Тема 18. Задачи с параметром

18.29 Три неизвестные x,y,z

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела задачи с параметром

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#31812

Найдите все значения параметра $a ∈[0;2π]$ , при каждом из которых система

(| 2 2 |{x + y +2z(x+y +z)− sina= 0 ||((x+1)sin2 a + y2√x-+a2√z +sin 3a= 0 2 2

имеет хотя бы одно решение $(x;y;z)$ .

Показать ответ и решение

Рассмотрим первое уравнение. Его можно переписать в виде

2 2 (x+ z) + (y +z) = sina

Так как сумма квадратов – величина неотрицательная, то необходимое условие существования хотя бы одного решения у первого уравнения: $sina ≥0$ . Заметим, что из равенства вида $A2+ A2+ ⋅⋅⋅+A2 = B2 1 2 n$ следует, что $|A |≤ |B| i$ , тогда из первого уравнения следует, что $|x +z|≤√sina≤ 1$ , $|y +z|≤ √sina≤ 1$ , то есть $− 1≤ x+z ≤1$ и $− 1≤ y+ z ≤ 1$ .

Из второго уравнения находим, что $x≥ 0$ , $z ≥ 0$ как подкоренные выражения.

Учитывая найденное, мы можем утверждать, что если у системы есть решение $(x;y;z)$ , то оно должно удовлетворять следующим условиям:

0≤ x≤ 1 − 2≤ y ≤ 1 0≤ z ≤ 1

Определим, какие ограничения на параметр $a$ накладывают найденные ограничения на неизвестные $x,y,z$ .

Из первого уравнения, как было сказано выше, следует, что $sin a≥0$ .

Так как $m2 ≥0$ , $∀m$ , и $√-- m ≥ 0$ , $m ≥0$ , то из второго уравнения получаем:

0= (x +1)sin2 a +y2√x +a2√z+ sin3a ≥sin2 a+ sin3a 2 2 2 2

Таким образом, значения параметра $a$ должны удовлетворять системе:

(|0 ≤a ≤2π ||||{ sina≥ 0 ||||| 3a a (sin2-+ sin22 ≤0

Так как $sin 3t= 3sin t− 4sin3t$ , то получим:

( ||||0≤ a≤ 2π |||||sina ≥0 |{ |||⌊ − 3 ≤ sina ≤0 ↔ a∈ {0;π;2π} ||||||| 4 2 ||(⌈sina= 1 2

Заметим, что при этих значениях параметра $sina= 0$ , следовательно, $x +z = y+ z = 0$ , следовательно, $x =y =z =0$ , и это решение удовлетворяет второму уравнению. Следовательно, при $a ∈{0;π;2π}$ система имеет единственное решение $(0;0;0)$ , а при других $a$ решений нет.

Ответ:

$a ∈{0;π;2π}$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#32715

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых система уравнений

({ √ -----2 √- 2 (x+ 25− z) + (y− z) = 9 ( a+ x= y

имеет хотя бы одно решение $(x;y;z)$ .

Показать ответ и решение

Первое уравнение при фиксированном $z$ задает окружность, центр которой лежит $O = (x ;y)= (−√25−-z;√z) 0 0$ и радиус $R =3$ . Так как $2 2 y0 + x0 = 25$ и $y0 ≥ 0$ , $x0 ≤ 0$ , то центр $O$ движется по верхней левой четверти окружности с центром в $Q(0;0)$ и радиусом $r =5$ . Следовательно, при всех $z ≥ 0$ первое уравнение задает голубую “колбаску”, состоящую из четверти области, заключенной между окружностями с центром в точке $Q$ и радиусами $2$ и $8$ , а также двух полукругов с центрами в точках $Oz=0(− 5;0)$ и $Oz=25(0;5)$ :

$PIC$

В розовой области находятся все положения прямой $y =x +a$ , при которых эта прямая с “колбаской” имеет хотя бы одну точку пересечения, то есть система имеет хотя бы одно решение $(x;y;z)$ (существует хотя бы одно $z$ , для которого существует такая окружность $√-----2 √-2 (x+ 25− z) +(y− z) =9$ , которая имеет с прямой $y = x+ a$ хотя бы одну точку пересечения $(x;y)$ ).

Заметим, что в силу симметрии голубой области и прямой $y = x+ a$ относительно прямой $y =− x$ , если прямая с окружностью для $z =0$ имеет точку пересечения, то она имеет и с окружностью для $z =25$ точку пересечения (положение $i$ ). А также в силу этой же симметрии положение $j$ задает прямую $y =x +a$ , точка пересечения которой с голубой областью единственна, следовательно, лежит на оси симметрии $y = −x$ .

$i$ :

ищем через формулу расстояния от центра окружности до прямой, которое равно радиусу окружности (так как прямая касается окружности):

R = ∘|y−-x−-a|-| √ ---- √- ⇔ 3 = |5−√0−-a|- ⇔ a= 5± 3√2 12+ (−1)2 x=− 25−z,y= z,z=25 2

Нашему положению соответствует меньшее $√- a =5 − 3 2$ .

