Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Алгебра (+ логика). Несколько неизвестных или несколько параметров

Тема Задачи с параметром

Алгебра (+ логика). Несколько неизвестных или несколько параметров

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#88067

Придумайте какую-нибудь систему из двух уравнений с двумя неизвестными $x$ и $y$ , решениями которой были бы все такие пары целых чисел $(x,y)$ , которые удовлетворяют системе неравенств

{ y ≤ 1000 − x2 2 y ≥ x

Других решений у системы быть не должно.

Замечание. Уравнения системы должны быть компактными выражениями (без знаков суммирования, троеточий и т.п.), в записи которых, помимо чисел и собственно неизвестных $x$ и $y$ , разрешается использовать скобки, знак $=$ , стандартные арифметические операции и элементарные функции из школьной программы.

Источники: Межвед - 2024, 11.6 (см. v-olymp.ru)

Показать ответ и решение

Покажем, что система

(| ----sinπx---- |{ ∘1001−-x2− y-= 0 ||( ∘--sinπy---=0 1+ y− x2

является подходящей. Обозначим систему неравенств за $A$ . Покажем, что любая пара целых чисел, удовлетворяющих $A,$ является решением.

Действительно, пусть $A$ верно, тогда каждое из подкоренных выражений числителей неотрицательно, а каждый из числителей обращается в ноль, поскольку числа $x,y$ целые.

Теперь покажем, что никакая из других пар не является решением. Пусть $(x0,y0)$ — решение, тогда $sinπx= 0,$ следовательно, $x$ — целое и $sinπy = 0$ , следовательно, $y$ — целое. Кроме этого, $1001− x2− y > 0$ , а значит, $1001− x2− y > 1$ , откуда верно первое неравенство системы $A.$ Аналогично получаем, что верно второе неравенство системы $A.$

Ответ: пример в решении

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#88702

Пусть $z,u,v$ — положительные числа. При каких ограничениях на $z,u,v$ существует конечное число положительных целых чисел $(x,y),$ удовлетворяющих неравенству

y x vu < z?

Источники: САММАТ - 2024, 11.1 (см. sammat.samgtu.ru)

Показать ответ и решение

Прологарифмируем это неравенство:

lnv+ ylnu< xlnz =⇒ ylnu< xln z− lnv.

получили неравенство для линейной функции.

Для того, чтобы пары $(x,y)$ были целыми положительными числами, график должен располагаться в первой четверти так, как это показано на рисунке, а интересующая нас область — заштрихована.

$PIC$

Пусть $lnu >0$ , тогда имеем $y < lnzx− lnv lnu lnu$ (эта ситуация изображена на рисунке). Если $ln u> 0$ , $u > 1$ , то $− lnv->0 lnu$ и $lnv> 0 lnz$ , откуда $0< v < 1$ и $0< z < 1$ .

Случай $ln u< 0$ при любых $lnz$ и $ln v$ задаёт неограниченную область изменения $(x,y)$ , он не реализуем по условию задачи.

Ответ:

$u >1,0< v < 1,0 <z <1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#90946

При каких значениях $a$ и $b$ неравенство

-22x−1-- b <164x−4x+5 ≤ a

выполняется для всех действительных $x$ ?

Показать ответ и решение

Пусть $t= 2x− 1.$ Рассмотрим функцию

-t--- f(t)= t2+ 4.

Так как

√--- t2+ 4≥ 2 4t2 =4|t|,

то

1 t 1 −4 ≤ t2-+4-≤ 4.

Значения $± 14$ достигаются при $t= ±2.$ Следовательно, множество значений функций

2x−1 t g(t)= 164x2−4x+5-= 16t2+4

есть отрезок $[ ] 12;2$ .

Ответ:

$a ≥2,b< 1 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#64956

Найти все $a$ , при которых для любого $b$ система

{ 2(1+ |y|)a +(b2− 2b+ 2)x =3 xy(x+ b− 1)=2a2− 3a+1

имеет хотя бы одно решение.

Показать ответ и решение

Раз у нас условие должно выполняться для любого $b,$ то подставим "удобные"(при которых уравнения упрощаются) значения $b.$

Например, при $b= 1$ первое уравнение принимает вид: $a (1+|y|) = 1$ . Тогда

либо

2 1+ |y|= 1 =⇒ y =0 =⇒ 2a − 3a+ 1= 0

либо

2 a =0 =⇒ x y = 1

и есть решения (например $(1,1)$ ).

