Тема ДВИ по математике в МГУ

Параметры на ДВИ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела дви по математике в мгу

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#82296

Найти все $k,$ такие что неравенство

3 3 3 a +b + c +6≥ k(a+b+ c)

справедливо при всех $a,b,c≥− 2.$

Источники: ДВИ - 2023, вариант 235, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

При $a= b= c= −2$ неравенство выполнено, если

− 8− 8 − 8+ 6≥ −6k ⇐⇒ k≥ 3

При $a= b= c= 1$ неравенство выполнено, если

1+1 +1+ 6≥ 3k ⇐⇒ k≤ 3

Поэтому никакие значения, кроме $k= 3$ , подойти не могут. Проверим, верно ли неравенство при $k = 3:$

a3+ b3+c3+ 6≥ 3(a+ b+ c)?

(a3 − 3a+ 2)+(b3− 3b+ 2)+(c3− 3c+ 2)≥0?

Это неравенство верно, поскольку каждое из трёх слагаемых неотрицательно: $x3− 3x +2 =(x− 1)2(x+ 2)≥ 0$ при $x ≥− 2.$

Ответ: 3

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#90136

Найдите все значения параметра $a$ , при которых уравнение

2 4∘ --2 a2 x + (1− a+ |x|) = 4

имеет ровно три решения.

Источники: ДВИ - 2022, вариант 221, задача 4 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Решений нечётное количество, в силу симметрии $x ↔ −x.$ Тогда единственным решений должен быть $x =0 :$

2 2 1− 2a +a = a ∕4

2 a= 2 или a= 3

Если $a= 2$ , то $2 ∘4-- 2 x +( |x|− 1) = 1$ , это легко решить графически:

$PIC$

То есть $a= 2$ подойдёт, при $a= 23$ получим $-- 19 = x2+(13 +∘4|x|)2$ , где вторая скобка не меньше $(13)2$ , то есть решение только одно — $x =0$ .

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#32517

Найдите все значения параметра $a$ , при которых неравенство

6 6 2 sin x+ cos x+ a⋅sin2x≥ a

выполняется для всех действительных $x$ .

Источники: ДВИ - 2021, вариант 213, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

По формуле суммы кубов

6 6 2 2 4 2 2 4 sin x+ cos x =(sin x+ cos x)(sin x − sin xcos x+cos x)=

2 2 2 2 2 3 2 = (sin x +cosx) − 3sin xcosx =1 −4 sin 2x,

После замены $t= sin2x ∈[−1,1]$ можно переписать неравенство в виде

3 2 2 2 2 1 −4t + at≥a ⇐ ⇒ 3t− 4at+4(a − 1)≤ 0

Перед нами парабола, ветви которой направлены вверх, тогда выполнение неравенства для любого $t∈ [−1,1]$ эквивалентно тому, что корни лежат по разные стороны от этого отрезка (в том числе, быть может, на концах отрезка). А значит, тому, что неравенство выполнено в точках $±1$ :

{ 3− 4a +4a2− 4≤0 3+ 4a +4a2− 4≤0

{ 3− 4a +4a2− 4≤0 3+ 4a +4a2− 4≤0

( [1−√2 1+√2] { a ∈[--2√,-2--√-] ( a ∈ −1−2-2,−1+2-2

Пересекая отрезки, получаем ответ.

Ответ:

$[1− √2 −1+ √2] --2--;---2---$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#92350

Найдите все значения параметра $a$ , при которых уравнение

(∘ -------2- ∘--------2)(∘----2 ∘ -------2)(∘ ---2- ∘ -------2) 3+2x − x − 3 − 2x− x a − x − 3− 2x− x a− x − 3+ 2x − x = 0

имеет ровно одно решение.

Источники: ДВИ - 2021, вариант 214, задача 6 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Запишем ОДЗ:

(| 3− 2x− x2 ≥ 0 |||{ | 3+2x− x2 ≥ 0 |||( a− x2 ≥0

(|| (x +1)2 ≤ 4 ||{ || (x − 1)2 ≤ 4 ||( x2 ≤ a

Видно, что если $a< 0,$ то решений нет, поэтому пусть $a ≥0.$

( ||| x∈ [−3;1] |{ ||| x∈ [−1;3] |( x∈ [− √a;√a]

Получаем, что $x$ принадлежит пересечением отрезков $[−1;1]$ и $[ √ -√-] − a; a .$

Заметим, что

2 2 2 3±2x − x = 2 − (x∓ 1)

Стало быть, графики функций $√3-+2x−-x2$ и $√3−-2x−-x2-$ — верхние половины окружностей радиуса 2 с центрами в точках $(1,0)$ и $(−1,0)$ соответственно. График же функции $√a−-x2$ — верхняя половина окружности радиуса $√a$ с центром в точке $(0,0).$ Первые две полуокружности имеют одну общую точку — $(0,√3-).$

$PIC$

Рассмотрим несколько случаев: 1) При $a <1$ третья полуокружность первые две не пересекает и решение будет одно.