$j$ :

ищем через точку пересечения прямой $y = −x$ и окружности $x2+ y2 =64$ во II четверти, то есть точку $(−4√2;4√2-)$ , которая лежит на $y =x+ a$ , откуда

√ - √- √ - 4 2= −4 2+ a ⇔ a =8 2

Следовательно, $a∈[5− 3√2;8√2].$

Ответ:

$a ∈[5− 3√2;8√2]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#32851

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых система

({ 2 2 (x − 4sinz) + (y +4cosz)= 1 ( |x|+|y|=a

имеет хотя бы одно решение $(x;y;z)$ .

Показать ответ и решение

Первое равенство при фиксированном $z$ задает окружность с центром в точке $Q (4sinz;−4 cosz)$ и радиусом $R =1$ . Так как $2 2 (4sinz) +(−4cosz) =16$ , то центр $Q$ окружности при изменении $z$ движется по окружности с центром в начале координат и радиусом $r= 4$ . Следовательно, при всех $z ∈ ℝ$ первое уравнение задает множество $S$ точек, располагающихся между окружностями с центром в начале координат и радиусами $3$ и $5$ (назовем это множество “бубликом”).

Рассмотрим второе уравнение. При $y ≥0$ оно равносильно $y = −|x|+ a$ , а при $y < 0$ равносильно $y =|x|− a$ . Следовательно, при $a >0$ оно задает квадрат, точка пересечения диагоналей которого совпадает с началом координат $O$ , а вершины лежат на координатных осях. При $a≤ 0$ оно задает точку $O$ или пустое множество, что нам не подходит (точка не лежит на бублике, а пустое множество дает пустое множество решений системы).

Рассмотрим два граничных положения для квадрата, находясь между которыми, квадрат имеет хотя бы одну точку пересечения с бубликом, следовательно, существует такое $z$ , для которого существует окружность, с которой квадрат имеет хотя бы одну точку пересечения, то есть существует такая тройка $(x;y;z)$ :

$PIC$

Так как половина диагонали квадрата равна $a$ , то $3= OA1$ , $5√2 =OK √2 =OA2$ и

OA ≤ a≤ OA ⇒ 3≤ a≤ 5√2- 1 1

Ответ:

$a ∈[3;5√2]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#31908

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых система

(| 2 ||{y√ + a= 4cosx || y+ z2 =a |((a− 2)2 = |z2 − 2z|+|sin2x|+4

имеет хотя бы одно решение и укажите решения системы для каждого найденного $a$ .

Показать ответ и решение

Перепишем систему в виде:

(| 2 ||{a =4√cosx− y ||a = y+ z2 |((a− 2)2 = |z2 − 2z|+|sin2x|+4

Так как $− 1≤ cosx ≤1$ и $y2 ≥ 0$ , то из первого равенства следует, что $a≤ 4$ . Так как $√y ≥0$ и $z2 ≥ 0$ , то из второго равенства следует, что $a≥ 0$ . Значит, $(a − 2)2 ≤4$ . Но правая часть третьего равенства $|z2− 2z|+ |sin2x|+ 4≥ 4$ , следовательно, по методу оценки третье равенство возможно тогда и только тогда, когда обе части равны $4$ :

( ( ( 2 ||| a= 4cosx − y2 ||| a= 4cosx − y2 ||||| a= 4cosx− y ||||| a= √y+ z2 ||||| a= √y+ z2 |{ a= √y+ z2 |{ |{ ||| (a − 2)2 = 4 ⇔ ||| a= 0;4 ⇔ ||| a= 0;4 |||( |z2− 2z|+ |sin2x|+ 4= 4 ||||| z = 0;2 ||||| z = 0;2 |( sin2x= 0 |( x= π2n,n∈ ℤ

1.: При $a= 0$ имеем $( ||||x = π2n,n ∈ℤ ( |||||y2 = 4cosπn |||x= π n,n ∈ℤ ( |||{⌊ ({ 2 |||{ 2 |||{x = π2 + πn,n ∈ℤ ||| (z√ = 0 ⇔ |y = 0 ⇔ |y =0 ||||||| ( y =0 |||||z = 0 ||(z =0 |||||||⌈ {z = 2 (4cosπ2n= 0 |( (√y +4= 0$
2.: При $a= 4$ имеем $( |||| x= π2n,n∈ ℤ ( ||||| y2 +4= 4cosπ2n |||x = π2n,n ∈ℤ ( |||{ ⌊({z =0 |||{y =0 |||{x = 2πn,n∈ ℤ | ||(√ - ⇔ | ⇔ |y = 0 ||||| |||( y = 4 |||||z =2 ||(z =2 ||||| |⌈{z =2 (cosπ2n =1 |( (√y-+4 =4$