Мы поняли, что при $b= 1$ система может иметь решение только при $a =0$ или $2a2− 3a+ 1= 0 ⇐⇒ a∈ {0,5;1}$ . Теперь нужно проверить, при каких из этих значениях $a$ система будет иметь решение для любого $b.$ Задача свелась к перебору трёх значений, остальные заведомо не подходят, ведь условие будет выполнено не для любого $b$ (например, не будет выполнено для $b= 1$ ).

1.: $a =0$ . Тогда из первого уравнения $(b2− 2b+ 2)x =1$ . Для $b$ , при которых $b2− 2b+2⁄= 1$ получим, что $x =0.$ Тогда второе уравнение обращается в $0= 1.$ Такое $a$ нам не подходит.
2.: $1 a = 2;a =1.$ Тогда второе уравнение обращается в $xy(x+b − 1)= 0$ . Заметим, что пара $(0;0)$ является решением системы. Такие $a$ нам подходят.

Ответ:

$1;1 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#67588

Найдите все значения параметра $a,$ для каждого из которых найдётся значение параметра $b,$ при котором система уравнений

{ ax+ 2y− 3b= 0 (x2+ y2 − 9)(x2+y2− 12x+ 32)= 0

имеет ровно 4 решения.

Источники: Физтех 2023, 1.4 (olymp-online.mipt.ru)

Показать ответ и решение

Второе уравнение системы равносильно совокупности

[ x2+y2− 9= 0 2 2 x +y − 12x+32 =0

[ x2+y2 = 9 (x − 6)2+y2 = 4

Эта совокупность задаёт две непересекающиеся окружности $Ω$ и $ω$ — с центрами в точках $O(0;0)$ и $Q(6;0)$ и радиусами $3$ и $2$ соответственно.

Теперь рассмотрим первое уравнение системы:

ax +2y− 3b= 0

y =− ax+ 3b 2 2

Видим, оно определяет прямую с угловым коэффициентом $k= − a. 2$ При фиксированном значении $a$ — т.е. при фиксированном угле наклона — и при $b∈ ℝ$ получаем всевозможные прямые с угловым коэффициентом $k= − a. 2$

Чтобы система имела ровно $4$ решения, прямая должна пересекать каждую из окружностей ровно в двух точках. Это возможно в том и только том случае, когда угловой коэффициент прямой по модулю меньше, чем угловой коэффициент общей внутренней касательной двух данных окружностей (тогда за счёт выбора параметра $b$ можно подобрать такое положение прямой, что она пересекает каждую из окружностей дважды).

Проведём общую внутреннюю касательную $AB$ к окружностям (пусть $A$ и $B$ — точки касания этой прямой с $Ω$ и $ω$ соответственно). Пусть $l$ — прямая, параллельная $AB$ и проходящая через точку $O;$ пусть также $l∩QB = H,$ $∠HOQ = φ$ ( $OH ∥AB,$ поэтому $φ$ — угол наклона общей внутренней касательной). Так как

HQ = HB + BQ = OA+ BQ = 3+ 2=5,

а также $OQ = 6,$ то из прямоугольного $△HOQ$ имеем

∘ --------- √-- OH = OQ2− HQ2 = 11

Значит,

HQ- -5- tgφ = OH = √11

С учётом сказанного выше подходят все значения углового коэффициента, по модулю меньшие, чем $tgφ,$ откуда

|| a|| -5- |− 2|< √11

( 10 10) a ∈ − √11;√11

Ответ:

$(−√10;√10-) 11 11$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#31986

Найдите, при каких значениях параметра $a$ для любого действительного $b$ найдется такое число $c$ , что система

{ bx− y = ac2; (b− 6)x+ 2by =c+ 1

имеет хотя бы одно решение.

Показать ответ и решение

Параметры это фиксированные числа, а решениями системы являются пары $(x,y)$ . Оба уравнения системы на плоскости $xOy$ задают прямые (при $b= 0$ первое уравнение даёт горизонтальную прямую $2 y = ac$ , а второе — вертикальную $c+1 x= −6$ ; при $b= 6$ второе уравнение даст горизонтальную прямую; при других значениях это две наклонные). Прямые могут пересекаться, совпадать или быть параллельны (в последнем случае у системы решений не будет). Заметим, что параметр $b$ входит только в коэффициенты перед $x$ и $y$ , то есть регулирует угол наклона. Параметры же $a$ и $c$ отвечают за параллельный перенос (сдвиг) прямых.

