Задача с параметром

Преобразуем уравнение $$x^{6}+3x^{2}=(8x-5a)^{3}+3(8x-5a).$$

Рассмотрим функцию $f(t)=t^{3}+3t$.

Запишем наше уравнение в виде: $f(x^{2})=f(8x-5a)$.

Функция $f(t)=t^{3}+3t$ непрерывна и нечетная. Ее производная $f(t)=3t^{2}+3$ всегда положительна, значит, $f(t)$ монотонно возрастает, и каждое свое значение принимает ровно один раз.

Поэтому уравнение $f(x^{2})=f(8x-5a)$ равносильно уравнению $x^{2}=8x-5a$. Это квадратное уравнение.

Соберем все его слагаемые в левую часть. Уравнение $x^{2}-8x+5a=0$ не имеет корней, когда его дискриминант отрицателен, $64-20a<0$, а $a>\dfrac{16}{5}$.

Ответ: $a>\dfrac{16}{5}$.

$$\begin{cases} \left(x^2-(y+a)^2\right)\left(x^2+(y+a)^2\right)-0{,}5a^2\left(x^2-(y+a)^2\right)=0,\\ y=ax \end{cases}$$

$$\begin{cases} \left(x^2-(y+a)^2\right)\left(x^2+(y+a)^2-0{,}5a^2\right)=0,\\ y=ax \end{cases}$$

Первое уравнение распадается на два уравнения

$$x^2=(y+a)^2$$

$$x^2+(y+a)^2=\frac{a^2}{a}$$

Уравнение $x^2=(y+a)^2$ задаёт пару прямых $y=x-a$ и $y=-x-a$, проходящих через точку $(0;-a)$.

Уравнение

$$x^2+(y+a)^2=\frac{a^2}{2}$$ задаёт окружность радиуса $\frac{a}{\sqrt{2}}$ с центром в точке $O:(0;-a)$.

Наконец, уравнение $y=ax$ — это уравнение прямой, проходящей через начало координат. Собирая всё вместе, получаем следующее

Система уравнений из условия задания имеет четыре решения тогда и только тогда, когда график прямой $y=ax$ пересекает окружность и пару прямых, заданных первым уравнением системы в четырёх различных точках. Этот случай показан зелёной прямой на рисунке.

Чтобы прямая $y=ax$ пересекала пару прямых $y=\pm x-a$, необходимо, чтобы она не была параллельна ни одной прямой из этой пары, т.е. $a\ne \pm1$. Этот случай показан оранжевыми пунктирными прямыми на чертеже.

Понятно также, что $a\ne0$, так как в противном случае система имеет, как это нетрудно видеть, единственное решение $x=0,\ y=0$.

Найдём теперь все значения $a$, при которых прямая $y=ax$ пересекает окружность $$x^2+(y+a)^2=\frac{a^2}{2}$$ в двух точках. Это возможно тогда и только тогда, когда уравнение $$x^2+(ax+a)^2=\frac{a^2}{2}$$ имеет два решения. Раскрывая скобки и приводя подобные, получаем $$x^2+a^2x^2+2a^2x+a^2-\frac{a^2}{2}=0$$ $$(1+a^2)x^2+2a^2x+\frac{a^2}{2}=0$$

Это уравнение имеет два решения при условии, что его дискриминант больше нуля. Получаем

$$D=4a^4-4\cdot(1+a^2)\cdot\frac{a^2}{2}=4a^2-2a^2(1+a^2)=2a^2(a^2-1)>0$$

Выше мы выяснили, что $a\ne0$, значит $a^2>0$. Поэтому получаем, что $a^2>1$ или $|a|>1$.

