Когда помогают графики

43

Каазловь бы, нет более знакомого абитриентам материала, чем во-просы, относится к исследованию квадратного трехчлена. Ни один экзаменатор не сомневается в том, что каждый поступающий вуз без труда решит квадратное уравнение, помнить теорему Виета и справится с квадратным неравенством. И, тем не менее, практика применных экзаменов вовь и вовь обращается к этой теме, а экзаменующейся не всегда добиваются успеха. Их передко подводит стремление использовать сведения, лежащие на поверхности, и с их помощью как можно быстрее перевести задачу на формальный язык. Однако такой путь решения, далеко не всегда является оптимальным.

Часто большеую помощь оказывает графическое представление условий задачи. Она дает возможность взглянуть на все условия в совокупности и отыскать наиболее простой способ решения.

Покажем это на примерах.

Задача 1. При каких действительных значениях $x_1$ и $x_2$ уравнения

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

лежаит между корнями $x_1'$ и $x_2'$ уравнения

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

Требуется найти все такие $a$, что соответствующие им значения $x_1$, $x_2$, $x_1'$ и $x_2'$ удовлетворяют целочке неравенств

$$x_1' < x_1 \leqslant x_2' < x_2'.$$

Начать естественно с попытки решить данные уравнения и переписать эквивалентную задачу целочку неравенств для неизвестного параметра $a$.

Корни первого уравнения $x_1,2 = 1 \pm a$, корни второго: $x_1',2 = a + 1 \pm \sqrt{3a+1}$.

Поскольку неясно, какое из чисел $1-a$ или $1+a$ больше, придает рассмотрить два случая. Если $1-a \leqslant 1+a$, то задача сводится к системе: $x_1' < 1-a$, $x_2' > 1+a$. Если же $1+a < 1-a$, то получим другую систему: $x_1' < 1+a$, $x_2' > 1-a$.

Птак, предостит решить совокупность двух систем инрациональных неравенств. Проделяйте это самостояльно и сопоставьте с другими решением задачи, которое мы сейчас приведем.

Пусть $f(x)$ и $g(x)$ соответствуют левые части первого и второго уравнения. Графики функций $y = f(x)$ и $y = g(x)$ — парабoles, образенные ветвями вверх. Обозначим через $x_1$ и $x_2$ корни уравнения $f(x) = 0$, а через $x_1'$ и $x_2'$ — корни уравнения $g(x) = 0$. Для всех $x \in (x_1', x_2')$ будет $g(x) < 0$. Если $x_1' < x_1 < x_2' < x_2'$, то $g(x_1) < 0$ и $g(x_2) < 0$. Верно и обратное: если $g(x_1) < 0$ и $g(x_2) < 0$, то $x_1' < x_1 < x_2' < x_2'$. Таким образом, задача сводится к решению системы неравенств

$$\begin{cases} g(x_1) < 0, \\ g(x_2) < 0. \end{cases}$$

Подставив $x_1,2 = 1 \pm a$ в $g(x)$, получим систему

$$\begin{cases} (1-a)^2 - 2(a+1)(1-a) + a(a-1) < 0, \\ (1+a)^2 - 2(a+1)(1-a) + a(a-1) < 0. \end{cases}$$

44

Решая ее, найдем $-\frac{1}{4} < a < 1$.

Следует отметить, что такое преобразование задачи целесообразно, если выражения для $x_1$ и $x_2$ достаточно просты.

Однако обращение к графикам не всегда проходит так гладко и легко, как в разобранном только что примере.

Вот еще один пример.

Задача 2 (МАИ, 1970). При каких действительных значениях параметра m корни уравнения $(1+m)x^2-3mx+4m=0$ подчинются условия $2 < x < 5$?