Если число $b$ такое, что прямые пересекаются, то решение гарантированно будет. По условию же нужно, чтобы решение существовало при любых $b$ . Рассмотрим такие $b$ , при которых прямые параллельны или совпадают, то есть их угловые коэффициенты равны:

6− b b= -2b-

b=− 2,b= 3 2

Нужно подобрать такие значения $a$ , чтобы в том числе при таких $b$ прямые пересекались. А при найденных двух значениях $b$ они могут только совпадать. Проверим, когда это происходит:

В первом случае

{ −2x− y = ac2 2 1- −8x− 4y = c+1 =⇒ ∃c: 4ac − c− 1= 0⇐⇒ a= 0 или 1+ 16a≥ 0⇐⇒ a ≥− 16

Во втором

{ 3∕2⋅x− y =ac2 1 −9∕2⋅x+ 3y = c+1 =⇒ ∃c: 3ac2 +c+ 1= 0⇐ ⇒ a= 0 или 1− 12a≥ 0⇐⇒ a ≤12

Ответ:

$[−1∕16,1∕12]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#32533

Найдите все значения параметра $a$ , при которых система

{ (x2+ 1)a+(b2+ 1)y = 2; a+bxy+ x2y = 1

имеет решение для любого значения параметра $b$ .

Показать ответ и решение

В частности, система должна иметь решение для $b=0$ , то есть

⌊ { x= 0 { (x2+ 1)a = 1 || a= 1 2 ⇐ ⇒ || { a+ x y = 1 ⌈ a=2 0 x y = 1

При $a= 0$ мы получим систему

{ (b2 +1)y = 1 bxy+x2y = 1

При $b⁄= 0$ обязательно $y = 0$ , откуда невозможно равенство во втором уравнении. Если же $a= 1$ , то

{ { x2+ 1+(b2+1)y = 2 x2+ (b2+ 1)y =1 1+ bxy +x2y = 1 ⇐ ⇒ bxy+x2y =0

В этой системе для произвольного $b$ решением всегда будет пара $(0,0)$ .

Ответ:

$1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#32705

Найдите все $a$ , при которых система

{ x− by +az2 = 0; 2bx +(b− 6)y− 8z =8

имеет решение относительно $(x,y,z)$ для любого $b$ .

Показать ответ и решение

Выразим $x$ из первого уравнения и подставим во второе:

( 2) ( 2 ) 2 2b by− az + (b− 6)y− 8z = 8⇐ ⇒ 2b + b− 6y =2abz +8z+ 8 (3)

Если мы найдем такие $a$ , что уравнение (3) имеет решения $(y,z)$ при любом $b$ , то, опять-таки при любом $b$ можно будет найти $x$ по формуле $x =$ $by− az2$ , т.е. система решается относительно всех переменных при любом $b$ . Обратно, если система имеет решение $(x,y,z)$ при любом $b$ , то пара $(y,z)$ при том же $b$ будет решением уравнения (3).

Значит, мы должны найти такие $a$ , что уравнение (3) имеет решения относительно $(y,z)$ при любых $b$ . Однако, при $2 3 2b + b− 6⁄= 0⇐ ⇒ b⁄= −2,b ⁄= 2$ уравнение (3) имеет решение - можно положить $z = 0$ и $--8--- y = 2b2+b−6$ . Если $b=− 2$ , то получаем уравнение (4) $2 2 − 4az+ 8z+ 8= 0⇐⇒ az − 2z− 2 =0$ , которое имеет решение при $1 D ≥ 0⇐⇒ 1+ 2a≥ 0⇐⇒ a≥− 2$ . Аналогично, при $3 b= 2$ получается уравнение

3az2 +8z+ 8= 0,

которое имеет решение при $16− 24a≥ 0⇐⇒ a ≤ 2 3$ . Мы доказали, что если $a$ удовлетворяет условию задачи, то $a∈ [− 1,2] 2 3$ . Обратно, если $a$ принадлежит этому отрезку, то при $b⁄= −2,3 2$ решение (3) уже было указано, а при $b$ , равному одному из этих чисел оба квадратных уравнения (4) и (5) имеют решения. Их и надо взять в качестве $z$ , а $y$ можно выбрать произвольно.

