[Решение стереометрической задачи]

27

Шем примере:
$$] - \infty; 0 [ \cup \{ 4 \}.$$
По этой же схеме решается и первая задача, приведенная в начале заметки.

Снова выписываем эквивалентную систему:
$$\begin{cases} 8x - 6p - 3 > 0, \\ \frac{x^2 + 2px}{8x - 6p - 3} = 1 \end{cases}$$
(ясно, что при выполнения этих условий неравенство $x^2 + 2px > 0$ также выполняется), то есть
$$\begin{cases} 8x - 6p - 3 > 0, \\ x^2 + 2x(p - 4) + 6p + 3 = 0. \end{cases}$$
Снова возможны два случая:
Первый случай. Квадратное уравнение имеет единственный корень, то есть дискриминант уравнения равен нулю. Запишем это условие:
$$p^2 - 14p + 13 = 0,$$
откуда $p = 1$ и $p = 13$.
При $p = 1$ получаем $x = 3$; при $p = 13$ получаем $x = -9$. Подставляя найденные значения $x$ и $p$ в неравенство $8x - 6p - 3 > 0$, убеждаемся, что значения $p = 13$, $x = -9$ не годятся. И наоборот, значения $p = 1$, $x = 3$ этому неравенству удовлетворяют. Таким образом, исходное уравнение при $p = 1$ имеет единственный корень $x = 3$*).

Второй случай. Квадратное уравнение имеет два корня, больший из которых попадает в ОДЗ, а меньший — не попадает.

Из неравенства $8x - 6p - 3 > 0$ следует, что $x > \frac{6p - 3}{8}$, так что если $x_1$ и $x_2$ ($x_1 < x_2$) — корни квадратного уравнения $x^2 + 2x(p - 4) + 6p + 3 = 0$, то должно быть $x_2 > \frac{6p + 3}{8}$, а $x_1 \leqslant \frac{6p + 3}{8}$. Снова, как и в примере $\frac{\lg px}{\lg(x + 1)} = 2$ (см. рис. 2) получаем, что все условия будут выполнены тогда и только тогда, когда для функции $f(x) = x^2 + 2x(p - 4) + 6p + 3$ будет $f\left(\frac{6p + 3}{8}\right) \leqslant 0$. Записав это условие $\left(\frac{6p + 3}{8}\right)^2 + 2 \cdot \frac{6p + 3}{8}(p - 4) + 6p + 3 \leqslant 0$, получим после преобразования $(6p + 3)(22p + 3) \leqslant 0$, откуда $-\frac{1}{2} \leqslant p \leqslant -\frac{3}{22}$.

Итак, ответ в этой задаче:
$$\left[ -\frac{1}{2}; -\frac{3}{22} \right] \cup \{1\}.$$
И. Г. Габович
П. И. Горштейн

*) Такой ответ приведен в вышепомогнутом сборнике задач.

Наша обложка

Obviously the stereometricской задачи начинается с того, что мы в общих чертах воспроизводим рассматриваемый в ней конфигурацию. В задаче с обложки предыдущего номера представить конфигурацию легче всего прямо по ходу решения. Большое этомо на следующей (приведенный на обложке) нам по сути дела и не попадoitся.

Решение основано на следующем полезном утверждении: две окружности радиусов $R_1$ и $R_2$ касаются друг друга внешним образом тогда и только тогда, когда отрезок их общей внешней касательной между точками касания равен $2\sqrt{R_1R_2}$ (рис. 1). Доказательство этого утверждения очень удобно из рисунка 1. Расматривая окружности в этом утверждении как сечения двух шаров плоскостю, проходящей через их центры, или как сечения шара и шлинда плоскостю, проходящей через центр шара перепendluklarно оси шлинда, мы получим условия внешнего касания шаров или цилиндра; например, в последнем случае надо, чтобы расстояние от точки касания шара с плоскостю до прямой, по которой цилиндр

$AB^2 = O_2C^2 = (R_1 + R_2)^2 - (R_1 - R_2)^2$

Рис. 1.