Тема Квадратные трёхчлены

Задачи на исследование квадратичной функции

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела квадратные трёхчлены

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#103998

При каких значениях параметра $a$ три различных параболы с уравнениями $y = ax2+ x+ 1; y = x2+ax+ 1; y = x2+ x+ a$ имеют общую касательную? (Точки касания не обязаны совпадать)

Источники: КФУ - 2025, 11.5 (см. malun.kpfu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть y = kx + b — касательная. Касание каждой параболы дает 3 уравнения на равенство функций, причем каждое уравнение имеет единственное решение. Какая система тогда получится?

Подсказка 2

У нас есть три уравнения ax² + x + 1 = kx + b, x² + ax + 1 = kx + b, x² + x + a = kx + b. Каждое из них из-за касания имеет единственное решение. Какие три условия тогда можно еще записать?

Подсказка 3

Верно! Условия на равенство дискриминантов нулю. Тогда выходит, что (1-k)² = 4a(1-b), (a-k)² = 4(1-b), (1-k)² = 4(a-b). Как решать такую систему?

Подсказка 4

Точно! Из первого и третьего уравнений легко получить, что b = 0 при любых a или a = 1 при любых b. Какой из двух случаев реализуется?

Подсказка 5

Конечно, a = 1 не подходит, так как тогда две из трех парабол в условии совпадают. Тогда b = 0. Что получится, если это подставить?

Показать ответ и решение

Пусть $y =kx+ b$ — касательная из условия. Выразим условия пересечения прямой $y$ с каждой из парабол:

2 2 2 ax + x+ 1= kx+b, x +ax+ 1= kx+ b, x +x +a= kx+ b

Так как прямая является касательной к каждой из них, значит, у каждого уравнения должно быть единственное решение, получаем систему, приравнивая дискриминант каждого уравнения к нулю:

(| (1− k)2 − 4a(1− b)= 0 { (a− k)2− 4(1− b)= 0 |( (1− k)2 − 4(a− b)= 0

(|{ (1− k)2 = 4a(1− b) (a− k)2 = 4(1− b) |( (1− k)2 = 4(a− b)

Из первого и третьего уравнений:

4a(1− b)= 4(a− b)⇒ a − ab= a− b⇒ ab= b

Отсюда возможно два случая:

[ b =0, для лю бого a a =1, для любого b

Значение $a= 1$ не подходит, так как тогда первая и третья параболы совпадают, что противоречит условию об их различии.

Так как $b= 0,$ верно:

{ (1− k)2 = 4a (a− k)2 = 4

{ (1− k)2 = 4a k =a∓ 2

Получаем 2 случая:

[ (3− a)2 = 4a, если k= a− 2 (1+ a)2 = 4a, если k= a+ 2

Решения: $a= 1$ при $k= 3,$ $a= 1$ при $k =− 1,$ $a= 9$ при $k =7.$

Из всех решений подходит только одно: $a= 9$ при $k= 7.$ Получаем единственное значение параметра: $a= 9.$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#104127

Найдите все квадратные трёхчлены, минимальные значения каждого из которых на отрезках $[0;1]$ , $[1;2]$ и $[2;3]$ равны 3, 6 и 7 соответственно.

Источники: Миссия выполнима - 2025, 11.3 (см. www.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Кажется, решения в одну строчку тут не будет.. Придется разбирать случаи. А в каких точках на промежутке могут быть минимальные значения у квадратного трёхчлена?

Подсказка 2

Действительно, минимальные значения будут или на границах, или в вершине параболы. Давайте отдельно разбираться с серединным отрезком - [1;2] и где может быть минимальное значение, заодно выясним монотонность функции на этом отрезке!

Подсказка 3

Нужно понять, где находится вершина параболы, опять разбирать случаи... Мы уже что-то можем сказать про отрезок [1;2], так что логично сравнить вершину с 1

Подсказка 4

Ага, определили, где вершина, отсюда сразу знаем знак коэффициента перед x². Зная про минимальные значения и составляя уравнения, получаем единственный подходящий квадратный трёхчлен, ура!

Показать ответ и решение

Пусть уравнение нашей параболы $f(x)=ax2+ bx+ c.$

Заметим, что на отрезке $[1;2]$ минимальное значение не может достигаться в точке 2, так как в противном случае на отрезке $[2;3]$ минимальным значением было бы число 6, что противоречит условию задачи. Таким образом, минимальное значение на отрезке $[1;2]$ либо в точке 1, либо внутри интервала $(1;2)$ , что соответствует вершине параболы.

Рассмотрим случай, когда минимальное значение на отрезке $[1;2]$ достигается в вершине параболы, назовем эту точку $x0 ∈(1;2).$ Ясно, что в этом случае в точке $x0$ будет достигаться либо максимальное, либо минимальное значение параболы $f(x0)= 6,$ что невозможно, так как по условию задачи существуют такие точки $x1, x2$ , что $f(x1)= 3$ и $f(x2)=7.$ Таким образом получаем, что $f(1)=6.$ Заметим также, что на отрезке $[1;2]$ парабола не может убывать, так как в таком случае ее минимум достигался бы в точке 2. Следовательно, $f(x)$ возрастает при $x∈ [1;2].$

Рассмотрим случай, когда точка вершины параболы $x0 ≤ 1,$ тогда $a> 0.$ Так как при $x> 1$ парабола возрастает, то минимальное значение на отрезке $[2;3]$ достигается в точке 2 и равно $f(2)=7.$ Если вершина параболы лежит вне отрезка $[0;1],$ , то получаем, что $f(0)=3,$ откуда однозначно определяем параболу $f(x)= −x2+4x +3,$ что противоречит заданному условию $a> 0.$ Если вершина параболы лежит внутри отрезка $[0;1].$ Тогда, при изменении аргумента $1− x0 < 1$ , значение параболы $f(1)− f(x0)$ изменяется на 3, при этом $f(2)− f(1)=1,$ что невозможно.