Пересказем здесь решение задачи, предложенное одним абитурентом. График квадратного трехчлена может быть обращен ветвями вверх или вверми вниз, в зависимости от знака коэффициента при $x^2$. И в том, и в другом случае значения квадратного трехчлена $f(2)$ и $f(5)$ будут одного знака, то есть $f(2) \cdot f(5) > 0$. Оdnako корни $x_1$ и $x_2$ могут быть расположены либо оба левее 2, либо оба правее 5. И в том, и в другом случае $f(2) \cdot f(5)$ будет больше нуля, но абсцисса вершины парабoles $x_0$ оказывается вне отрезка [2,5]. Поэтому потребуем, чтобы она была внутри этого отрезка. Остается записать, что данное уравнение имеет действительные корни, и свести решение задачи к решению системы неравенств

$$\begin{cases} f(2) \cdot f(5) > 0, \\ 2 < x_0 < 5, \\ D \geq 0. \end{cases}$$

Приведенные рассудения не лишены оснований, но, к сожалению, говорят о недостаточной аккуратности. Замену первоначальной задачи системой (1) нельзя признать обоснованной. Для произвольного квадратного трехчлена $f(x)$ она просто не верна (см. рис. 1). А ведь кроме этого может служить, что коэффициент при $x^2$ обратится в нуль, и тогда графиком функции будет прямая.

Чтобы получить аккуратное решение задачи, нужно найти способ, обеспечивающий исчерпание всех возможных ситуаций. С этой целью удобно найти с коэффициента при $x^2$. Он может быть либо отрицательным, либо равным нулю, либо положительным.

Когда $1+m=0$, то есть $m=-1$, уравнение принимает вид $3x-4=0$. Его корень $x=4/3$ не удовлетворяет условиям задачи, он не лежит между 2 и 5.

Рис. 1.

Если $1+m \neq 0$, то левая часть уравнения — квадратный трехчлен, а его график — парабола. Так как у трехчлена должны быть действительные корни, то $D \geq 0$, то есть $9m^2-16m(m+1) \geq 0$. Отсюда $0 \geq m \geq -16/7$.

Тепер вооспользовемся тем, что абсцисса вершины парабoles должны лежать между ее корнями, то есть $2 < \frac{3m}{2(m+1)} < 5$.

Мы уже обнаружили, что $m < 0$, а потому величины $\frac{3m}{2(m+1)}$ будут положительным лишь при $m+1 < 0$. Таким образом, случай, когда ветви парабoles обращены вверх, расматривать не нужно. Решим полученное неравенство и найдем, что

$$-4 < m < -\frac{10}{7}.$$

45

Сопоставив его с первым ограничением на $m$, получим $-16/7 \leq m < -10/7$. График нашей параболи при таких значениях $m$ изображен на рисунке 2. Ее ветви направлены вниз, а корни будут лежать в интервале $(2, 5)$ тогда и только тогда, когда $f(2) < 0$ и $f(5) < 0$, то есть $4+2m < 0$, $25+14m < 0$.

Отсюда $m < -2$. Окончательно $-16/7 \leq m < -2$.

Задача 3 (МАИ, 1970). При каких действительных значениях $k$ одно из действительных решений системы
$$\begin{cases} x+y=2(k+1), \\ xy=k^2+3k-1 \end{cases}$$
удовлемворят условию $|x| < 1$, $|y| > 1$?

Наряду с системой (2), (3) естественно рассмотреть соответствующее квадратное уравнение
$$z^2-2(k+1)z+k^2+3k-1=0.$$ (4)
Оно тесно связано с данной системой, решения которого получаются с помощью корней $z_1$ и $z_2$ уравнения (4):
$$(z_1, z_2), (z_2, z_1).$$
Легко переформулировать задачу для уравнения (4): при каких действительных $k$ один из действительных корней уравнения (4) находится в интервале $(-1, 1)$, а другой корень расположен вне этого интервала.

Так как у квадратного трехчлена (4) должны существовать два различных действительных корня, то $D > 0$, и график левой части уравнения (4) — парабола, пересекающая ссь $z$ в двух различных точках $z_1$ и $z_2$ ($z_1 < z_2$).