$PIC$

2) При $1≤ a≤ 5$ третья полуокружность пересекает первые две в точках с абсциссами из отрезка $[−1;1].$

$PIC$

3) При $a= 3$ точки пересечения совпадают.

$PIC$

4) При $a> 5$ третья полуокружность либо пересекает первые две в точках с абсциссами по модулю большими 1, либо не пересекает вообще.

$PIC$

Стало быть, решение будет единственным при $a∈ [0;1)∪ {3} ∪(5;+∞ ).$

Ответ:

$[0;1)∪{3}∪ (5;+∞ )$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#32702

Найдите все положительные значения параметра $a$ , при которых уравнение

( 2+x 1−x ) ( 2−x 1+x ) log2−x a +2a + x− 1 + log2+x a +2a − x− 1 = 2

имеет ровно одно решение (относительно $x)$ .

Источники: ДВИ - 2020, вариант 201, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что выражение симметрично относительно замены $x↔ − x$ (логарифмы меняются местами), откуда единственным решением может быть только $x =0$ (иначе число решений чётно). А $x =0$ является решением при

2 2 log2(a + 2a− 1)+ log2(a +2a− 1)=2

2 a + 2a − 1= 2

a= 1 или a= −3

Поскольку $a> 0$ по условию, то отпадает $a= −3$ . Проверим, есть ли решения кроме $x = 0$ , при $a= 1$ :

log2− x(1+ 2+ x− 1)+ log2+x(1 +2− x− 1)=2

При замене $t=log2−x(2+ x)$ мы получаем уравнение $t+ 1t = 2$ , которое выполняется только при $t=1$ , то есть $2− x= 2+ x$ . Так что решение только $x= 0$ .

Ответ:

$1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#34204

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

22 2 2 ( 2 2) 2x y +x y+ xy +(1− a)x + y − a(x+ y+2)= 0

имеет ровно одно решение (относительно $(x,y)$ ).

Источники: ДВИ - 2020, вариант 204, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Если пара $(x,y)$ — решение, то и пара $(y,x)$ — также решение. Стало быть, единственное решение обязано иметь вид $(x,x)$ . Тогда $( 4 3 2 ) 2 x + x +(1− a)x − a(x+1) = 0$ , то есть $2 2 2 2 x (x − a)+ x(x − a)+ x − a =0$ , откуда

( 2 )( 2 ) x − a x + x+ 1 = 0.

Если $a> 0$ , то $x= ±√a$ , так что решений больше одного. При $a< 0$ решенений нет, поскольку вторая скобка всегда положительна. Чтобы решение было единственным, необходимо $a =0$ . Тогда исходное уравнение принимает вид

2 2 2 2 2 2 2x y + xy +xy + x +y = 0.

Левая часть равна $x2(y2 +y+ 1)+ y2 (x2+ x+ 1)$ . Каждое из слагаемых неотрицательно и строго больше нуля при ненулевых переменных, стало быть, решение имеет вид $x= y = 0$ и оно, действительно, единственное.

Ответ:

$0$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#64397

Действительные числа $a,b,c$ удовлетворяют условиям $a≥ b≥ c≥ 1,a−1+ b−1+c−1 = 1$ . Известно, что при некотором положительном $x$ выполняется равенство

c+x a+x-= c− 2.

Найдите все возможные значения $b.$

Источники: Вместо ЕГЭ - 2020, вариант 202, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Перепишем данное равенство как

(c− 3)x =c +2a− ac

Заметим, что

( −1 −1 ) c+2a− ac= ac a + 2c − 1 ≥

≥ ac(a−1+ b−1+ c−1 − 1)= 0

При этом

3c−1 ≥ a− 1+b−1+ c−1 = 1,

то есть $c≤ 3$ . Следовательно, если $c− 3⁄= 0$ , решение уравнения $(c− 3)x= c+ 2a− ac$ единственно и неположительно. Но по условию оно имеет положительное решение. Стало быть, $c= 3$ . Но тогда $a= b= c=3$ , поскольку, если $a> c$ , то

a−1+ b− 1+c−1 < 3c−1 = 1,

что противоречит условию. Стало быть, $b= 3$ .