Теперь рассмотрим случай, когда $x0 ≥ 1,$ отсюда $a< 0.$ Так как парабола возрастает на отрезке $[0;1],$ то получаем $f(0)= 3,$ тогда минимум на отрезке $[2;3]$ будет достигаться на одном из его концов, то есть либо $f(2)= 7,$ либо $f(3)= 7.$ Первый случай мы уже рассматривали, получив $f(x)= −x2+ 4x+ 3,$ здесь такая парабола тоже не подходит, так как $f(2)=7,$ что противоречит условию. Решая систему для второго случая, получим $f(x)=− 56x2+ 236 x +3.$ Осталось проверить, что такая парабола действительно подходит. В самом деле, вершина параболы принадлежит отрезку $[2;3],$ причем минимальное значение на этом отрезке равно $f(3)=7,$ а на отрезках $[0;1]$ и $[1;2]$ парабола возрастает, принимая минимальный значения в $f(0)= 3$ и $f(1)=6$ соответственно.

Ответ:

$− 5x2 + 23x +3 6 6$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#104132

Отрезок длины $1$ двигали так, что оба его конца перемещались только по параболе $y = ax2,$ причём абсциссы соответствующих точек только возрастали. Весь отрезок первоначально находился в полуплоскости $x< 0,$ а в итоге оказался в полуплоскости $x > 0.$ Найдите множество всех возможных значений параметра $a$ .

Источники: Миссия выполнима - 2025, 11.8 (см. www.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Так, у нас есть декартова система координат, и мы занимаемся сдвигом отрезка, как бы это всё выразить?

Подсказка 2

О, а давайте что-нибудь посчитаем через тригонометрию! Пусть наш отрезок PQ (причем у каждой точки есть свои координаты, их тоже можем ввести), Q' — проекция Q на абсциссу, будем выражать все через величину угла PQQ'

Подсказка 3

А что будем выражать?.. Например, можем выразить через разность координат абсцисс и ординат у концов отрезка, откуда получим функцию абсциссы одной из точек, зависящую от параметра и нашего угла. Хм, эта функция должна строго возрастать по условию..

Подсказка 4

Да, можно исследовать функцию, найти производную и показать, что при других значениях параметра мы не сможем выполнить условия.

Показать ответ и решение

Пусть $P (p;ap2)$ и $Q (q;aq2)$ — концы отрезка, причем $p >q$ и $PQ = 1$ . Обозначим через $φ$ величину угла $PQQ′$ , где $Q′$ — проекция точки Q на ось абсцисс. Тогда $2 2 q − p= − sinφ,aq− ap = cosφ$ , откуда $q =$ $ctgφ- sinφ − 2a − 2$ . Если функция $q = q(φ)$ , отображающая интервал $(0;π)$ в интервал $(−∞; +∞ )$ , строго возрастает, то отрезок длины 1 можно переместить так, как это указано в условии задачи.

Имеем $′ --1--- cosφ- q(φ)= 2asin2φ − 2$ . Неравенство $′ q(φ)≥ 0$ преобразуется к виду $2 1 sin φcosφ≤ a$ , а исследование функции $2 u(φ)= sin φcosφ$ показывает, что $-2- u(φ)≤ 3√3$ , причем равенство достигается только при $1- φ= φ0 = arccos√3$ . Это значит, что полуинтервал ( $√- 0;323$ ] принадлежит множеству искомых значений $a$ .

С другой стороны, при $√- a> 323$ имеем $q′(φ0)< 0$ , функция $q(φ)$ убывает в окрестности числа $φ0$ и движение отрезка не может удовлетворять всем заданным условиям. Покажем также, что, если $√ - a > 323$ , то при движении отрезка обязательно был момент, когда выполнялось равенство $φ =φ0$ . В самом деле: для $p =0$ имеем равенства $q = − sinφ,aq2 = cosφ$ и, как следствие, соотношения $√ ---- cosφ= −-1+-2a4a2+1> 1− 12a > cosφ0$ и $φ <φ0$ . А при $p +q = 0$ имеем $cosφ =aq2− ap2 = 0,$ то есть $φ= π2 >φ0$ . Ввиду непрерывности изменения величины $φ$ и делаем вывод о существовании указанного момента.

Ответ:

$(0;3√3] 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#125062

Даны квадратные трёхчлены $P(x)$ и $Q(x);$ обозначим $p = P(n) n$ и $q = Q(n). n$ Раз в минуту Саша рисует на координатной плоскости прямую: на первой минуте — прямую с уравнением $y = p1x+ q1,$ на второй — с уравнением $y = p2x+ q2,$ …, на $i$ -й минуте — с уравнением $y =pix+ qi.$ Через некоторое время Саша нашёл три нарисованные прямые, которые проходят через одну точку. Докажите, что все нарисованные прямые проходят через одну точку.

Источники: Всеросс, РЭ, 2025, 9.3 (см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1:

Давайте возьмём какие-то две прямые, проведенный на k-й и m-й минутах, которые пересеклись. Что можно сказать про абсциссу точки пересечения? Получится ли как-нибудь выразить её через k, m и коэффициенты трёхчленов?

Подсказка 2:

Пусть теперь есть три прямые: k-я, m₁ и m₂. Значит, эту абсциссу можно выразить как через m₁, так и через m₂. Попробуйте приравнять их.

Подсказка 3:

Если вы сделали всё правильно, то должны были получить равенство (k + m₁)(ub − av)=(k + m₂)(ub − av), где a, b — коэффициенты при второй и первой степенях соотвественно у P, и u, v — у Q.