Условию задачи удовлетворяет только такое расположение корней квадратного трехчлена, когда один из них лежит внутри интервала $(-1, 1)$, а другой вне этого интервала (рис. 3). Если перевести это на формульный язык, то получим такие системы:

$$\begin{cases} z_1 < -1, \\ -1 < z_2 < 1; \end{cases}$$

Чисто технические трудности, возникшие при их решения, неоправданно велики. Изучение же геометрической картины может подсказать нам менее громоздкий примем. Нетрудно заметить, что парабола расположена одним из тех способов, которые изображены на рисунке 3, тогда и только тогда, когда значения многочлена $f(z)$, стоящего в левой части (4), в точках $-1$ и $1$ имеют разные значки, то есть
$$f(-1)f(1) < 0.$$ (6)

В самом деле, пусть значение $k$ удовлетворяет условиям задачи. Тогда уравнение (4) имеет два действительных корня. Если один из корней совпадает с $-1$ или $1$, то левая часть неравенства (6) обращается в нуль. Исключим эти варианты из дальнейшего рассмотрения.

Составим теперь таблицу значений $f(-1)f(1)$ для возможных случая равенства расположения $z_1$ и $z_2$ относительно интервала $(-1, 1)$ ($z_1 < z_2$)

Поскольку исчерпаны все возможные варианты, то одновременно устанавливаем необходимость и достаточность условия (6). Остается решить

46

неравенство
$(k^2+5k+2)(k^2+k-2) < 0,$
или
$$\left( k + \frac{V_{17}+5}{2} \right) \left( k + \frac{V_{17}-5}{2} \right) \times (k+2)(k-1) < 0.$$
Ответ:
$$-\frac{V_{17}+5}{2} < k < -2,$$
$$\frac{V_{17}-5}{2} < k < 1.$$
Задача 4 (МГУ, мехмат, 1971). Найти все значения $\alpha$, при которых система неравенств
$$\begin{cases} x^2+2x+\alpha \leqslant 0, \\ x^2-4x-6\alpha \leqslant 0 \end{cases}$$
имеет единственное решение.
Неравенства (7) и (8) могут иметь решения лишь в том случае, когда дискриминаенты $D_1$ и $D_2$ их левых частей неотрицательны.
Начнем со случай $D_1 = 0$, то есть $\alpha = 1$. Неравенство (7) принимает тогда вид $(x+1)^2 \leqslant 0$ и имеет единственное решение $x = -1$. При найденных значениях $x$ и $\alpha$ неравенство (8) удовлетворяется. Следовательно, $\alpha_1 = 1$ — одно из исключений значений $\alpha$.
Пусть теперь $D_2 = 0$, то есть $\alpha = -\frac{2}{3}$. Единственный решение неравенства (8) при $\alpha = -\frac{2}{3}$ будет $x = 2$; неравенство (7) при этих $\alpha$ и $x$ не удовлетворяется.
Теперь можно предположить, что $D_1 > 0$ и $D_2 > 0$. Чтобы данная система имела единственное решение, необходимо и достаточно наличие у интегралов $[x_1, x_2]$ и $[x'_1, x'_2]$ решения неравенств (7) и (8) единственной общей точки. Это может произойти либо при $x'_2 = x_1$, либо при $x_2 = x'_1$.
График левой части (7) — парабола с абсциссной вершины $x_0 = -1$, а график левой части (8) — парабола с абсциссной вершины $x'_0 = 2$.