Ответ: 3

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#90130

Найдите все пары вещественных чисел $(a,b)$ , при которых неравенство

4 4 4 2 2a(x+ 2) +9b(x − 2) ≥ x +24x + 16

справедливо для всех вещественных $x$ .

Источники: ДВИ - 2019, задача 6 (cpk.msu.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что $(x +2)4+(x− 2)4 =2(x4+ 24x2 +16)$ . Стало быть, исходное неравенство можно переписать как

( 1) 4 ( 1) 4 2a− 2 (x+ 2) + 9b− 2 (x− 2)≥ 0.

Подставляя $x= 2$ и $x= −2$ , получаем $2a− 12 ≥0$ и $9b− 12 ≥ 0$ . Остаётся заметить, что при выполнении этих ограничений наше неравенство выполняется для всех $x$ . Следовательно, искомые значения параметров $\text{[math]}$ и $b$ описываются неравенствами $a ≥ 14,b≥ 118$ .

Ответ:

$a ≥ 1,b≥ 1 4 18$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#64395

Найдите все значения параметра $a$ , при которых система

{ ax2+ 4ax − 8y+ 6a+ 28 ≤0 ay2− 6ay − 8x+ 11a − 12≤ 0

имеет ровно одно решение.

Источники: ДВИ - 2018, задача 6 (cpk.msu.ru)

Показать ответ и решение

Выделим полные квадраты и перепишем систему в следующем виде

{ a(x+ 2)2− 8(y− 3)+2a +4≤ 0 a(y− 3)2− 8(x+ 2)+2a +4≤ 0

После замены $u =x +2,v = y− 3$ задача остаётся прежней — определить, при каких значениях параметра существует единственное решение $(u,v)$ . Если $a≤ 0$ , то при достаточно больших $(u,v)$ оба неравенства будут выполнены, то есть решений будет больше одного, поэтому $a> 0$ . Теперь остаётся увидеть симметрию $(u,v) ↔ (v,u)$ , поэтому для единственности решения необходимо, чтобы $u= v$ , откуда неравенство

2 au − 8u+ 2a+ 4≤0

имеет ровно одно решение. Этим решением должна быть вершина параболы, откуда $D = 16 − a(2a+4)= 0⇐ ⇒ a2 +2a− 8= 0$ . Решая, получаем $a∈ {− 4,2}$ , остаётся только $a= 2> 0$ . Поскольку мы использовали только необходимое условие единственности, то потребуется проверка

{ 2u2− 8v +8 ≤0 2 2 2v2− 8u +8 ≤0 =⇒ (u − 2) +(v− 2) ≤0

Получаем единственное решение $(2,2)$ , значит, $a= 2$ подходит.

Ответ: 2

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#90805

Найдите все значения параметра $a$ , при которых уравнение

( a) sin x+ x = x+ 1

имеет бесконечно много решений.

Источники: ДВИ - 2013, вариант 4, задача 8 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Отметим сразу, что уравнение может иметь решения только при $x ∈[−2;0).$

При $a= 0$ уравнение имеет вид:

sinx =x +1

Последнее уравнение на промежутке $[−2;0)$ не имеет бесконечного количества решений, поскольку графики функций $f(x)=sinx$ и $g(x)=x +1$ пересекаются на этом промежутке в одной точке.

Рассмотрим теперь случай, когда $a⁄= 0.$ Пусть $t= arcsin(x+1).$ Тогда $x$ — корень уравнения, если

a x+ x = t+ 2πk, k∈ℤ

a x + x − arcsin(x +1)= 2πk

Поскольку функции $f(x)=x, g(x)= arcsin(x+1)$ непрерывны и ограничены при $x∈ [− 2;0),$ а функция $a q(x)= x$ непрерывна и неограничена при $x∈ [− 2;0),$ то функция $F(x)=x + ax − arcsin(x +1)$ также непрерывна и неограничена при $x∈ [−2;0).$ Следовательно, при $a ⁄=0$ функция $F(x)$ принимает значения, кратные $2π,$ бесконечное число раз, и исходное уравнение имеет в этом случае бесконечно много решений.

Ответ:

$(−∞;0)∪ (0;+∞ )$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#90804

Определите, при каких значениях параметра $a$ уравнение

√ ---- √-- √ - a x+y = 3x+ 2 y

имеет единственное решение $(x,y)$ .