Показать доказательство

Пусть $P(x)= ax2+bx+ c,$ а $Q(x)= ux2+vx+ w.$

Пусть прямые, нарисованные на $k$ -й и $m$ -й минутах, пересекаются в точке с абсциссой $x0$ (причём $pk ⁄= pm$ ). Это значит, что $pkx0+ qk =pmx0 +qm,$ или

qm − qk u(m2 − k2)+ v(m − k) u(k+m )+v x0 = pk−-pm = a(k2−-m2)+-b(k−-m)-=− a(k+m-)+b, (∗)

если $pk ⁄= pm.$

Пусть теперь прямые, нарисованные на $k$ -й, $m1$ -й и $m2$ -й минутах пересекаются в одной точке. Заметим, что квадратный трёхчлен $P(x)$ принимает каждое значение не более двух раз, поэтому в множестве ${pk,pm1,pm2}$ есть хотя бы два раличных значения. Без ограничений общности будет считать, что $pm1 ⁄=pm2.$ Тогда полученная формула означает, что

u(k+-m1)+-v= u(k+-m2)+-v. (∗∗) a(k+ m1)+ b a(k+ m2)+ b

Домножив на знаменатели и сократив подобные слагаемые, получаем

(k+ m1)(ub− av)=(k+ m2)(ub− av),

что при $m1 ⁄= m2$ означает, что $ub− av = 0.$ Таким образом, равенство выше верно вообще для всех значений $m1$ и $m2,$ а значит, и равенство (**) будет выполнено для всевозможных значений $m1$ и $m2,$ что и означает, что прямые, нарисованные в произвольные моменты $m 1$ и $m , 2$ пересекают $k$ -ю прямую в одной и той же точке.

Рассуждение выше может не сработать только для момента $m,$ когда $p = p . k m$ Но, поскольку нам уже известно, что все остальные прямые пересекаются в одной точке, можно теперь провести такое же рассуждение для других трёх моментов, установив требуемое.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#125075

Известно, что функция $f(x)=ax2+ (a+1)x+ b$ принимает неотрицательные значения для всех $x$ . Найдите наименьшее значение выражения $2a+$ $b+1.$

Источники: Звезда - 2025, 11.3 ( см. zv.susu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хотим получить оценку снизу. Воспользуемся условием неотрицательности функции, а также тем, что она представлена квадратным уравнением. Какие условия из этого можем получить?

Подсказка 2

Отсюда возникают условия на дискриминант (меньше либо равен 0), а также на положительность коэффициента при старшей степени. Отсюда легче всего получить оценку снизу именно для b (для a тоже можно, но выражение будет неприятнее).

Подсказка 3

Теперь в искомом выражении заменим b на нашу оценку снизу. Однако можно заметить, что у нас все ещё остаются слагаемые с a. попробуем их тоже как-то оценить снизу. Как можно аккуратно это сделать?

Подсказка 4

На данном этапе у нас есть дробь, в числителе и знаменателе которой есть слагаемые с a. Хотим оценить её снизу. Обратим внимание на то, что (если не было совершено арифметических ошибок), в числителе дроби выражение имеет вид xa² + 1. Тогда знаем, что можно оценить его снизу как xa² + 1 ≥ √(xa²). Это возможно как раз из-за того, что для любых xa² ≥ 1 выполняется даже xa² ≥ √(xa²), а в случае xa² < 1 имеем, что и √(xa²) < 1, поэтому 1 + xa² > √(xa²). После такой оценки выражение уже не зависит от а и имеет точное значение. Оно и будет наименьшим.

Показать ответ и решение

Так как $f(x)$ принимает неотрицательные значения для всех $x,$ то $(a+ 1)2 ≤4ab$ и $a >0.$ Получаем

(a+1)2 b≥ 4a

Построим оценку:

(a +1)2 8a2+(a+ 1)2+ 4a 9a2+ 6a+1 2a+b+ 1≥ 2a+ --4a--+ 1= ------4a------= ----4a--- =

√--- = 3+ 9a2+1-≥ 3+ -9a2 =3 2 4a 2 2a

Причём равенство достигается при $a = 1, 3$ $b= 4. 3$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#85542

Квадратные трехчлены $f,g$ и $h$ таковы, что при каждом вещественном $x$ числа $f(x),g(x),h(x)$ являются длинами сторон некоторого треугольника, а числа $f(x)− 1,g(x)− 1,h(x)− 1$ не являются длинами сторон треугольника. Докажите, что один из многочленов $f +g− h,f + h− g,g+ h− f$ постоянен.

Показать доказательство

Понятно, что про больших значениях переменной $x$ каждая из функций $f + g− h− 1,f +h− g− 1,g +h− f − 1$ будет иметь постоянный знак, причем у одной из функций при больших $x$ значения точно должны быть отрицательными. Пусть у функции $f +g − h− 1.$ Тогда при больших $x$ выполнено $0< f + g− h< 1.$ Если $f + g− h$ не константа, то при больших значениях $x$ она будет принимать большие по модлую значения (в частности, большие $1$ ). Значит, $f + g− h$ — постоянная функция.

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#85544

Квадратные трехчлены $f(x)⁄= g(x)$ отличаются друг от друга перестановкой коэффициентов. Оказалось, что $f(x)≥ g(x)$ при всех вещественных $x.$ Докажите, что коэффициенты трехчлена $f(x)$ образуют арифметическую прогрессию (в некотором порядке).

Показать доказательство

Предположим, один из коэффициентов при соответствующих степенях $f(x)$ и $g(x)$ совпадают. Тогда, поскольку суммы коэффициентов $f(x)$ и $g(x)$ совпадают, получаем, что $k l f(x)− g(x)=a(x − x)$ при $k⁄= l.$ Легко проверить, что в таком случае в точке $1∕2$ или $2$ значение выражения $k l a(x − x )$ меньше нуля — противоречие. Понятно, что дискриминант трехчлена $f(x)− g(x)$ должен быть не больше $0.$ Пусть $2 f(x)= ax +bx+ c.$ Коэффициенты трехчлена $g(x)$ являются коэффициентами $f(x),$ сдвинутыми по циклу, можно считать, что на $1,$ иначе поменяем $f$ и $g$ местами. Тогда дискриминант равен

(b − c)2 − 4(a− b)(c − a)= b2− 2bc+c2+ 4bc+ 4a2− 4ab− 4ac=(b+ c)2+ (2a)2− 2⋅2a ⋅(b+ c)= (b+c − 2a)2 ≥0

Тогда $b +c− 2a= 0,$ то есть образуют арифметическую прогрессию.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#85554

Кривая, заданная уравнением $y = x2+ px+ q$ , пересекает ось $Ox$ прямоугольной декартовой системы координат в точках $A$ и $B$ , а ось $Oy$ - в точке $C$ (все три точки различны). Известно, что точка $D$ равноудалена от точек $A,B$ и $C$ , а сумма ее координат равна (-2023). Найдите минимально возможную при данных условиях длину отрезка $AB$ .