Ответ:

$[− 1;2] 2 3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#74781

Найдите все действительные числа $d,$ для которых существуют многочлены от одной переменной $P$ и $Q,$ такие что равенство

P(x) P(x+ d) 1 Q(x) − Q(x+-d) = x(x-+1)

выполняется при всех значениях $x$ , кроме конечного числа (есть лишь конечное множество значений $x$ , для которых равенство не выполняется).

Источники: Высшая проба - 2022, 11.4 (см. olymp.hse.ru)

Показать ответ и решение

Сразу заметим, что при $d= 0$ равенство из условия невозможно, так что далее мы везде считаем, что $d⁄= 0$ даже когда не напоминаем об этом явно.

Предположим, что такие многочлены $P$ и $Q$ нашлись. Тогда можно считать, что они взаимнопросты (иначе поделим оба на общий множитель — новая пара тоже удовлетворяет условию), и у $Q$ старший коэффициент равен 1 (домножим $P$ и $Q$ на константу , чтобы старший коэффициент стал равен 1). Введем обозначение для разложения $Q$ на линейные множители (естественно, воспользовавшись существованием такого разложения в комплексных числах):

Q(x)=(x− α1)n1(x− α2)n2⋅⋅⋅(x− αk)nk

Для комплексного числа $α$ множество чисел вида $α +md,$ где $m ∈ℤ$ , будем называть цепью числа $α.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Ключевое утверждение:

Если $α$ — корень $Q,$ то числа 0 и 1 принадлежат цепи $α.$

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Доказательство.

Пусть $α$ — корень $Q,$ тогда обозначим через $m−$ и $m+$ такие минимальное и максимальное значения $m,$ при которых $α+ md$ является корнем $Q.$ Заметим, что $m−$ и $m+$ определены корректно: множество значений $m$ не пусто (поскольку 0 подходит) и конечно, поскольку у $Q$ конечное число корней (первое место, в котором важно, что $d⁄= 0$ ). Тогда пусть не оба числа 0 и 1 лежат в цепи $α.$ Тогда одно из двух чисел $α+ (m− − 1)d$ и $α+ m+d$ не является ни 0 ни 1 (второе место: нам важно, что $α +(m − − 1)d$ и $α +m+d$ — два разных числа). Рассмотрим эти два случая.

Пусть $α+ m+d= αi$ — не равно ни 0 ни 1. Посмотрим на равенство из условия

P-(x)− P(x+-d)= ---1-- = 1− -1-- Q (x) Q(x+ d) x(x+ 1) x x+ 1

и разложим левую часть на простейшие дроби:

P(x)= P (x)+ --P1(x)-- +--P2(x)- +⋅⋅⋅+--Pk(x)- , Q (x) 0 (x− α1)n1 (x− α2)n2 (x− αk)nk

где степень $Pi(x)$ меньше $ni$ при $1 ≤i≤ k,$ причем $Pi ⁄= 0.$

Поскольку $αi$ — корень $Q,$ в разложение $PQ((xx))$ входит член со знаменателем $(x − αi)ni$ и ненулевым числителем. Но $αi$ — не корень $Q (x+ d),$ иначе $α + d= α+ (m +1)d i +$ было бы корнем $Q(x),$ что противоречило бы максимальности $m +$ . Тогда член со знаменателем $ni (x− αi)$ не входит в разложение $P(x+d) Q(x+d),$ значит члену с таким знаменателем слева не с чем сократиться — но он не входит в правую часть — противоречие.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Итак, мы доказали, что если у многочлена $Q$ есть комплексные корни, то в цепь этого корня входят числа 0 и 1, то есть выполняется равенство $-1 d= m$ для какого-то целого $m$ . Если же у $Q$ нет комплексных корней, то он - ненулевая константа, то есть $P(x)- Q(x)$ и $P (x+d) Q-(x+d)$ — многочлены, тогда их разность не может равняться $x(x1+1).$

Осталось показать, что все значения вида $d= 1m,$ где $m ∈ ℤ,m ⁄= 0$ подходят. Для $m >0$ достаточно взять функцию