Осталось исключить случаи, когда прямая $y=ax$ проходит через точки пересечения пары прямых $x^2=(y+a)^2$ с окружностью. Этот случай отмечен красной пунктирной прямой на рисунке. Найдем координаты этих точек.

$$\begin{cases} x^2=(y+a)^2\\ x^2+(y+a)^2=\frac{a^2}{2} \end{cases} \Rightarrow 2x^2=\frac{a^2}{2} \Rightarrow x=\pm\frac{a}{2}$$

Теперь несложно найти все четыре точки пересечения пары прямых с окружностью:

$$x_1=\frac{a}{2},\ y_1=\frac{a}{2}-a=-\frac{a}{2} \Rightarrow \left(\frac{a}{2};-\frac{a}{2}\right)$$

$$x_2=-\frac{a}{2},\ y_2=-\frac{a}{2}-a=-\frac{3a}{2} \Rightarrow \left(-\frac{a}{2};-\frac{3a}{2}\right)$$

$$x_3=\frac{a}{2},\ y_3=-\frac{a}{2}-a=-\frac{3a}{2} \Rightarrow \left(\frac{a}{2};-\frac{3a}{2}\right)$$

$$x_4=-\frac{a}{2},\ y_4=\frac{a}{2}-a=-\frac{a}{2} \Rightarrow \left(-\frac{a}{2};-\frac{a}{2}\right)$$

Осталось найти те значения $a$, при которых прямая $y=ax$ проходит через эти точки:

$$\left(\frac{a}{2};-\frac{a}{2}\right)\Rightarrow -\frac{a}{2}=\frac{a^2}{2}\Rightarrow a^2=-a\Rightarrow a=0,\ a=-1$$

$$\left(-\frac{a}{2};-\frac{3a}{2}\right)\Rightarrow -\frac{3a}{2}=-\frac{a^2}{2}\Rightarrow a^2=3a\Rightarrow a=0,\ a=3$$

$$\left(\frac{a}{2};-\frac{3a}{2}\right)\Rightarrow -\frac{3a}{2}=\frac{a^2}{2}\Rightarrow a^2=-3a\Rightarrow a=0,\ a=-3$$

$$\left(-\frac{a}{2};-\frac{a}{2}\right)\Rightarrow -\frac{a}{2}=-\frac{a^2}{2}\Rightarrow a^2=a\Rightarrow a=0,\ a=1$$

Исключая найденные значения из множество $|a|>1$ найденные точки, получаем окончательный ответ

Ответ: $(-\infty;-3)\cup(-3;-1)\cup(1;3)\cup(3;+\infty)$

Аналитическое решение:

Дана система:

$$\begin{cases} x^4 - (y+a)^4 - 0,5a^2x^2 + 0,5a^2(y+a)^2 = 0 \\ y = ax \end{cases}$$

Подставляем $y = ax$:

$$y + a = ax + a = a(x+1)$$

$$x^4 - (a(x+1))^4 - 0,5a^2x^2 + 0,5a^2(a(x+1))^2 = 0$$

$$x^4 - a^4(x+1)^4 - 0,5a^2x^2 + 0,5a^4(x+1)^2 = 0$$

Используем разность квадратов:

$$(x^2)^2 - (a^2(x+1)^2)^2 = (x^2 - a^2(x+1)^2)(x^2 + a^2(x+1)^2)$$

Получаем:

$$(x^2 - a^2(x+1)^2)(x^2 + a^2(x+1)^2) - 0,5a^2(x^2 - a^2(x+1)^2) = 0$$

$$(x^2 - a^2(x+1)^2)\left( x^2 + a^2(x+1)^2 - 0,5a^2 \right) = 0$$

Первый множитель

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

$$(x - a(x+1))(x + a(x+1)) = 0$$

$$x - ax - a = 0 \quad \text{или} \quad x + ax + a = 0$$

$$x(1-a) = a \quad \Rightarrow \quad x_1 = \frac{a}{1-a}, \quad a \neq 1$$

$$x(1+a) = -a \quad \Rightarrow \quad x_2 = \frac{-a}{1+a}, \quad a \neq -1$$

Второй множитель

$$x^2 + a^2(x+1)^2 - 0,5a^2 = 0$$

$$x^2 + a^2(x^2 + 2x + 1) - 0,5a^2 = 0$$

$$x^2 + a^2x^2 + 2a^2x + a^2 - 0,5a^2 = 0$$

$$x^2(1 + a^2) + 2a^2x + 0,5a^2 = 0$$

Умножаем на 2:

$$2(1+a^2)x^2 + 4a^2x + a^2 = 0$$

Дискриминант

$$D = (4a^2)^2 - 4 \cdot 2(1+a^2) \cdot a^2 = 16a^4 - 8a^2(1+a^2) = 16a^4 - 8a^2 - 8a^4 = 8a^4 - 8a^2$$