Источники: ПВГ - 2024, 11.5 (см. pvg.mk.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

А, В, С — точки параболы, причём при пересечении с осями Ох и Оу. Тогда про координаты этих точек много уже известно. Подумайте, как называют точки пересечения параболы и оси Охи, и используйте известную теорему для квадратного уравнения.

Подсказка 2

Известная теорема для квадратного уравнения— теорема Виета. Используйте и другие условия задачи, постарайтесь получить значение q - p, ведь только эти переменные изначально даны в условии.

Подсказка 3

Вы уже знаете, что абсциссы А и В — это корни квадратного уравнения и помимо теоремы Виета у них есть явные формулы, используйте это, выражая АВ.

Показать ответ и решение

Из условия вытекает, что $q ⁄= 0$ . Если обозначить $A(x;0),B(x;0),C(0;q),D (x;y) 1 2$ , то, очевидно, что $x= x1+x2- 2$ . Далее

2 2 |DB| = |DC |

2 2 2 2 (x− x2) +y = x + (y − q)

2qy =q2+ 2xx − x2 2 2

Так как $2x= x1+ x2$ , то $2qy = q2+ x1x2$ . Поэтому с учетом теоремы Виета: $x =− p2,y = q+12-$ .

Тогда из условия задачи имеем уравнение

q− p= 2⋅(− 2023)− 1 =− 4047

По формуле корней квадратного уравнения,

-- ∘ ------ |AB|= |x2− x1|=√ D = p2− 4q,

откуда следует

|AB|2 = p2 − 4q = p2− 4p +4⋅4047= (p− 2)2 +4⋅4046≥4 ⋅4046

Данное значение $√---- √ -- |AB |= 2 4046= 34 14$ достигается при $p =2,q = −4045$ .

Ответ:

$2√4046= 34√14$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#85566

На координатной плоскости $Oxy$ рассматривается угол, образованный прямыми $y = x$ и $y = −2x$ , целиком лежащий в полуплоскости $y ≥0$ . Среди всех парабол вида $2 y = ax + bx +c$ , вписанных в данный угол, найдите ту параболу, которая принимает наименьшее значение в точке $x =2$ .

Источники: Курчатов - 2024, 11.6 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Подсказки к задаче

Внимание

Условие этой задачи можно понимать по-разному:

Подсказка 1 по первому варианту

Вспомним, что означает с точки зрения уравнений, что парабола касается прямой, запишем эти условия в алгебраической форме. Получим некоторые условия, связывающие между собой коэффициенты квадратного трехчлена.

Подсказка 2 по первому варианту

Теперь, имея условие на коэффициенты трехчлена, останется только подставить в выражение для него x=2 и минимизировать получившуются величину.

Подсказка 1 по второму варианту

Условие, что парабола имеет вершину при x=2, можно записать алгебраически: это значит, что выделяя полный квадрат, мы получим скобку (х-2)^2.

Подсказка 2 по второму варианту

Далее получаем условие на коэффициенты трехчлена, связанные с тем, что искомая парабола касается двух прямых. Из этих условий коэффициенты определяются однозначно!

Показать ответ и решение

Пусть парабола $y =ax2+ bx+ c$ касается обеих прямых $y = x$ и $y = −2x$ . Касание с прямой $y = x$ означает, что квадратное уравнение $2 ax + bx +c =x$ имеет единственное решение, т.е. дискриминант $D1$ этого квадратного уравнения равен 0 . Запишем это условие: $2 D1 = (b− 1)− 4ac= 0$ .

Аналогично, касание с прямой $y = −2x$ означает, что квадратное уравнение $2 ax +bx+ c= −2x$ имеет единственное решение, поэтому дискриминант $D2$ этого квадратного уравнения также равен $2 0 :D2 = (b+ 2) − 4ac= 0$ . Из этих двух равенств следует, что $2 2 (b− 1) = (b+2)$ , поскольку оба этих выражения равны $4ac$ . Решая это уравнение относительно $b$ , получаем $1 b= −2$ . Подставим это значение $b$ в формулу для $D1$ и найдем $-9 ac= 16$ . Подставим в уравнение параболы $2 y = ax + bx+ c$ значения $x =2$ и $b=$ $1 −2$ : получается выражение $4a+ c− 1$

Найдём, какое наименьшее значение принимает это выражение при условии $9 ac= 16$ .

Заметим, что $a> 0$ , поскольку парабола лежит в верхней полуплоскости относительно оси $Ox$ , а значит, и $c>0$ . Поэтому мы можем применить неравенство Коши: $√--- 4a+ c≥ 2 4ac=3$ , откуда $4a+ c− 1 ≥3− 1= 2$ . Значит, наименьшее значение равно 2 , причем оно достигается, когда $4a +c=$ $√ --- 2 4ac$ . Перенося все слагаемые налево, получаем, что $√- √- (2 a− c)2 = 0$ , откуда $√- √ - 2 a= c$ и $c= 4a$ . Подставляя $c$ в формулу $ac= 196$ и помня, что $a,c> 0$ , получаем $a = 38$ и $c= 32$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Принимались также решения, в которых условие понималось так, чтобы найти параболу, которая принимает своё наименьшее значение в точке $x= 2$ . Решение задачи в этой трактовке приведено ниже.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Пусть наша парабола имеет вершину в точке $x= 2$ . Тогда ее уравнение выглядит так: $y = a(x− 2)2+d$ для некоторых чисел $a$ и $d$ .

Касание с прямой $y =x$ означает, что квадратное уравнение $a(x− 2)2+ d= x$ имеет единственное решение, т.е. дискриминант $D1$ этого квадратного уравнения равен 0 . Запишем это условие: $D1 = (4a+ 1)2 − 4a(4a +d)= 0$ .

