Метод и разбор

Задача. Найдите все значения параметра a, при каждом из которых уравнение x² − (2a + 1)|x| + a² + a = 0 имеет ровно три различных корня. За что ставят баллы. №18 — 4 балла, одна из самых дорогих задач. Здесь ценят полный, обоснованный перебор случаев и точный ответ. Частичные баллы дают за продвижение (например, верную замену и анализ части случаев). ШАГ 1. Замена для борьбы с модулем. В уравнении переменная входит как x² и |x|. Заметим, что x² = |x|². Введём t = |x|, причём по смыслу модуля t ≥ 0. Уравнение становится квадратным относительно t: t² − (2a + 1)t + (a² + a) = 0. ШАГ 2. Решаем квадратное уравнение относительно t. Дискриминант: D = (2a + 1)² − 4(a² + a) = 4a² + 4a + 1 − 4a² − 4a = 1. Замечательно: D = 1 при любом a. Тогда корни t = ( (2a + 1) ± 1 ) / 2. Получаем t₁ = (2a + 2)/2 = a + 1 и t₂ = (2a)/2 = a. Итак, исходное уравнение распадается на |x| = a + 1 и |x| = a. ШАГ 3. Сколько различных x даёт каждое уравнение |x| = m. — Если m > 0, то |x| = m даёт ДВА корня x = ±m; — если m = 0, то |x| = 0 даёт ОДИН корень x = 0; — если m < 0, то корней НЕТ. ШАГ 4. Когда всего ровно три различных корня. У нас два уравнения: |x| = a и |x| = a + 1. Значения a и a + 1 всегда различны (отличаются на 1), поэтому положительные корни одного не совпадают с корнями другого. Подсчитаем суммарное число различных x в зависимости от a. Случай a < −1. Тогда a < 0 и a + 1 < 0 — оба правых части отрицательны, корней нет совсем. Всего 0. Не подходит. Случай a = −1. Тогда |x| = a + 1 = 0 даёт x = 0 (один корень), а |x| = a = −1 — нет корней. Всего 1. Не подходит. Случай −1 < a < 0. Тогда a < 0 (нет корней у |x| = a), а a + 1 > 0 (два корня у |x| = a + 1). Всего 2. Не подходит. Случай a = 0. Тогда |x| = a = 0 даёт x = 0 (один корень), а |x| = a + 1 = 1 даёт x = ±1 (два корня). Все три корня −1, 0, 1 различны. Всего РОВНО 3. Подходит! Случай a > 0. Тогда a > 0 (два корня) и a + 1 > 0 (два корня), причём a ≠ a + 1, значит все четыре корня различны. Всего 4. Не подходит. ШАГ 5. Вывод. Ровно три различных корня бывает в единственном случае — при a = 0. ОТВЕТ. a = 0. ЛОГИКА И ЛОВУШКИ. — Когда переменная входит как x² и |x|, замена t = |x| (t ≥ 0) почти всегда упрощает задачу: получаем квадратное уравнение относительно t. — Здесь сыграл «подарок»: дискриминант оказался равен 1 при любом a, и уравнение красиво разложилось на |x| = a и |x| = a + 1. Полезно искать такую структуру (или раскладывать на множители). — Главный источник «тройки» корней — когда одно из уравнений даёт x = 0 (то есть нужное m равно 0), а другое даёт пару ненулевых корней. — Обязательно проверять, что найденные значения t неотрицательны: t < 0 не даёт корней по x. Пропуск этого условия — типичная ошибка. — Нужно перебрать ВСЕ случаи по a (границы a = −1 и a = 0 разбивают прямую на промежутки) и для каждого честно посчитать число корней. Неполный перебор снижает балл.

Основные подходы: 1) Аналитический разбор случаев. Привести к квадратному (или распадающемуся) уравнению, выписать условия на дискриминант, знаки корней, их количество. Перебрать все случаи по параметру. 2) Замена переменной. Если есть x² и |x| — берём t = |x| ≥ 0; если a^x — берём t = a^x > 0; затем считаем, сколько x даёт каждое t. 3) Графический метод. Разбить уравнение f(x) = g(x, a) на две части и смотреть пересечения: одну часть рисуют как фиксированный график, другую — как семейство (например, горизонтальная прямая y = a). Число решений = число точек пересечения. 4) «Параметр как переменная». Иногда удобно считать a неизвестным и выразить a через x — получается функция a(x), и вопрос сводится к числу прообразов. Сколько корней даёт |x| = m: — m > 0 → два корня (±m); — m = 0 → один корень (0); — m < 0 → ни одного. Сколько корней даёт квадратное уравнение (по дискриминанту D): — D > 0 → два различных корня; — D = 0 → один корень (кратный); — D < 0 → действительных корней нет. Типичные требования в условии и что проверять: — «ровно n решений» — аккуратно посчитать кратности и совпадения корней; — «единственное решение» — часто достигается на границе случаев или в вершине; — «при всех x» / «хотя бы при одном x» — переход к экстремумам функции. Главное правило: перебор случаев должен быть ПОЛНЫМ. Отметьте на оси значения параметра, где меняется картина (нули, границы знаков), и разберите каждый промежуток и каждую границу отдельно.