Источники: ДВИ - 2012, вариант 1, задача 7 (pk.math.msu.ru)

Показать ответ и решение

Заметим, что пара $(0;0)$ является решением данного уравнения. Тогда нужно найти такой параметр $a,$ при котором у данного уравнения нет других решений.

Запишем ОДЗ:

{ x≥ 0 y ≥ 0

Сделаем замену: $√x-= t, √y = s, t,s≥ 0.$ Если есть решения относительно $(t,s)$ , то есть решения для $(x,y)$

Тогда получаем

∘ -2--2 √- a t +s = t 3+ 2s

При $a= 0$ существует единственное решение $(0;0).$ Тогда $a= 0$ подходит под условия.

При $a< 0$ левая часть не более $0,$ а правая не менее $0,$ значит равенство достигается, когда и левая и правая части равны нулю. Это достигается только при $(0;0),$ значит, $a< 0$ подходит под условия.

При $a> 0$ получаем

a2(t2+ s2)= 3t2 +4s2+ 4ts√3

Рассмотрим это уравнение как квадратное относительно $t.$

(a2− 3)t2 − 4s√3⋅t+ s2(a2− 4)= 0

Чтобы данное уравнение не имело неотрицательных решений нужно, чтобы выполнялось одно из двух условий:

(a) $D <0$

2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 D= 48s − 4s (a − 3)(a − 4)= 4s(12− a +7a − 12)= 4s (−a )(a − 7)

Если $s= 0,$ то $t=0,$ значит далее рассмотрим $s> 0.$

2 2 2 2 D < 0 ⇐ ⇒ 4s (−a)(a − 7)< 0 =⇒ a − 7> 0

Так как рассматриваются $a> 0,$ то получаем, что при $a> √7$ нет других решений, кроме $(0;0)$

(b) $D ≥0,$ но оба корня отрицательны.

Если $D ≥0,$ то $a≤ √7.$ Выпишем корни:

2s√3-± as√7-− a2 t= ----a2−-3-----≤0

Так как ранее был сделан вывод, что $s> 0,$ то далее опустим его, так как на знак он не влияет.

При $√- a> 3$ получаем, что

√- ∘ ---2- 2 3± a 7− a ≤ 0

Не подходит, так как с плюсом получаем положительное выражение.

При $a< √3$ получаем, что

2√3± a∘7-− a2 ≥ 0

2√3-≥ a∘7−-a2 =⇒ 12≥ a2(7− a2)

a4− 7a2+ 12≥0 =⇒ (a2 − 3)(a2− 4)≥0

При $√- a< 3$ получаем, что корни будут отрицательными, значит, такое ограничение подходит.

Объединим решения и получим, что

√ - √ - a∈ (−∞; 3)∪ ( 7;+ ∞)

Ответ:

$a ∈(−∞;√3)∪ (√7;+ ∞)$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#47921

При каких значениях параметра $a$ уравнение

||2x-− 1|| |x|+ ||3x − 2||= a

имеет ровно три решения?

Источники: Вступительные на химический факультет МГУ, 2005 год, задача 5

Показать ответ и решение

Первое решение.

Разделим всю плоскость на промежутки по нулям модуля, обозначив $|2x−-1|- f(x)=|x|+ |3x− 2|$ .


Промежуток	$x∈ (−∞,0)$	$x ∈[0,12)$	$x ∈[12,23)$	$x ∈(23,+∞)$

Функция $f$ на нём	$− x+ 23xx−−12$	$x + 23xx−−12$	$x− 2x3x−−12-$	$x + 23xx−−12$

Производная $f′$	$− 1− (3x1−2)2-$	$1 −(3x−12)2$	$1+ (3x1−2)2-$	$1 −(3x−12)2$

Нули производной	всюду $<0$	$13$	всюду $> 0$	$1$

Поведение функции	убывает	выпукла	возрастает	вогнута

Область значений	$(1,+∞ ) 2$	$[1,2) 2 3$	$[1,+ ∞) 2$	$[2,+∞ )$

Итак, монотонная функция на своей области значений будет иметь ровно одну общую точку с любой горизонтальной прямой $g(x)=a$ , тогда как выпуклая или вогнутая — две точки, кроме точки экстремума, в которой общая точка будет ровно одна.

Используя полученные области значений, можно изобразить функции схематично или вручную пройти по всем границам промежутков... мы используем первый способ:

$PIC$

Нетрудно видеть, что интересующие нас значения $a∈{ 23,2}$ .

Второе решение.