Аналогично, касание с прямой $y = −2x$ означает, что квадратное уравнение $a(x− 2)2 +d =−2x$ имеет единственное решение, поэтому дискриминант $D2$ этого квадратного уравнения также равен $0:D2 = (4a− 2)2 − 4a(4a+ d)= 0$ . Из этих двух равенств следует, что $(4a+ 1)2 = (4a − 2)2$ , поскольку оба этих выражения равны $4a(4a+ d)$ . Решая это уравнение относительно $a$ , получаем $a = 18$ . Подставим это значение $a$ в формулу для $D1$ и найдем $d= 4$ . Таким образом, мы нашли уравнение искомой параболы:

y = 1(x− 2)2+ 4= 1x2− 1x+ 9 8 8 2 2

Ответ:

$y = 3x2− 1x + 3 8 2 2$

в другой трактовке условия $1 2 1 9 y = 8x − 2x+ 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#92262

Многочлен $f(x)$ второй степени имеет действительные коэффициенты. Попарно различные действительные числа $a,b,c$ удовлетворяют условиям

f(a)= bc,f(b)= ca,f(c)=ab.

Найдите все возможные значения выражения

f(a)+-f(b)+-f(c) f(a+ b+c)

при условии, что $f(a +b+ c) ⁄=0$ .

Источники: ДВИ - 2024, вариант 244, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте запишем f(x) в явном виде. f(x) = dx² + ex + f, где d - ненулевой коэффициент! Теперь нужно как-то использовать условие на связь a, b, c.

Подсказка 2

Составим систему из 3х уравнений. Мы бы очень хотели восстановить все коэффициенты многочлена f(x). Что можно сделать?

Подсказка 3

Может помочь вычитание уравнений! Например, вычтем из второго первое и из третьего первое. В итоге красиво собираются коэффициенты: перед d — разность квадратов, перед e — разность этих же чисел, справа — число, помноженное на эту же разность!

Подсказка 4

Если расписать разность квадратов, то у каждого из слагаемых уравнения будет общий множитель ;) Поскольку a,b,c - различные, то мы без проблем можем обе части уравнения поделить на этот множитель!

Подсказка 5

В итоге получили систему из двух линейных уравнений относительно d и e. Можем решить ее аналогичным вычитанием!

Подсказка 6

После того, как нашли d и e, можем найти f путем подстановки известных коэффициентов в любое уравнение исходной системы.

Подсказка 7

Коэффициенты f(x) восстановлены! Теперь остается аккуратно подставить значения функции в выражение [f(a)+f(b)+f(c)]/f(a+b+c)

Показать ответ и решение

Пусть многочлен $f(x)$ имеет вид $dx2+ ex +f.$ Тогда выпишем условия:

( a2d +ae+ f = bc |{ 2 |( bd2+ be+ f = ca cd+ ce+ f = ab

Вычтем из второго уравнения первое, из третьего вычтем первое:

{ (b2− a2)d+ (b− a)e= c(a− b) (c2− b2)d+ (c − b)e =a(b− c)

Так как по условию все числа попарно различны, то получаем

{ (a +b)d+e =− c (c+ b)d +e= −a

Вычитая из верхнего нижнее:

(a− c)d= a− c, d= 1

Тогда

e= −a − b− c

f =bc− a(− a− b− c)− a2 = ab+ bc+ ac

Наконец, вычислим искомое

f(a)+f(b)+f(c) --f(a+-b+c)-- =

= -------2-----bc+-ca-+ab--------------= (a +b+ c)− (a+b+ c)(a+ b+ c)+ ab+bc+ ca

ab-+bc+-ca- = ab +bc+ ca =1

Ответ: 1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#104580

Существует ли квадратный трехчлен, все значения которого в натуральных точках — кубы натуральных чисел?

Показать ответ и решение

Пусть существует. Обозначим наш трехчлен за $P.$ Для начала заметим, что старший коэффициент нашего многочлена положительный, иначе с какого-то момента у нас все значения будут отрицательные, а значит, не будут кубами натуральных чисел. Найдем натуральное число $k$ такое, что после него наш многочлен возрастает. Пусть $3 P (k)= a .$ Заметим, что тогда $3 P(k+1)≥ (a+1) .$ Аналогично $3 P (k+ t)≥(t+a) ,$ где $t$ любое натуральное число. Тогда справа у нас кубический многочлен от $t,$ а слева квадратный от $t.$ Тогда при достаточно больших $t$ полученное неравенство верно не будет.

Ответ:

Нет

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#31046

Для квадратного трёхчлена $f(x)$ и некоторых действительных чисел $l,t$ и $v$ выполнены равенства: $f(l) =t+ v,f(t)=l+ v,f(v)= l+ t$ . Докажите, что среди чисел $l,t$ и $v$ есть равные.

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Хм, мы знаем, что у квадратного трёхчлена не более двух корней, а нас просят доказать, что среди трёх чисел есть равные... Что хочется сделать?

Подсказка 2

Да, хочется ввести другой трёхчлен, у которого числа l, t, v могут являться корнями! Какой трёхчлен можем придумать, опираясь на условие?

Подсказка 3

Например, g(x) = f(x) + x - l - t- v подойдет! Что можно сказать про значения g(l), g(v), g(t)?

Показать доказательство

Первое решение.

