{3}$ (значения тангенса периодичны с периодом $\pi \text{,}$ поэтому переход к тангенсу не теряет и не добавляет решений; отдельно нужно следить лишь за случаями, где тангенсы не определены, см. ниже).

Вычисление тангенса. При $a\ne 1$ имеем $\tan {\phi }_1=\frac{\sqrt{3}}{a-1}\text{,}$ а $\tan {\phi }_2=\frac{2a}{4}=\frac{a}{2}$ (при любом $a\text{,}$ так как абсцисса $4>0$). По формуле тангенса разности

$$\tan ({\phi }_1-{\phi }_2)=\frac{\frac{\sqrt{3}}{a-1}-\frac{a}{2}}{1+\frac{\sqrt{3}}{a-1}\cdot \frac{a}{2}}=\frac{-a^2+a+2\sqrt{3}}{(\sqrt{3}+2)a-2}.$$

Приравнивая к $-\sqrt{3}\text{:}$

$$-a^2+a+2\sqrt{3}=-\sqrt{3}((\sqrt{3}+2)a-2)=-(3+2\sqrt{3})a+2\sqrt{3}.$$

Сокращая $2\sqrt{3}$ и перенося всё в одну сторону:

$$-a^2+a+(3+2\sqrt{3})a=0⟹-a^2+(4+2\sqrt{3})a=0⟹a(a-(4+2\sqrt{3}))=0.$$

Отсюда $a=0$ или $a=4+2\sqrt{3}\text{.}$

Проверка особых случаев и существования. Случай $a=1$ (где $\tan {\phi }_1$ не определён, ${\phi }_1=\frac{\pi }{2}$) проверяется отдельно: тогда ${\phi }_2=\arg (2+i)\text{,}$ и ${\phi }_1-{\phi }_2=\frac{\pi }{2}-\arctan \frac{1}{2}\ne \frac{2\pi }{3}+\pi n$ — условие не выполнено, лишнего корня не возникает. Знаменатель $(\sqrt{3}+2)a-2$ обращается в нуль при $a=\frac{2}{\sqrt{3}+2}=2(2-\sqrt{3})\approx 0,54$ — это не корень числителя, поэтому теряемых решений нет. Для найденных значений уравнения заведомо разрешимы: $X$ и $Y$ существуют (показано выше $R_1>\sqrt{2},R_2>3$), а $\frac{X-Y}{2}$ не кратно $\pi$ (иначе $\mathrm{ctg}$ был бы не определён) — это видно из прямой подстановки.

Прямая подстановка подтверждает оба значения.

• При $a=0\text{:}$ уравнение $-\cos x+\sqrt{3}\sin x=\sqrt{2}$ даёт ${\phi }_1=\arg (-1+i\sqrt{3})=\frac{2\pi }{3}\text{,}$ значит $X\equiv \frac{4\pi }{3}\text{;}$ уравнение $4\cos y=3$ даёт ${\phi }_2=0\text{,}$ значит $Y\equiv \pi \text{.}$ Тогда $X-Y\equiv \frac{\pi }{3}$ и $\mathrm{ctg}\frac{\pi }{6}=\sqrt{3}\text{.}$ Верно.
• При $a=4+2\sqrt{3}\text{:}$ $\tan {\phi }_1=\frac{\sqrt{3}}{3+2\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}=\tan \frac{\pi }{12}\text{,}$ то есть ${\phi }_1=\frac{\pi }{12}\text{,}$ $X\equiv \frac{\pi }{6}\text{;}$ $\tan {\phi }_2=\frac{a}{2}=2+\sqrt{3}=\tan \frac{5\pi }{12}\text{,}$ то есть ${\phi }_2=\frac{5\pi }{12}\text{,}$ $Y\equiv \pi +\frac{5\pi }{6}=\frac{11\pi }{6}\text{.}$ Тогда $X-Y\equiv \frac{\pi }{6}-\frac{11\pi }{6}=-\frac{5\pi }{3}\equiv \frac{\pi }{3}(\mathrm{mod}2\pi )\text{,}$ и снова $\mathrm{ctg}\frac{\pi }{6}=\sqrt{3}\text{.}$ Верно.

Ответ. $a=0$ и $a=4+2\sqrt{3}\text{.}$