1+ --11-+ --12-+ ⋅⋅⋅+ ---1m−1- x x+ m x+ m x+ m

и привести сумму к общему знаменателю, числитель взять в качестве $P,$ а знаменатель — $Q.$ Для $m <0$ то же самое сделать с суммой

-−1- ---−1--- --−-1--- -−-1-- x+ 1 + x+ −m−−m1-+ x+ −m−−m2-+⋅⋅⋅+ x+ −1m

Ответ:

$d =-1, m$ где $m ∈ℤ,m ⁄= 0$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#76643

Найти все числа $C$ , для которых неравенство $|αsin x+β cos2x|≤C$ выполняется при всех $x$ и любых $(α;β)$ таких, что $2 2 α + β ≤ 4.$

Источники: Росатом-2022, московский вариант, 11.2 (см. olymp.mephi.ru)

Показать ответ и решение

$f(x)= |αsin x+β cos2x|≤|α||sinx|+ |β||cos2x|≤ |α|+ |β|.$ Покажем, что значение $|α|+ |β|$ всегда достижимо для функции $f(x)$ при любых $(α;β):$

1. Если $α$ и $β$ одного знака, то $(3π) f 2 = |− α − β|= |α|+ |β|;$

2. Если $α$ и $β$ разных знаков, то $(π) f 2 =|α− β|=|α|+|β|$

Таким образом, при фиксированных $(α;β)$ максимальное значение $f(x)$ равно $|α|+|β|.$ В круге $2 2 α +β ≤4$ величина $|α|+ |β|$ принимает наибольшее значение $√- 2 2.$

$PIC$

Итак, при любых $(α;β)$ в круге $α2 +β2 ≤4$ и при любых $x$ справедливо неравенство $f(x)= |αsin x+β cos2x|≤2√2,$ так что любое $C < 2√2$ не удовлетворяет условию задачи, а $C ≥2√2$ искомое.

Ответ:

$C ≥ 2√2$

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#90552

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

{ x2+ y2 = z x +y+ z = a

имеет единственное решение.

Показать ответ и решение

Сложим уравнения и получим: $(x+ 1)2+(y+ 1)2 = a+ 1 2 2 2$ . Пусть оно имеет какие-то корни. Тогда при подстановке корней в первое уравнение системы, а достаточно проверить только его, поскольку преобразование было линейным, подберётся $z$ , откуда и система будет иметь решение, значит, система имеет столько же решений, сколько данное уравнение. Действительно, мы знаем, что решений не больше, при этом из каждого найденного что-то получится. Откуда полученное уравнение имеет ровно одно решение, что достигается при $1 a =− 2$ .

Ответ:

$− 1 2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#91931

Найти все пары значений $a,b$ , при каждой из которых система уравнений

{ (a+ b)x+ 26y =2 8x+ (a2 − ab+ b2)y = 4

имеет бесконечное множество решений.

Показать ответ и решение

Система имеет бесконечное множество решений тогда и только тогда, когда оба ее уравнения являются уравнением одной и той же прямой. Умножив обе части первого уравнения на 2 и приравняв коэффициенты при $x$ и $y$ полученного уравнения и второго уравнения исходной системы, имеем

2 2 2(a+ b)= 8, 52=a − ab+ b

или

2 a+ b= 4, (a+ b) − 3ab= 52

откуда $ab= −12.$ Решив систему

{ a+ b=4 ab=− 12

находим два ее решения $a1 = −2,b1 =6$ и $a2 = 6,b2 =− 2.$

Ответ: -2 и 6

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#92038

Найти все значения параметра $a$ , при которых система

{ 2bx+ (a+ 1)by2 = a2 (a− 1)x3+ y3 = 1

имеет решение для любого $b.$

Показать ответ и решение

Система должна иметь решение, в частности, при $b= 0.$ Подставляя $b= 0$ в первое уравнение системы, получим $a2 = 1$ , то есть $a= ±1.$ Это необходимые условия на параметр $a$ (иные значения $a$ заведомо не годятся); остаётся проверить, являются ли эти условия достаточными. Пусть $a= 1$ . Тогда система принимает вид:

{ bx 2 23+ 2by =1 y = 1

и надо проверить, имеет ли она решения для любого $b.$ Из второго уравнения имеем $y = 1$ ; после подстановки этого значения в первое уравнение получим

bx 2 = 1− 2b

Это уравнение не имеет решений, например, при $b =1.$ Следовательно, $a= 1$ не годится. Пусть теперь $a= −1.C$ этим $a$ система примет вид:

{ 2bx =1 −2x3+ y3 =1

Легко видеть, что пара $(0,1)$ будет решением этой системы при любом $b.$ Значит, $a= −1$ нам подходит.