Рассмотрим многочлен $g(x)=f(x)+x − (l+t+ v)$ . Очевидно, что это квадратный трехчлён, поэтому у него не более двух корней, но $g(l) =g(v)=g(t)= 0$ . Квадратный трёхчлен не может иметь три различных корня. Значит, какие-то из чисел $l,t,v$ равны.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Исходя из условия, имеем

f(l)− f(t) --l− t--=− 1

f(t)− f(v)= −1 t− v

Точка с абсциссой $t$ лежит на двух параллельных прямых, следовательно на одной и той же прямой, откуда прямая $3$ раза пересекает график функции, а она может пересекать максимум $2$ раза.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#78818

Для какого наименьшего натурального числа $a$ существуют целые числа $b$ и $c$ такие, что квадратный трёхчлен $ax2+bx+ c$ имеет два различных положительных корня, не превосходящих $-1- 1000?$

Источники: Всеросс., 2022, ЗЭ, 9.6(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение. Докажем, что $a≥ 1001000.$ Заметим, что если $y$ —корень трёхчлена $ax2+bx+ c,$ то $1∕y$ —корень трёхчлена $2 cx + bx +a.$ Поэтому в задаче нужно найти наименьшее натуральное $a,$ для которого корни $x1$ и $x2$ некоторого трёхчлена $2 cx + bx +a$ (с целыми $b$ и $c$ ) больше $1000.$ Поскольку $x1$ и $x2$ положительны и $x1x2 =a∕c$ (по теореме Виета), имеем $c> 0.$

Если $c= 1,$ то $√ 2----- |x1− x2|= b − 4a≥ 1.$ Поскольку меньший корень не меньше $1000,$ больший корень не меньше $1001,$ а тогда $a= x1x2 ≥ 1001 ⋅1000.$ Если же $c≥2,$ то $a =cx1x2 ≥ 2x1x2 > 2000000.$ В обоих случаях требуемая оценка доказана.

Осталось заметить, что трёхчлен $2 x − (1000+ 1001)x +1001⋅1000$ имеет корни $1000$ и $1001,$ поэтому $a= 1001000$ подходит.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Положим для краткости $n =1000.$ Пусть $x1$ и $x2$ — два различных корня трёхчлена $f(x)= ax2+ bx +c,$ причём $0 <x1 < x2 ≤ 1n.$ Тогда число $b= −a(x1+x2)$ отрицательно, а число $c=ax1x2$ положительно. Более того, имеем $−ab= x1+ x2 < 2n,$ откуда $a> − nb2 .$

Поскольку корни различны, дискриминант $D = b2− 4ac$ положителен. Следовательно, $b2 > 4ac> −2nbc$ и, значит, $− b> 2nc.$ Поэтому $a> (−b)⋅ n2 > 2nc⋅ n2 = n2.c$ Пусть $a= n2c+d,$ где $d$ — натуральное число.

Предположим, что $a< n2+ n.$ Тогда $c= 1$ и $d< n.$ Стало быть,

( ) 0≤ f 1 = -a2 + b+ c= d2 + b +2 <-1+ b+ 2 n n n n n n n

и, значит, $− b< 2n+ 1.$ Следовательно, $− b≤ 2n$ и

D =b2− 4ac≤4n2− 4(n2+d)= −4d <0

Это противоречие показывает, что $d≥ n.$

Если же $a =n2+ n,$ то при $b=− 2n − 1$ и $c= 1$ трёхчлен имеет корни $x1 = -1- n+1$ и $x2 = 1. n$

Ответ:

$a =1001000$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#88689

Дан квадратный трехчлен $P (x)$ . Докажите, что существуют попарно различные числа $a$ , $b$ и $c$ такие, что выполняются равенства

P(b+c)= P(a),P(c+ a)= P(b),P (a +b)= P(c).

Источники: Всеросс., 2022, РЭ, 10.2(см. olympiads.mccme.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Очень полезно уметь представлять такие задачи. Мы знаем, что Р(х) --- это трёхчлен. Как выглядит его график?

Подсказка 2

Это парабола! Вспомним, что парабола симметрична относительно некоторой вертикальной прямой. А если значения в двух различных точках параболы равны, то что можно сказать про эти точки?

Подсказка 3

Они равноудалены от абсциссы вершины параболы! Теперь подумайте, чему равна сумма таких точек, и из этого приведите пример к задаче.

Показать доказательство

Пусть $d$ — абсцисса вершины параболы $y =P(x)$ , так что прямая $x= d$ — ось симметрии параболы. Тогда для любых чисел $t$ и $s$ с суммой $2d$ (т.е. таких, что точки $t$ и $s$ симметричны относительно $d)$ выполнено $P(t)= P(s)$ .

Таким образом, любая тройка попарно различных чисел $a,b,c$ с суммой $2d$ будет удовлетворять условию задачи. Можно взять, скажем,

2d 2d 2d a =-3 − 1,b= 3-,c= 3-+1.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#91339

Квадратные трёхчлены $f(x)$ и $g(x)$ таковы, что $f′(x)g′(x)≥ |f(x)|+ |g(x)|$ при всех действительных $x.$ Докажите, что произведение $f(x)g(x)$ равно квадрату некоторого трёхчлена.

Показать ответ и решение

Пусть $f(x)= ax2+ bx+ c$ и $g(x)= dx2+ ex+ f$ . Тогда

2 2 (2ax +b)(2dx+ e) ≥|ax +bx+ c|+ |dx + ex+ f|

Слева трехчлен и он всегда должен быть хотя бы 0. Значит $ad >0$ . Так как $a$ и $d$ не 0, то при $x1 =− b- 2a$ и при $x2 =− e-, 2d$ и значит, левая часть неравенства равна 0, а значит, и правая, то есть

f(x1)= g(x1)= f(x2)= g(x2)= 0

Если $x1 ⁄= x2$ , то у $f(x)$ и $g(x)$ совпадают корни. Значит,

f(x)g(x)= ad(x− x )2(x− x )2 = (√ad(x− x )(x− x ))2 1 2 1 2

Если $x1 = x2 =k$ , то $f(x)= ax2− 2xak+ c$ и раз $k$ — корень этого уравнения, то $f(x)= a(x− k)2$ и аналогично $g(x)= d(x− k)2$ . Отсюда

f(x)g(x)= (√ad(x − k)2)2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#44070

При каких целых числах $b$ и $c$ выражение $√4x2-+bx+-c$ целое при любых целых $x?$

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Сперва прибегнем к идее, которая часто используется, когда под корнем есть квадратный трёхчлен: выделение полного квадрата. Возможно, это натолкнёт нас на какую-то идею...

Подсказка 2

После выделения полного квадрата под корнем к нему добавляется константа c - (b/4)². По условию корень должен быть целым числом для любого целого x. И тут возникает вопрос: а что будет при достаточно больших x? Не будет ли каких-то проблем с извлечением корня?