Чтобы квадратное уравнение имело два различных решения (и всего решений системы было 4), необходимо $D > 0$:

$$8a^4 - 8a^2 > 0 \quad\Rightarrow\quad 8a^2(a^2 - 1) > 0 \quad\Rightarrow\quad 8a^2(a-1)(a+1) > 0$$

$$\Rightarrow \quad a \in (-\infty; -1) \cup (1; +\infty)$$

Проверка совпадений корней

Корни: $x_1, x_2$ из первого множителя, $x_3, x_4$ из квадратного уравнения.

1. $x_1 = x_2$: $$\frac{a}{1-a} = -\frac{a}{1+a} \quad\Rightarrow\quad a(1+a) = -a(1-a)$$ $$1+a = -1 + a \quad\Rightarrow\quad 1 = -1$$ Невозможно. Совпадения нет.
2. $x_1 = x_3$ или $x_1 = x_4$: Подставляем $x_1 = \dfrac{a}{1-a}$ в квадратное уравнение: $$2(1+a^2)\frac{a^2}{(1-a)^2} + 4a^2 \cdot \frac{a}{1-a} + a^2 = 0$$ Условие: $a \neq -1,\; a \neq 0,\; a \neq 3$.
3. $x_2 = x_3$ или $x_2 = x_4$: Подставляем $x_2 = -\dfrac{a}{1+a}$ в квадратное уравнение: $$2(1+a^2)\frac{a^2}{(1+a)^2} + 4a^2 \cdot \frac{-a}{1+a} + a^2 = 0$$ Условие: $a \neq -3,\; a \neq 0,\; a \neq 1$.

Условия существования всех корней

• $x_1$ и $x_2$ существуют при $a \neq \pm 1$.
• $x_3$ и $x_4$ существуют при $a \in (-\infty; -1) \cup (1; +\infty)$ (из $D > 0$).

Чтобы система имела ровно 4 различных решения, исключаем совпадения корней и особые точки:

$$a \neq \pm 3,\; \pm 1,\; 0$$

Ответ

$$a \in (-\infty; -3) \cup (-3; -1) \cup (1; 3) \cup (3; +\infty)$$

Решение.

Разложим на множители: $$x^3-x^2-4=(x-2)(x^2+x+2),$$ $$x^4-4x^2=x^2(x^2-4)=x^2(x-2)(x+2).$$

Тогда исходное уравнение равносильно $$(x-2)a^2-(x-2)(x^2+x+2)a+x^2(x-2)(x+2)=0,$$ $$(x-2)\bigl(a^2-(x^2+x+2)a+x^2(x+2)\bigr)=0.$$

Рассмотрим квадратный относительно $a$ трехчлен $$a^2-(x^2+x+2)a+x^2(x+2).$$

По теореме Виета его корни $a_1,a_2$, если они существуют, должны удовлетворять условиям $$a_1+a_2=x^2+x+2,$$ $$a_1\cdot a_2=x^2(x+2).$$

Заметим, что числа $x^2$ и $x+2$ как раз имеют такую сумму и такое произведение: $$x^2+(x+2)=x^2+x+2,$$ $$x^2(x+2)=x^2(x+2).$$

Следовательно, по теореме Виета $$a_1=x^2, \qquad a_2=x+2.$$

Значит, $$a^2-(x^2+x+2)a+x^2(x+2)=(a-x^2)(a-x-2).$$

Тогда исходное уравнение равносильно $$(x-2)(a-x^2)(a-x-2)=0.$$

Построим в плоскости $xOa$ графики $$x=2,\qquad a=x^2,\qquad a=x+2.$$

Заметим, что все три графика $x=2$, $a=x^2$, $a=x+2$ пересекаются в точке $(2;4)$.

