Квадратичные функции

Введём функцию $f(x) = a^2 - ax -2x^2 -6a + 3x +9|x|$

Исходное уравнение $f(x) = 0$.

Рассмотрим два случая раскрытия модуля:

1. $x \geq0$: $$a^2 - ax - 2x^2 - 6a + 3x + 9x = 0 \Leftrightarrow 2x^2 - 12x + ax + 6a - a^2 = 0 \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow 2x^2 + x(a - 12) + 6a - a^2 = 0$$

2. $x < 0$: $$a^2 - ax - 2x^2 - 6a + 3x - 9x = 0 \Leftrightarrow 2x^2 + 6x + ax+ 6a - a^2 = 0 \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow 2x^2 + x(a + 6) + 6a- a^2 = 0$$

Исходное уравнение будет иметь ровно 4 различных решения тогда, когда оба полученных уравнения имеют ровно 2 решения.

Рассмотрим каждое уравнение по отдельности.

1. $2x^2 + x(a - 12) + 6a - a^2 = 0$, $x \geq 0$.

$$\begin{cases} D > 0\\ x_{\text{в}} > 0\\ f(0) \geq 0 \end{cases}$$ Решая данную систему, получаем: $$a \in [0; 4) \cup (4; 6]$$

1. $2x^2 + x(a + 6) + 6a- a^2 = 0$.

Чтобы данное уравнение имело ровно 2 различных отрицательных корня, должны выполняться следующие условия:

$$\begin{cases} D > 0\\ x_{\text{в}} < 0\\ f(0) > 0 \end{cases}$$

Решая данную систему, получаем: $$a \in (0; 2) \cup (2; 6)$$

Пересекаем полученные решения: $$a \in (0; 2) \cup (2; 4) \cup (4; 6)$$

Ответ: $(0; 2) \cup (2; 4) \cup (4; 6)$

Сделаем замену $\cos^2x = t$.

Проанализируем замену. Так как $\cos x \in [-1; 1] \Rightarrow \cos^2x \in [0; 1] \Rightarrow t \in [0; 1]$

Получаем уравнение: $$t^2 - (a - 2)t - 3(a + 1) = 0$$

Найдём корни уравнения при помощи теоремы Виета:

$$\left[ \begin{aligned} &t_1+t_2=a-2\\ &t_1\cdot t_2 = -3(a+1)\\ \end{aligned}\right.$$ $$\left[ \begin{aligned} &t_1=-3 \quad - \text{не на } [0;1]\\ &t_2 = a+1\\ \end{aligned}\right.$$ Подставим $t_2$ в ограничение: $$0\leq a+1\leq 1$$ $$-1\leq a\leq 0$$

Ответ: $[-1; 0]$

Сделаем замену $t = |x + 1|$ и проанализируем её:

При $t > 0$ – 2 решения $x$.

При $t = 0$ – 1 решение $x$.

При $t < 0 $ – 0 решений $x$.

Получаем уравнение относительно $t$: $$2at^2 - t + 1 = 0$$

Чтобы исходное уравнение имело ровно 4 различных решения, необходимо чтобы уравнение относительно $t$ имело ровно два положительных корня. Это обеспечивается следующими условиями:

$$\begin{cases} D > 0\\ f(0) > 0\\ t_{\text{в}} > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 1 - 8a > 0 \\ 0 - 0 + 1 > 0\\ \tfrac{1}{2a} > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a < \tfrac{1}{8}\\ a \in R\\ a > 0 \end{cases} \Rightarrow a \in \left(0; \frac{1}{8}\right)$$

Ответ: $\left(0; \frac{1}{8}\right)$

Пусть $|x| = t$, где $t > 0$. Тогда исходное уравнение перепишется как: $$a^2 - 9t^2 + 18t - 9 = 0,$$ или, что то же самое: $$9t^2 - 18t + 9 - a^2 = 0.$$

Обозначим это как квадратное уравнение по переменной $t$. Проанализируем случаи, при которых исходное уравнение имеет ровно два различных корня по $x$.

1. Один положительный корень

Это возможно, если уравнение относительно $t$ имеет один положительный корень (то есть кратный корень $t_0 > 0$). Для этого необходимо: $$\begin{cases} D = 0, \\ -\dfrac{b}{2a} > 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 18^2 - 4 \cdot 9 \cdot (9 - a^2) = 0, \\ \dfrac{18}{18} > 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 324 - 324 + 36a^2 = 0, \\ 1 > 0 \end{cases} \Rightarrow a = 0.$$

2. Два корня, один положительный, другой отрицательный

Здесь нужно, чтобы: $$\begin{cases} D > 0, \\ \text{произведение корней} < 0 \end{cases}$$

Поскольку уравнение имеет вид $9t^2 - 18t + 9 - a^2 = 0$, то: $$\begin{cases} 36a^2 > 0, \\ \frac{9 - a^2}{9} < 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a \neq 0, \\ (3 - a)(3 + a) < 0 \end{cases} \Rightarrow a < -3 \quad \text{или} \quad a > 3.$$

3. Итоговый ответ

Объединяя оба случая, получаем, что уравнение имеет ровно два различных корня при: $$a = 0, \quad a < -3, \quad a > 3.$$

Ответ:    $a \in (-\infty; -3) \cup \{0\} \cup (3; +\infty)$.

Сделаем замену $$t=3^{\cos x}.$$ Так как $\cos x\in[-1;1]$, то $$t\in\left[\frac13;3\right].$$

Тогда исходное уравнение примет вид $$(t-1)a^2-(t+1)a-2t=0.$$

Следовательно, необходимо найти такие значения $a$, при которых данное уравнение имеет хотя бы одно решение $t$ из отрезка $$t\in\left[\frac13;3\right].$$

Раскроем скобки и сгруппируем слагаемые по $t$: $$a^2t-a^2-at-a-2t=0,$$ $$t(a^2-a-2)=a^2+a,$$ $$t(a+1)(a-2)=a(a+1).$$

Рассмотрим возможные случаи.

1) $a=-1$.

Тогда исходное уравнение принимает вид $$0=0.$$ Решением являются все $t$ из допустимого промежутка, значит данный случай подходит.

2) $a=2$.

Тогда получаем $$0=6.$$ Такое уравнение не имеет решений, следовательно, этот случай не подходит.

3) $a\neq -1$, $a\neq 2$.

Тогда $$t=\frac{a(a+1)}{(a+1)(a-2)}=\frac{a}{a-2}.$$

Нужно, чтобы $$\frac13\le \frac{a}{a-2}\le 3.$$

Решая данное двойное неравенство, получаем $$a\in(-\infty;-1]\cup[3;+\infty).$$

Так как случай $a=2$ уже исключён, объединяя все подходящие значения, окончательно получаем

Ответ: $$a\in(-\infty;-1]\cup[3;+\infty).$$