В условии требуется нечётное число решений, так что хочется найти симметрию. Обозначим $f(x)= 23xx−−12$ . Внезапно заметим, что

f(f(x))= 223xx−−12 −-1=-2(2x−-1)− (3x−-2)-= 4x−-2−-3x-+2 =x 323xx−−12 − 2 3(2x− 1)− 2(3x− 2) 6x− 3− 6x +4

Поэтому если у уравнения существует решение $x =x0$ , то $x = 23xx00−−12$ тоже решение. Если для каждого такого $x0$ нет совпадений в паре $(x,f(x))$ , то решений чётное число. Так что для наличия трёх решений необходимо, чтобы среди них было такое $x =t$ , что $t= 23t−t−-12 =⇒ 3t2− 2t− 2t+1= 0 ⇐⇒ t∈ {1;13}.$

При $x =1$ получаем $a= 2$ , при $x = 13$ получаем $a= 23$ . При других значениях параметра ровно трёх решений быть не может.

Осталось проверить, что эти значения параметра подходят...

Интересный факт. Такая симметрия $x <− > f(x)$ сработала, потому что квадрат матрицы

( ) 2 −1 3 −2

равен

(1 0) 0 1

единичной матрице.

Ответ:

${2,2} 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#33523

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

( 2 2 )√---- x − (a +8)x− 6a + 24a 3− x≤ 0

имеет единственное решение.

Источники: Вступительные на физический факультет МГУ, 2002, № 7

Показать ответ и решение

Заметим, что значение $x= 3$ является решением неравенства при любых значениях параметра. Значит, других решений быть не должно: при $3 − x >0$ первая скобка должна быть положительной.

Рассмотрим уравнение $2 2 x − (a +8)x− 6a + 24a= 0$ . Его дискриминант равен $2 2 2 2 D = (a +8) − 4(−6a + 24a)= 25a − 80a+ 64 =(5a− 8) .$

Из неотрицательности дискриминанта следует, что соответствующая квадратичная функция (первая скобка) принимает неположительные значения на отрезке между корнями (или только в вершине, если корень один). Нам требуется, чтобы при $x < 3$ эта первая скобка принимала только положительные значения, то есть первая скобка может быть неположительной только при $x≥ 3$ , значит, меньший корень должен лежать не левее, чем $3$ :

a +8− |5a − 8| ------2---- ≥ 3 ⇐⇒ a+2 ≥|5a− 8|

− a− 2 ≤5a− 8≤ a+ 2⇐⇒ 1 ≤a ≤ 5 2

Ответ:

$[1;5] 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#105474

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

2( 2x−x2) √- (2x−x2+1) 2cos 2 = a+ 3sin 2

имеет хотя бы одно решение.

Источники: Вступительные в МГУ - 1996 (см. pk.cs.msu.ru)

Показать ответ и решение

Сделаем замену $t=22x−x2.$ Так как $2x− x2$ — это парабола с ветвями вниз, то максимум достигается в вершине, в данном случае при $x =1,$ тогда $t∈(0;2].$ Преобразуем наше уравнение:

2 √ - 2 cos t= a+ 3sin2t

√ - 1+cos2t=a + 3sin2t

1− a =√3-sin2t− cos2t

( ) 1−-a= sin 2t− π 2 6

Учитывая ограничение на $t,$ правая часть может принимать значения $( ] − 1 ;1 , 2$ тогда $a∈ [−1;2).$

Ответ:

$[−1;2)$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#90947

Найдите все такие значения величины $x$ , при которых неравенство

2 (4− 2a)x + (13a− 27)x +(33− 13a)> 0

выполняется для всех $a$ , удовлетворяющих условию $1< a< 3.$

Источники: Вступительные на биологический факультет МГУ, 1994 год июль, номер 5

Показать ответ и решение

Эта задача может запутать обозначением переменных. Тут параметр – $x,$ а независимая переменная – $a!$ Тогда перепишем исходное неравенство:

2 2 4x − 27x+ 33>(2x − 13x +13)a

То есть мы имеем линейное неравенство с переменной $a,$ параметром $x.$ Но коэффициент при $a$ может принимать разные знаки, поэтому разберем случаи:

1.