Подсказка 3

На самом деле при достаточно больших x эта добавка будет довольно мала по сравнению с полным квадратом. Чем больше полный квадрат, тем дальше от него располагается следующий за ним квадрат. При подстановке всё больших x в конце концов эта добавка станет меньше, чем разница между квадратами соседних чисел, тогда корень не будет целым числом! Что же из этого следует?

Подсказка 4

Это значит, что необходимо равенство добавки нулю. Тогда нетрудно понять, что для достаточности этого условия числу b достаточно быть кратным четвёрке. Попробуем доказать необходимость этого факта. В таких задачах часто помогает подстановка различных "хороших" значений х. Попробуйте поэкспериментировать!

Подсказка 5

Например, обязательно надо подставить x = 0. Тогда получаем, что c = k², k ∈ ℤ. А теперь можно использовать это соотношение и равенство добавки нулю!

Показать ответ и решение

Выделим полный квадрат под корнем:

∘--------- ∘ ------------(-)2- s= 4x2+ bx+c = (2x + b)2+ c− b 4 4

Легко понять, что условий $b= 4k,k ∈ℤ$ и $c− (b)2 = 0 4$ будет достаточно. Покажем, что они необходимы.

При $x= 0$ выражение $√c-$ должно быть целым, значит, необходимо $c= k2,k ∈ℤ.$

Если $s$ является целым числом, то целым является и $4s − 8x− b= 4⋅(s− (2x+ b)). 4$ Применим для выражения в скобках формулу $n2−m2 n − m = n+m$ и получим

2 b 2 b2 44√x-+bx+-c−-(2x+-4)b-= 4√-----c−-16-----b 4x2+ bx+ c+2x+ 4 4x2+ bx +c+ 2x+ 4

Но при достаточно больших $x$ правая часть становится по модулю меньше единицы. И при этом должна быть целой. Значит, должна быть равна нулю. Следовательно, $b2 2 2 c= 16 =⇒ b= 16k =⇒ b= 4k, где k∈ ℤ.$

Ответ:

при $b =4k,c= k2, k∈ℤ$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#77995

Найдите наименьшее значение выражения

3f(1)+-6f(0)−-f(−-1) f(0)− f(−2) ,

если $f(x)= ax2+ bx+ c$ — произвольная квадратичная функция, удовлетворяющая условию $b> 2a$ и принимающая неотрицательные значения при всех действительных $x.$

Источники: ШВБ - 2020, 11 класс (см. olymp.bmstu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте не побоимся и подставим вместо f(1), f(0) и т.д. их настоящие значения через a, b, c и вспомним, когда квадратных трёхчлен принимает только неотрицательные значения?

Подсказка 2

Верно, при a > 0, D <= 0, это даёт нам оценку на c и a, как бы нам это использовать?

Подсказка 3

Можно заметить, что там, где есть множитель b, модуль степени a на 1 меньше, может быть получится сделать какую-нить замену?

Подсказка 4

Да, можно вынести a (a > 0) и сделать замену t = a/b, а у выражения относительно t мы легко можем найти точки минимума. Остаётся только ...

Подсказка 5

Проверить, что этот минимум достигается

Показать ответ и решение

Имеем

(| f(1)= a+ b+ c, |||{ f(0)= c, | |||( f(−1)=a − b+ c, f(−2)=4a− 2b+ c

Тогда исходное уравнение принимает вид

3f(1)+6f(0)−-f(−1) 3(a-+b+-c)+6c−-a+b-− c 2a+-4b+-8c a+-2b+-4c f(0)− f(− 2) = c− 4a+ 2b− c = 2b− 4a = b − 2a

Поскольку $f(x)=ax2+ bx+c$ — произвольная квадратичная функция, принимающая неотрицательные значения при всех действительных $x,$ то

b2 a >0,D =b2− 4ac≤0 ⇒ c≥ 4a

Тогда

2 a+-2b+-4c a+2b+-ba2- a(1+-2ab+-ba2) t2+-2t+1- (t+-1)2- b− 2a ≥ b− 2a = a(ba − 2) = t− 2 = t− 2 ,

где $t= ba,t> 2.$

Рассмотрим функцию $g(t)= (tt+−1)22-$ и найдем ее наименьшее значение при $t>2.$

′ 2(t+ 1)(t− 2)− (t+1)2 (t+1)(2(t− 2)− (t+ 1)) (t+ 1)(t− 5) g(t) = ------(t− 2)2-----= ------(t−-2)2------ = --(t−-2)2--,

при $t= 5$ производная $g′(t)$ равна $0$ и, проходя через эту точку, меняет знак с «минуса» на «плюс», следовательно, $tmin = 5,gmin = g(5)= 12.$

Ответ: 12

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#78815

Приведите пример такого квадратного трехчлена $P(x),$ что при любом $x$ справедливо равенство

2 P(x+ 1)+ P(x+ 2)+...+P(x+ 10)=x

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подставьте искомые значения в ax²+bx+c и преобразуйте выражение.

Подсказка 2

Вспомните про формулы суммы первых n чисел и суммы первых n квадратов чисел.

Подсказка 3

Получили равенство квадратных трёхчленов:10ax²+(110a+10b)x+(385a+55b+10c) = x². Что это означает?

Показать ответ и решение

Пусть искомый многочлен $P(x)= ax2+ bx +c.$ Тогда

P(x+ 1)+...+ P(x+ 10) = ( 2 2) = a (x +1) +...+(x+ 10) + + b((x+1)+ ...+ (x +10))+ 10c= = a(10x2+(2+ 4+ ...+20)x+ (1+ 22+ ...+ 102))+ + b(10x+1 +2+ ...+ 10)+ 10c=

= 10ax2 +110ax +385a+ 10bx+ 55b+ 10c= 2 = 10ax +(110a+ 10b)x+ (385a+ 55b+ 10c)

Получаем равенство квадратных трехчленов

2 2 10ax +(110a +10b)x+ (385a+ 55b+10c) и x

Это равносильно равенству коэффициентов, то есть системе уравнений

(| 10a= 1, { 110a+ 10b= 0, |( 385a+ 55b+ 10c=0,

которая имеет единственное решение $a= 110,b =− 1110,c= 115 .$

Ответ:

$x2−11x+22 10$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#79754

Петя задумал два многочлена $f(x)$ и $g(x),$ каждый вида $ax2+bx+ c$ (т. е. степень каждого многочлена не превышает $2$ ). За ход Вася называет Пете число $t,$ а Петя сообщает ему (по своему усмотрению) одно из значений $f(t)$ или $g(t)$ (не уточняя, какое именно он сообщил). После $n$ ходов Вася должен определить один из петиных многочленов. При каком наименьшем $n$ у Васи есть стратегия, позволяющая гарантированно этого добиться?

