Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение
(2+∣x+a∣)3−(2+∣x+a∣)2=(3−x2−2ax−2a2)3−(3−x2−2ax−2a2)2 имеет хотя бы один корень.
Решение
Пусть u=2+∣x+a∣,v=3−x2−2ax−2a2. Уравнение примет вид:
u3−u2=v3−v2. Заметим, что ∣x+a∣⩾0, тогда 2+∣x+a∣⩾2, то есть u⩾2. \par \medskip
При этом v=3−((x2+2xa+a2)+a2)=3−((x+a)2+a2), где (x+a)2+a2⩾0, значит, v⩽3. Пусть f(t)=t3−t2. Рассмотрим поведение данной функции, вычислив производную:
f′(t)=3t2−2t=t(3t−2). Отметим на оси Ot нули производной и определим промежутки убывания и возрастания:
Если t⩾2, то f(t) -- возрастает, тогда f(t)⩾f(2)=23−22=8−4=4. Тогда получаем, что:
f(u)=⩾4u3−u2=v3−v2=f(v). При этом f(0)=0<4, следовательно, неравенство f(v)=f(u)⩾4 может быть выполнено только при v⩾2. Убедимся в этом, построив график f(t)=t3−t2.
Следовательно, в силу монотонного возрастания функции f(t) на промежутке t⩾2 равенство f(u)=f(v) возможно тогда и только тогда, когда равны аргументы, то есть u=v. Возвращаясь к исходной переменной, получаем:
2+∣x+a∣=3−(x+a)2−a2,(x+a)2+∣x+a∣+a2−1=0. Воспользуемся тем, что (x+a)2=∣x+a∣2, а также выделим полный квадрат:
∣x+a∣2+∣x+a∣+a2−1=0,(∣x+a∣2+∣x+a∣+41)+a2−1−41=0; (∣x+a∣+21)2=45−a2. Так как ∣x+a∣+21⩾21, то (∣x+a∣+21)2⩾41. Следовательно, правая часть неравенства должна быть тоже не меньше 41, чтобы было хотя бы одно решение.
45−a2⩾41,a2⩽1,(a−1)(a+1)⩽0;