( √--) ( √-- ) 2x2− 13x+ 13> 0,x∈ − ∞;13−--65 ∪ 13+--65;+∞ 4 4

В таком случае можно поделить на это положительное число:

a < 4x2-− 27x+-33 2x2 − 13x+ 13

По условию $(1,3)$ должен быть решением этого неравенства, а значит:

4x2-− 27x+-33 2x2 − 13x+ 13 ≥ 3

С учетом положительности знаменателя:

4x2− 27x+ 33≥ 6x2− 39x+ 39

√ - √- x ∈[3− 6;3+ 6]

Пересекая все условия, получаем:

[ √- 13− √65) (13+ √65 √-] x ∈ 3− 6;---4--- ∪ ---4---;3+ 6

2.

{13− √65 13+ √65} 2x2− 13x+ 13= 0, x∈---4---;---4---

При таких значениях параметра неравенство обращается в истину, поэтому такие значения войдут в ответ.

3.

( √-- √--) 2x2− 13x+ 13< 0, x∈ 13−-65;13+--65 4 4

В таком случае неравенство имеем вид:

2 a > 4x2-− 27x+-33 2x − 13x+ 13

Тогда:

2 4x2-− 27x+-33≤ 1 2x − 13x+ 13

Решая оба неравенства, получим:

(13− √65 ] [ 13+ √65) x∈ ---4---; 2 ∪ 5;---4---

Объединяя эти случаи, получаем ответ.

Ответ:

$[3− √6;2]∪[5;3 +√6]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#115892

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

( a2+ 4π2+4 ) ∘----------------------------- log1π 4x−-x2− 2(a−-2π)|x−-2|+-4πa − (x− 5a+ 10π − 34)(|π− x|− a+ π+ 2) =0

имеет по крайней мере одно целочисленное решение.

Показать ответ и решение

Пусть

2 A(a,x)=4x− x − 2(a− 2π)|x− 2|+ 4πa

Поскольку

2 A(a,x) =−(x− 2) − 2(a− 2π)|x − 2|+ 4πα +4 =

= a2+ 4π2+4 − (|x − 2|+a − 2π)2

Можем утверждать, что

A (a,x)≤a2 +4π2+ 4

для любого действительного $x$ . Пусть $a0$ — значение параметра $a,$ при котором исходное уравнение имеет хотя бы одно решение $x =x0.$ Тогда, так как $a2 +4π2+ 4> 0,$ то $0< A(a0,x0)$ для этих значений $a0$ и $x0.$ Учитывая, что $1π < 1$ и неравенство выше, получаем, что для этих значений $a0$ и $x0$ справедливы одновременно неравенства

2 2 log1a0+-4π-+-4≤ 0 π A (a0,x0)

∘ --------------------------------- (x0− 5a0+10π− 34)(|π− x0|− a0 +π +2)≥ 0.

Так как при этих значениях $a0$ и $x0$ исходное уравнение превращается в верное равенство, получаем, что $a0$ и $x0$ удовлетворяют двум равенствам

|x − 2|+ a − 2π = 0 0 0

(x0 − 5a0+ 10π − 34)(|π− x0|− a0+ π+ 2)= 0

Очевидно, что если значения $a0$ и $x0$ удовлетворяют этим равенствам, то они удовлетворяют и исходному уравнению. Следовательно, каждое значение $a,$ при котором исходное уравнение имеет решение, совпадает с тем значением $a,$ при котором имеет решение система уравнений

{ |x− 2|= 2π− a (x− 5a+10π− 34)(|π − x|− a+π +2)= 0

Итак, задача свелась к нахождению таких значений параметра $a,$ при каждом из которых эта система имеет хотя бы одно целочисленное решение.

Пусть $a0$ — то значение параметра $a,$ при котором система имеет целочисленное решение $x0,$ тогда

a = 2π− |x − 2| 0 0

Подставляя это значение $a0$ во второе ураннение системы, получим, что число $x0$ должно быть решением уравнения

(x− 34+ 5|x− 2|)(|π− x|− π+ 2+ |x − 2|) =0 (∗)

Уравнение равносильно совокупности уравнений

[ x− 34 +5|x− 2|= 0 |π − x|+ |x− 2|− π+ 2= 0

Для решения этих уравнений разобьем числовую ось на три промежутка: 1) $− ∞ < x≤ 2,$ 2) $2< x< π,$ 3) $π ≤ x< +∞.$

Пусть $− ∞ <x ≤2,$ тогда совокупность уравнений перепишется в виде

[ x− 34+ 5(2− x)=0 π− x+ (2− x)− π+ 2= 0

Первое уравнение этой совокупности имеет решение $x1 = −6,$ а второе имеет решение $x2 = 2.$ Так как $− 6 <2$ и $2≤ 2,$ то в этом случае уравнение $(∗)$ имеет два корня $x1 = −6$ и $x2 = 2,$ и они оба целочисленные.