Рис. 4.
Поэтому, если $\alpha$ удовлетворяет условием задачи, то парабольы расположены именно так, как показано на рисунке 4. Следовательно, остается единственная возможность $x_2 = x'_1$, то есть $-1 + \sqrt{1-\alpha} = 2 - \sqrt{4+6\alpha}$. Решая это irrationalное уравнение, найдем единственный его корень $\alpha = 0$ (значение $\alpha = \frac{48}{49}$, которое тоже возможно в процессе решения — построенной корень). Итак, $\alpha = 0$.
Ответ: 0; 1.
Задача 5 (НГУ, мехмат, 1968). Для каждого действимального а среды всех мочек плоскости, координаты комorbix $x$, $y$ удовлетворяют системе неравенств
$$\begin{cases} y - 2x \geqslant 0, \\ -x^2 + 2ax - a^2 + a + 1 - y \geqslant 0, \end{cases}$$
наимити мочки с наиболее ординатом $y$.
Перепишем систему в виде
$$\begin{cases} y \geqslant f(x), \\ y \leqslant \varphi(x), \end{cases}$$
где $f(x) = 2x$, а $\varphi(x) = -x^2 + 2ax - a^2 + a + 1$. График кривой $y = \varphi(x)$ — парабола, образенная ветвями вниз, а все точки, удовлетворющие неравенству (10), находятся не выше этой параболи. Поскольку при каждом $a$ нас интересует решение системы, имеющее наиболее ординату, неравенство (10) можно заменить уравнением $y = \varphi(x)$.

47

График $y = f(x)$ — прямая, проходящая через начало координат, и все точки плоскости, удовлетворяющие неравенству (9), лежат не ниже этой прямой. Таким образом, для каждой $a$ должна быть найдена точка парабола $y = \varphi(x)$, лежащая не ниже прямой $y = 2x$ и имеющая наиболее ordinalную. Возможны два случая взаимного расположения параболы и прямой: либо вершина парабола лежит не ниже прямой $y = 2x$, либо она находится под этой прямой (см. рис. 5). В первом случае решением задачи будет точка $(x_0, y_0)$, являющаяся вершиной параболы, во втором — точка $(x_1, y_1)$, координаты которой удовлетворяют одновременно уравнением прямой и параболы. Уравнение параболы позволяет легко найти координаты ее вершины: $x = a$, $y = a + 1$. Мы видим, что все вершины парабола $y = \varphi(x)$ при

Рис. 5.

Рис. 6.

различных значений параметра $a$ лежат на прямой $y = x + 1$, и обратно, каждой точке $(x_0, y_0)$ прямой $y = x + 1$ соответствует парабола $y = \varphi(x)$, имеющая в ней свою вершину — достаточно взять $a = x_0$. Нанесем прямые $y = x + 1$ и $y = 2x$ на один график (рис. 6). Пересечением этих двух прямых является точка (1, 2). При $a \leqslant 1$ прямая $y = x + 1$ будет расположаться над прямой $y = 2x$ и решением задачи будет точка $(a, a + 1)$. Если $a > 1$, то решением является точка $(x, y)$, удовлетворяющая системе
$$\begin{cases} y - 2x = 0, \\ -x^2 + 2ax - a^2 + a + 1 - y = 0; \end{cases}$$
отсюда $y = 2x$ и $x^2 - 2(a - 1)x + a^2 - a - 1 = 0$.

Уравнение имеет два действительных корня, когда $D = 2 - a \geqslant 0$, то есть $a \leqslant 2$. Из них условию задачи удовлетворяет больший:
$$x_2 = a - 1 + \sqrt{2 - a}.$$
Ответ: при $a \leqslant 1$, $x = a$, $y = a + 1$, при
$$1 \leqslant a \leqslant 2, x = a - 1 + \sqrt{2 - a},$$
$$y = 2(a - 1) + 2\sqrt{a - 1},$$
при $a > 2$ решений нет.

Однако не всегда «форматное» решение оказывается более трудоемким. Иного оно более целесообразно, чем графическое.