Источники: Всеросс., 2020, РЭ, 10.10(см. olympiads.mccme.ru)

Показать ответ и решение

Мы будем называть многочлен вида $ax2+bx+ c$ просто многочленом, а график такого многочлена — просто графиком. Мы будем пользоваться следующей известной леммой.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Лемма. Через любые три точки $(ai,bi)(i=1,2,3)$ с разными абсциссами проходит ровно один график.

Доказательство. Один график, проходящий через эти точки, найдётся всегда. С другой стороны, если через три точки проходят графики двух разных многочленов $f(x)$ и $g(x),$ то разность $f(x)− g(x)$ имеет три корня $a1,a2,a3,$ что невозможно.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Из леммы следует, что через любые две точки с разными абсциссами проходит бесконечно много графиков, и любые два из них пересекаются только по этим двум точкам. Перейдём к решению. Будем считать, что Петя задумал два графика, за ход Вася называет Пете число $t,$ а Петя отмечает точку с абсциссой $t$ на одном из графиков. Можно считать, что на разных ходах Вася называет разные $t$ (иначе Петя повторит ответ).

Рассмотрим ситуацию после $k$ ходов. Назовём пару графиков подходящей, если объединение этих графиков содержит все отмеченные Петей точки.

$1)$ Покажем, что $k≥8.$ Мы будем считать, что Петя изначально не рисует никаких графиков, а просто отмечает некоторые точки с данными абсциссами. Покажем, как ему действовать, чтобы после $7$ ходов нашлись две подходящих пары графиков такие, что все $4$ графика различны; это и будет означать, что Вася не смог добиться требуемого, ибо Петя мог нарисовать любую из этих пар.

Будем обозначать точку, появляющуюся после $i$ -го хода, через $Ai = (ai,bi).$ На первых двух ходах Петя выбирает $b1 =b2 = 0.$ На следующих $4$ ходах Петя отметит точки $A3$ и $A4$ на графике $F+$ многочлена $f+(x)= (x − a1)(x− a2)$ и точки $A5$ и $A6$ — на графике $F−$ многочлена $f−(x)= −(x− a1)(x− a2).$ Седьмым ходом Петя выбирает точку $A7$ , не лежащую ни на одном из графиков, проходящем через какие-то три точки из $A1,A2,A3,A4,A5$ и $A6.$ Тогда существуют графики $G+$ и $G,$ проходящие через тройки точек $A5,A6,A7$ и $A3,A4,A7;$ согласно нашему выбору, эти графики различны и отличаются от $F+$ и $F −.$ Значит, пары $(F+,G+ )$ и $(F−,G−)$ — подходящие, и все эти четыре графика различны, то есть Вася не сможет добиться требуемого.

$2)$ Покажем, как Васе добиться требуемого за $8$ ходов. На первых $7$ ходах он называет $7$ произвольных различных чисел.

Назовём график подозрительным, если он проходит хотя бы через три точки, отмеченных Петей на этих ходах. Назовём число $a$ плохим, если два различных подозрительных графика имеют общую точку с абсциссой $a.$ Существует лишь конечное количество подозрительных графиков и, следовательно, лишь конечное количество плохих чисел.

На восьмом ходу Вася называет любое неплохое число $a8.$ После того, как Петя отметит восьмую точку, возможны два случая.

Случай $1.$ Существует график $G$ многочлена $f(x),$ содержащий пять из восьми отмеченных точек. Три из этих точек лежат на одном из Петиных графиков; по лемме, этот график совпадает с $G.$ Значит, Васе достаточно назвать многочлен $f(x).$

Случай $2.$ Такого графика нет. Это значит, что на каждом из Петиных графиков лежит ровно по $4$ отмеченных точки; поэтому оба этих графика подозрительны. Докажем, что существует единственная пара подозрительных графиков, содержащих в совокупности все $8$ отмеченных точек; тогда Васе достаточно назвать любой из соответствующих многочленов. Пусть $(G1,H1)$ и $(G2,H2)$ — две таких пары, причём $H1$ и $H2$ содержат $A8.$ Согласно выбору числа $a8,$ это может произойти лишь при $H1 = H2.$ Но тогда каждый из графиков $G1$ и $G2$ проходит через $4$ отмеченных точки, не лежащих на $H1,$ и они совпадают согласно лемме. Значит, и наши пары совпадают.

Ответ:

$8$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#33513

Найдите все значения параметра $a$ , при каждом из которых разность между корнями уравнения $x2+$ $3ax +a4 = 0$ максимальна.

Источники: ДВИ - 2018, задача 2 (cpk.msu.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Однозначно выразить саму разность тут мы не можем, а вот её модуль — вполне. Давайте поработаем с его максимизацией.

Подсказка 2

Когда максимально полученное выражение? Проанализируйте его с помощью производной и найдите точки максимума.

Подсказка 3

Проверьте полученные числа подстановкой: нас интересует максимальное значение, не факт, что обе точки максимума его дают. Запишите ответ!

Показать ответ и решение

Модуль разности между корнями равен корню из дискриминанта, то есть $√9a2−-4a4 =∘4a2-(9−-a2)- 4$ . Как парабола относительно $a2$ с ветвями вниз, подкоренное выражение максимально при $2 9 a = 8$ , т.е. при $-3√- a =± 2 2$ .

Ответ:

$-3√-;−-3√- 2 2 2 2$