Ответ: -1

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#30989

Найдите все действительные числа $a,$ для которых существуют три различных действительных числа $x,y,z,$ таких что

1 1 1 a= x+ y = y+ z =z+ x

Источники: Всесиб-2021, 11.3 (см. sesc.nsu.ru)

Показать ответ и решение

Первое решение.

Из условия $1 1 x + y = y+ z$ получаем

y− z x − y =-zy--

Аналогично (в силу цикличности равенств) $y− z = z−zxx ,z− x= x−xyy .$

После перемножения полученных трёх равенств имеем

(x− y)(y− z)(z− x)= (x−-y)(y−-z)(2z−-x) (xyz)

С учётом того, что числа различные, получаем после сокращения на $(x− y)(y− z)(z− x)⁄= 0:$

(xyz)2 = 1 ⇐ ⇒ xyz = ±1

Из условия $a =x + 1y = y+ 1z$ получаем

a⋅a= (x + 1)⋅(y+ 1)= 1+ xy+ x+ 1-= 1+ x(y + 1+ -1-) y z z yz z xyz

a2− 1= x(a ±1)

Аналогично (в силу цикличности равенств) $a2 − 1= y(a±1),a2 − 1 =z(a± 1).$

После перемножения полученных трёх равенств имеем

(a2− 1)3 =±1 ⋅(a± 1)3

Этому равенству не могут удовлетворять значения $a,$ отличные от $± 1,$ поэтому других решений у задачи быть не может. Осталось проверить, подходят ли $a= 1,a= −1.$

При $a= 1$ существует удовлетворяющая условиям задачи тройка $1 (2,2,−1),$ а при $a =− 1$ можно взять $1 (−2,−2,1).$ Поэтому оба найденных значения параметра идут в ответ.

Второе решение.

Сначала постараемся избавиться от трёх неизвестных в одном выражении:

2 a =x + 1=⇒ x= a− 1 = ay− 1, z = a− 1= a−-y--= a-y−-y− a y y y x ay− 1 ay− 1

Наконец:

a= y+ 1= y+ --ay− 1--⇐⇒ a3y− ay− a2 =a2y2− y2 − ay+ ay− 1 z a2y− y − a

Получаем:

(a2− 1)(y2− ay+ 1)= 0

Тогда либо $a2 =1,$ либо $a= y+ 1y.$ Последнее невозможно, ведь по условию $a= x+ 1y$ и получаем $x= y$ — противоречие с условием.

Осталось проверить $a= ±1.$

Зафиксируем $y,$ тогда из ранее полученного

x = ay− 1 y

z = a2y−-y−-a=-−-a- ay− 1 ay− 1

1 1 a =y +z = y− y + a

Все три условия выполнены и можно предъявить конкретную тройку $(x,y,z),$ но нами получен общий вид $ay− 1 −a (-y-,y,ay−1)$ в зависимости от $y$ при учёте $a =±1.$

Осталось проверить, что в тройке нет совпадающих чисел различность.

Допустим, что $x= y.$ Тогда

x = ax− 1 x

x2− ax +1 =0

D =a2− 4= −3 <0

То есть такого быть не может. Остальные два равенства $y =z$ и $x =z$ проверяются (что они невозможны) аналогично.

Ответ:

{ $− 1$ ; $1$ }

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#90866

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

|x|− arcsin x+ b⋅(arccosx+|x|− 1)+ a= 0

при любом значении $b$ имеет хотя бы одно решение.

Источники: ПВГ - 2021, 11.2 (см. pvg.mk.ru)

Показать ответ и решение

ОДЗ: $|x|≤ 1$

Мы знаем, что $( π π) arcsinx∈ − 2,2$ , $arccosx∈ (0,π)$ и $π arccosx+ arcsin x= 2$ . Значит,

π |x|+arccosx− 2 +b⋅(arccosx +|x|− 1)+ a= 0

π − 1 − a arccosx +|x|− 1= 2-b+-1-

Заметим, что если $π2 − 1− a⁄= 0$ , то правая часть может быт сколь угодно большим числом (так как $b$ любое), а левая часть $arccosx+ |x|− 1< π+ 1− 1=π$ ?!