Из рисунка видно, что ровно два различных корня получаются при $a<0$ и при $a=4$.

Следовательно, $$a\in(-\infty;0)\cup\{4\}.$$

Ответ: $(-\infty;0)\cup\{4\}$.

Разложим на множители: $$x^3+2x^2+x=x(x+1)^2,$$ $$x^4+2x^3-2x-1=(x+1)^3(x-1).$$

Тогда исходное уравнение равносильно $$(x+1)a^2+x(x+1)^2a+(x+1)^3(x-1)=0,$$ $$(x+1)\bigl(a^2+x(x+1)a+(x+1)^2(x-1)\bigr)=0.$$

Рассмотрим квадратный трехчлен $$a^2+x(x+1)a+(x+1)^2(x-1).$$

По теореме Виета его корни $a_1,a_2$ должны удовлетворять условиям $$a_1+a_2=-x(x+1),$$ $$a_1\cdot a_2=(x+1)^2(x-1).$$

Заметим, что числа $1-x^2$ и $-x-1$ как раз имеют такую сумму и такое произведение: $$(1-x^2)+(-x-1)=-x(x+1),$$ $$(1-x^2)(-x-1)=(x+1)^2(x-1).$$

Следовательно, по теореме Виета $$a_1=1-x^2, \qquad a_2=-x-1.$$

Значит, $$a^2+x(x+1)a+(x+1)^2(x-1)=(a+x+1)(a+x^2-1).$$

Тогда исходное уравнение равносильно $$(x+1)(a+x+1)(a+x^2-1)=0.$$

Построим в плоскости $xOa$ графики $$x=-1,\qquad a=1-x^2,\qquad a=-x-1.$$

Из рисунка видно, что ровно два различных корня получаются при $a=0$ и при $a>1$. Следовательно,

$$a\in\{0\}\cup(1;+\infty).$$

Ответ: $\{0\}\cup(1;+\infty)$.

Преобразуем первое уравнение: $$x^2+y^2-2a(x+2y)=5-5a^2.$$ $$x^2+y^2-2ax-4ay+a^2+4a^2=5$$ $$(x-a)^2+(y-2a)^2=5.$$

Оно задаёт окружность с центром в точке $O(a;2a)$ и радиусом $\sqrt5$. Найдём траекторию центра окружности: $$\begin{cases} x=a\\ y=2x \end{cases} \Rightarrow y=2x.$$

Так как первое уравнение исходной системы задаёт окружность с центром в произвольной точке прямой $y=2x$ и радиусом $\sqrt5$, второе уравнение исходной системы задаёт прямую $$y=-\frac12x.$$

Нас интересуют значения $a$, при которых окружность имеет точки пересечения с прямой $y=-\frac12x$, значит ключевыми положениями на рисунке для нас будут касания окружности с этой прямой.

Заметим, что при $a=\pm\frac12$ прямая $\;y=-\frac12x\;$ касается окружности в точке $A$. Если её центр находится на расстоянии, равном радиусу окружности, от точки пересечения прямых — начала координат. Изобразим случай касания на картинке, начало координат обозначим через $A$, центры окружностей в случаях касания — через $O_1$ и $O_2$.

Мы поняли, что точки $O_1(a_1;2a_1)$ и $O_2(a_2;2a_2)$ такие, что $$AO_1=AO_2=\sqrt5.$$ Очевидно также, что $a_1>0$ и $a_2=-a_1$. Найдём $a_1$, записав условие на расстояние между $A$ и $O_1$: $$\sqrt5=\rho(O_1;A)=\sqrt{(a_1-0)^2+(2a_1-0)^2} =\sqrt{5a_1^2}$$

Так как $a_1>0$, то получаем $a_1=1$, $a_2=-1$. Очевидно, что при любых $a\in[-1;1]$ окружность будет иметь пересечения с прямой $y=-\frac12x$, а при любых $a$, для которых $|a|>1$, не будет.

Получаем ответ: $$a\in[-1;1].$$

Ответ: $a\in[-1;1]$.