Пусть $2<x < π,$ тогда совокупность уравнений перепишется в виде

[ x − 34+ 5(x − 2)= 0 (π− x)+ (x− 2)− π +2 =0

Первое из этих уравнений имеет решение $x3 = 713,$ а второе имеет решением любое действительное $x.$ Корень $x3$ не удовлетворяет условию $2< x< π.$ Следовательно, решением уравнения $(∗)$ является в этом случае любое число $x$ из промежутка $2 <x < π.$ В этом промежутке лежит только одно целое число $x= 3.$

Пусть $π ≤ x< +∞,$ тогда совокупность уравнений перепишется в виде

[ x − 34+ 5(x − 2)= 0 (x− π)+ (x− 2)− π +2 =0

Первое из этих уравнений имеет решение $x5 = 713,$ а второе имеет решение $x6 = π.$ Оба эти корня удовлетворяют условию $π ≤x <+ ∞.$ Следовательно, уравнение $(∗)$ имеет в этом случае два корня $x5 =713$ и $x6 = π,$ но ни один из этих корней не является целым числом.

Итак, уравнение $(∗)$ имеет три целых корня:

x1 = −6;x2 = 2;x3 = 3

Каждому из этих корней по формуле соответствует

a1 =2π − 8;a2 =2π;a3 = 2π− 1

Именно эти $a$ и дают ответ в задаче.

Ответ:

$2π− 8;2π;2π− 1$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#105473

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

{ 3⋅2|x|+ 5|x|+4= 3y+ 5x2+3a 2 2 x + y = 1

имеет единственное решение.

Источники: Вступительные в МГУ - 1987 (см. pk.cs.msu.ru)

Показать ответ и решение

Если $x =t$ является решением при каком-то $y$ , то решением при том же $y$ также является и $x= −t,$ так что решений чётное количество, если среди решений нет $x= 0.$

По условию требуется единственное решение, поэтому $x= 0:$

{ 32+4 =3y+ 3a y =1

[ y = 1,a= 4 y = −1,a 3= 10- 3

Только при двух значениях $a$ решений может быть нечётное число. Проверим, при каком из этих $a$ это нечётное число равно в точности единице.

Если $a= 4: 3$

{ 3y = 3⋅2|x|+ 5|x|− 5x2 y2 = 1− x2

Так как $3⋅2|x| ≥ 3⋅20 =3$ и $|x|≥x2,$ то из первого уравнения $3y ≥3.$

Но из второго уравнения $y ≤ 1.$ Значит, $y = 1 =⇒ x =0$ это единственная пара решений в этом случае.

Если $a= 130:$

{ 3⋅2|x|+5|x|= 3y+ 5x2+6 x2+ y2 =1

Решение не единственно, ведь подходят $(±1;0).$

Ответ:

$4 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#33955

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

5√---- 2 5√------- 1∘0-2-------- 3 x +4− 7a ⋅ 32x+ 96= x + 7x +12

имеет единственное решение.

Источники: Вступительные в МГУ - 1985 (см. pk.cs.msu.ru)

Показать ответ и решение

Пусть $14a2 = b$ , тогда уравнение имеет вид

5√---- 10∘-2-------- 5√ ---- 3 x+ 4− x + 7x+ 12 − b⋅ x+3 =0

Так как $x+ 3= 0$ не является решением уравнения, то можно разделить обе части равенства на $5√x+-3$ , получим

5∘ x+-4- -10∘-(x+-4)(x+-3) b= 3 x+ 3 − 5√x+-3

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Заметим, что $10√(x+4)(x+3) ∘ ---- ---5√x+3---⁄= 10 xx++43$ , так как $x+ 3$ может быть как положительным, так и отрицательным.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Сделаем замену $10√-------- t= --(x5√+x4)+(x3+3)$ , тогда $∘ x+-4- t2 = 5 x+-3$ , следовательно, уравнение примет вид

b= 3t2− t

Исследуем замену:

( 10∘---------- ∘ ----- ∘ ------- ||||{ --(x1+0√-4)(x+2-3)= 10x-+4 = 101+ -1--, x> −3 t= ∘(--x+-3)-- x∘-+3-- ∘-x+-3-- ||||( 10(x∘+-4)(x+-3)= − 10 x+4-= − 101 +-1-, x≤ −4 −(10− (x +3))2 x+3 x +3

Если обозначить $p(x)= 1+ x+13-$ — убывающая функция, то

({ 1∘0--- t= p∘(x), x >− 3 (убывает, как композиция возраст. и убы в.) ( − 10p(x), x ≤− 4 (возрастает, как композиция убы в. и убыв.)