Задача 6 (МАИ, 1971). При каких действительных значениях $m$ неравенство
$$x^2 - 2mx + 2|x - m| + 2 < 0$$
имеет по крайней мере одно решение?
Преобразуем данное неравенство к виду
$$(x - m)^2 + 2|x - m| + 2 - m^2 < 0,$$
или
$$\begin{cases} y^2 + 2y + 2 - m^2 < 0, \\ y \geqslant 0, \end{cases}$$

48

где $y = |x - m|$. Система (11), (12) имеет хотя бы одно решение тогда и только тогда, когда дискриминант левой части (9) неотрицатель, а больший корень $y_2$ не лежит левее нуля:

$$\begin{cases} m^2 - 1 \geq 0, \\ -1 + \sqrt{m^2 - 1} \geq 0, \\ m^2 \geq 1, \\ m^2 \geq 2. \end{cases}$$

то есть $\begin{cases} m^2 \geq 1, \\ m^2 \geq 2. \end{cases}$

Ответ: $m \leq -\sqrt{2}, m \geq \sqrt{2}$.

Итак, мы видим, что в ряде задач удобно привлечь на помощь графическое представление квадратного трехчлена. Такой подход может оказаться полезным и для других зависимостей; он помогает обнаружить более простой и более содержательный путь решения. Однако все рассуждения относительно графиков могут стать частью решения только в том случае, когда они проведены в самом общем виде. В задачах с параметрами следует особенно внимательно относиться к виду зависимости, поскольку при некоторых значениях параметров вид графика может существенно измениться (в примере 2 мы видели, что при $m = -1$ графиком квадратного трехчлена будет не парабола, а прямая). Использование графиков при решении задачи не является самоцелюю, что наглядно подтверждается последним примером. Нужно, прежде всего, тщательно проанализировать все особенности конкретной задачи, подумать о наиболее рациональном использовании ее условий — это может вам найти наиболее удобное решение.

Уражнения

1. (МАИ, 1970). При каких действительных значениях $a$ числа 1 и $a$ заключены между числами $x_1$ и $y_1$, где $(x_1, y_1)$ — решение системы

$$\begin{cases} x + y - 1 = 2a, \\ 2xy = a^2 - a. \end{cases}$$

2. (МАИ, 1970). Найти все действительные значения $m$, при которых корни уравнения

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

будут разных знаков и каждый по модулю менышке четырех.

3. (МАИ, 1970). Найти все действительные значения $m$, при которых корни уравнения

$$(m - 1)\log_3^2(x - 2) - 2(m + 1)\log_3(x - 2) + m - 3 = 0$$

менышке трех.

4. (МГУ, мехмат, 1971). Найти все значения $\alpha$, при которых решения системы

$$\begin{cases} x^2 + 6x + 7 + \alpha \leq 0, \\ x^2 + 4x + 7 \leq 4\alpha. \end{cases}$$

образуют замкнутый интервал (отрезок) длины, равной единице.

5. (МГУ, эконом, кибернетика, 1971). Найти минимальный член последовательности

$$a_n = 2n^2 - 24n + 69 - \frac{9}{(3n - 22)^2 + 3}(n = 1, 2, 3, \dots)$$

6. (МГУ, физик, 1964). Найти все действительные значения $m$, для которых herавенство $mx^2 - 4x + 3m + 1 > 0$ удовлетворяется при всех положительных значениях $x$.

7. (МАИ, 1971). Найти все действительные значения $a$, при которых для всех положительных значений $x > -2$ удовлетворяется herавенство $\frac{ax - a - \frac{1}{4}}{ax - 1} < 0$.

8. (МГУ, физик, 1968). Найти все значения параметра $a$, при которых оба корня квадратного трехчлена $x^2 - ax + 2$ действительны и находятся между 0 и 3 (исключая крайные значения).

9. (МГУ, физик, 1965). Найти все значения $a$, при которых корни уравнения $x^2 + x + a = 0$ большее $a$.

10. (МГУ, мехмат, 1966). Найти все значения $a$, при которых при всех $x$, не превысходит число модулю единицы, справедливо herавенство $2x^2 - 4a^2x - a^2 + 1 > 0$.