Значит, если при любом значении $b$ есть хотя бы одно решение, то $a = π2 − 1$ . Тогда есть решение $x= 1$ для любого $b$ .

Ответ:

$π − 1 2$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#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 18#105233

Найдите все значения параметра $b,$ при котором для любого значения параметра $a∈[−2;1]$ неравенство

2 2 2 a +b − sin 2x− 2(a+ b)cos2x− 2>0

не выполняется хотя бы для одного значения $x.$

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

Показать ответ и решение

Пусть $y =cos2x, y ∈ [−1;1].$ Тогда:

2 2 2 a + b − sin 2x − 2(a+ b)y− 2> 0

2 2 2 a +b − 1+y − 2(a+b)y− 2> 0

y2− 2(a+ b)y+ a2+ b2 − 3> 0

Найдем при каких $a$ и $b$ неравенство выполняется для любых $y ∈ [− 1;1].$ Рассмотрим функцию $f(x)= y2− 2(a+ b)y+ a2+ b2− 3.$ Ее графиком является парабола с ветвями вверх и вершиной в точке $y0 = − −2(a-+b)= a+ b. 2⋅1$ Рассмотрим три случая местоположения вершины относительно отрезка $[−1;1]:$

{ a+ b≤ −1 { −1< a+ b< 1 { a+ b≥1 f(−1)>0 (1) f(a +b)> 0 (2) f(1)> 0 (3)

{ { { a+ b≤− 1 (1) −1 <a +b< 1 (2) a+ b≥ 1 (3) (a +1)2+ (b+ 1)2 > 4 ab< −1,5 (a− 1)2+ (b − 1)2 > 4

На координатной плоскости $aOb$ изобразим множество точек $(a,b),$ удовлетворяющих всем трём условиям. Точки, для которых неравенство не выполняется хотя бы для одного $y ∈ [−1;1]$ , лежат внутри области, ограниченной графиками. Проверим область на замкнутость:

$PIC$

Точки пересечения графиков $(a+1)2+ (b+ 1)2 =4$ и $a+ b= −1:$

2 2 (a+ 1)+ (−1− a+1) = 4

2a2+ 2a− 3= 0

⌊ − 1− √7 || a= ---2√-- ⌈ a= −-1+--7 2

Точки пересечения графиков $ab= −1,5$ и $a+ b= −1:$

a⋅(− 1− a)= −1,5

−a − a2+ 1,5= 0

⌊ √ - a= −-1−--7 ||⌈ 2√ - a= −-1+2--7

Аналогично проверяем точки пересечения графиков с $a +b= 1.$ Точки совпадают, значит, область замкнутая.

В итоге, точки, для которых неравенство $y2− 2(a+ b)y+ a2+ b2− 3> 0$ не выполняется хотя бы для одного $y ∈[−1;1],$ образуют замкнутую область, граница которой состоит из графиков двух окружностей и гиперболы, граница включается. Для решения задачи необходимо найти такие значения $b,$ при которых точки $(a,b)$ попадают в получившуюся область для любых $a∈ [−2,1].$ Такие значения $b$ образуют отрезок $[b1;b2].$

$b1$ найдем, подставив $a= 1$ в уравнение гиперболы. $b2$ найдем, подставив $a= −2$ в уравнение окружности $(a+ 1)2+ (b+1)2 = 4.$ Получаем $[ ] −1,5;√3-− 1 .$

Ответ:

$[−1,5;√3− 1]$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#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 20#113664

При каких значениях $a$ существует $b$ такое, что уравнение

2 2 sin bsinx+ cos bcosx =a

не имеет решений?

Источники: ПВГ 2019

Показать ответ и решение

Пользуясь методом вспомогательного аргумента, приходим к уравнению

a= f(b)cos(x− f(b)),

где

∘ --4-----4- f(b)= sin b+ cos b

Если $| a-|≤ 1 f(b)$ при любых $b,$ то найдётся, например, решение $x= f(b)+ arccos-a. f(b)$ А если же при каком-то $b$ выполнено $| a-|> 1, f(b)$ то у уравнения решений нет, так как косинус по модулю не больше единицы.