Изобразим график функции $y =p(x)$ :

$PIC$

Заметим, что одному значению $x$ (из области значений) соответствует ровно одно значение $p.$

При $x∈ (−3;+ ∞)$ функция $y = p(x)$ принимает значения от $+ ∞$ до $1$ , значит, $y =t(p(x))$ принимает значения от $+ ∞$ до $1$ .

При $x∈ (−∞;− 4]$ функция $y = p(x)$ принимает значения от $1$ до $0$ , значит, $y = t(p(x))$ принимает значения от $− 1$ до $0$ .

Следовательно, график $y = t(x)$ выглядит следующим образом ( $y = −1$ и $y = 1$ — горизонтальные асимптоты):

$PIC$

Значит, область значений $t∈ (− 1;0]∪(1;+ ∞)$ , причем заметим, что одному значению $p$ (из области значений) соответствует ровно одно значение $t$ .

Изобразим график функции $b= b(t)= 3t2− t$ при $t∈ (−1;0]∪(1;+∞)$ в системе координат $tOb$ и найдем такие положения горизонтальной прямой $b =b0$ , при которых она с графиком функции $b= b(t)$ имеет ровно одну точку пересечения:

$PIC$

Следовательно,

⌊ ⌊ 2 1 ( ∘--] [ ∘--∘ -] [∘-- ) ⌈ b∈[0;2] ⇒ ||a ≤ 7 ⇔ a∈ −∞; − 2 ∪ − 1; 1 ∪ 2;+ ∞ b≥4 ⌈a2 ≥ 2 7 7 7 7 7

_____________________________________________________________________________________

Графики функций $y = t(x)$ и $y = p(x)$ рисовать было необязательно, они изображены лишь для наглядности области значений функций.

Ответ:

$( ∘-2] [ ∘ 1-∘ 1] [∘-2 ) −∞;− 7 ∪ − 7; 7 ∪ 7;+ ∞$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#90121

Найдите все значения параметра $a,$ при которых существуют четыре натуральных числа $x,y,u,v,$ удовлетворяющих системе уравнений

{(x+ y)(x + y+ 20) =(140− a)(a − 80), 2 2 2 2 2 a(8u +2v − a)= (4u − v) .

Показать ответ и решение

Требуется найти такие значения параметра $a,$ при каждом из которых система имеет решения.

Заметим, что в первом уравнении системы фигурируют только переменные $x,y,a,$ а во втором – только $u,v,a.$

То есть пары натуральных чисел $x,y$ и $u,v$ друг от друга не зависят, а значит, достаточно найти такие значения $a,$ при каждом из которых имеют натуральные решения уравнение $(x +y)(x+ y+ 20)= (140− a)(a− 80)$ и уравнение $a(8u2+2v2− a)= (4u2− v2)2.$

Рассмотрим первое уравнение:

(x + y)(x+ y+ 20)= (140 − a)(a− 80).

Поскольку $x,y$ натуральные, то левая часть очевидно положительна, откуда положительной должна быть и правая:

(140− a)(a − 80)> 0,

80< a< 140.

Это не единственное ограничение на наличие натуральных корней у данного уравнения, но даже оно одно в дальнейшем приведет нас к ответу.

Рассмотрим второе уравнение и сделаем замены $4u2 = t,$ $v2 = k :$

2 2 2 22 a(8u +2v − a)= (4u − v) ,

2 a(2t+ 2k− a)= (t− k) ,

2 2 a − a(2k+ 2t) +(t− k) = 0,

√-- D =(2k+ 2t)2 − 4(t− k)2 =16kt= (4 kt)2.

$⌊ √-- |a1 = 2k+-2t−-4-kt= k +t− 2√kt, |⌈ 2 √-- a2 = 2k+-2t+-4-kt= k +t+ 2√kt. 2$

Обратная замена:

$[a1 = v2+ 4u2 − 2√4u2v2-=(2u− v)2, 2 2 √ --22- 2 a2 = v + 4u +2 4uv =(2u+ v) .$

Поскольку $u,v$ являются натуральным числами, то числа $2u + v$ и $2u− v$ являются целыми.

В таком случае числа $(2u− v)2$ и $(2u +v)2$ являются либо нулем, либо квадратами натуральных чисел. Значит, и параметр $a$ тоже должно быть либо нулем, либо квадратом натурального числа.