Уравнение с параметром

[WBD]

Мой ученик попросил помочь ему в решении такого задания:

Найти все значения а, при которых уравнение
$(sin x - \frac {3} {\sqrt2} )^2+(a cos x - \frac {3} {\sqrt2} )^2a^2 = a^2 $
имеет ровно три решения, таких, что 0 \leqslant x < 2{\pi}

Я сам решить это не смог. Может, кто-нибуть подскажет решение?

[V.V.]

WBD писал(а):

Мой ученик попросил помочь ему в решении такого задания:

Найти все значения а, при которых уравнение
$(sin x - \frac {3} {\sqrt2} )^2+(a cos x - \frac {3} {\sqrt2} )^2a^2 = a^2 $
имеет ровно три решения, таких, что 0 \leqslant x < 2{\pi}

У Вашего ученика не система сначала была?
Из заочной олимпиады МФТИ?

[Кролик]

WBD писал(а):

Мой ученик попросил помочь ему в решении такого задания:

Найти все значения а, при которых уравнение
$(sin x - \frac {3} {\sqrt2} )^2+(a cos x - \frac {3} {\sqrt2} )^2a^2 = a^2 $
имеет ровно три решения, таких, что 0 \leqslant x < 2{\pi}

Я сам решить это не смог. Может, кто-нибуть подскажет решение?

— Это уравнение сводится к алгебраическому уравнению 4-ой степени. Из требования на количество корней следует, что один корень должен быть двойной кратности, а два других — обычные. В крайнем случае для решения задачи можно залудить метод Феррари...  

[maxal]

Кролик писал(а):

Это уравнение сводится к алгебраическому уравнению 4-ой степени. Из требования на количество корней следует, что один корень должен быть двойной кратности, а два других — обычные. В крайнем случае для решения задачи можно залудить метод Феррари...

При таком подходе можно потребовать чтобы НОД этого многочлена и его производной был равен многочену первой степени. Это даст какие-то значения a, среди них нужно отобрать те, что приводят к 4 вещественным корням (два из которых будут равны).

[незваный гость]

Очень техническое решение таково:
Переходим к полиномиальной форме, используя $t = \tg{\frac{x}{2}}$. Получаем полином четвертой степени от $t$. Далее две возможности:

1) Коэффициент при четвертой степени равен 0 (т.е. фактически мы имеем дело с уравнением третьей степени. Тогда $9 + 7 a^2 + 6 \sqrt2 a^3 + 2 a^4 = 0$, откуда два вещественных корня $-\frac{2}{\sqrt3}$, $\appox -2.76159$, и два комплексных. При $-\frac{2}{\sqrt3}$ уравнение имеет один вещественный корень, $\appox -2.76159$ -- искомое.

2) Коэффициент четвертой степени не равен 0. Тогда из нечетности числа корней следует, что полином имеет кратный корень. Сие эквивалентно тому, что результант полинома и его производной равен 0. Разлагая на множители , имеем $16384 a^4 (-7 + a^2)^3 (1 + a^2) (-7 + 2 a^2) (1 + 2 a^2)^3 (9 + 7 a^2 + 6 \sqrt2 a^3 + 2 a^4)$. В последнем множителе мы узнаем коэффициент при четвертой степени, и его с негодованием отбрасываем. Остальные проверяем. Ни один из них не подходит.

Итого, единственное значение $a$ -- это вещественный корень полинома $2 a^3 + 3 \sqrt2 a^2 - 2 a + 3 \sqrt2$.

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
В целом задача оставляет ощущение неудовлетворенности. В решение выше опущены выкладки, проверки, и все равно оно тяжеловесно. А уж ответ -- вбивать лень. Может, где-то в условии ошибка?

[sergey1]

У меня получилось, что таких а нет.

Разложим правую часть по основному тригонометрическому тождеству, тогда исходное уравнение есть условие равенства длин двух векторов. Из этого следует, что один из них можно получить поворотом второго на некоторый угол t. Применив уравнение поворота к одному из них и приравняв полученные координаты к координатам другого получим систему с двумя параметрами а и t. Вычтя второе уравнение из первого и преобразовав получим:
tgx=$\frac{acost-sint+a}{asint+cost+1}$.
График правой части - прямая, параллельная оси ОХ. Чтобы на отрезке $[0;2\pi]$ было 3 решения, она должна совпадать с осью ОХ, т.к. другие прямые пересекают тангенсоиду в двух точках, т.е. tgx=0. Итак, если нужное а существует, то искомые 3 корня - это x=0, x=$\pi$ и x=2$\pi$. Выясним, существуют ли такие а, при которых все эти 3 числа являются корнями. Подставив их в первоначальное уравнение, получим два уравнения 4-ой степени относительно а , не имеющие общих корней.

[незваный гость]

А нельзя подробнее? Мне не удалось проследить Ваши преобразования...

И еще -- форумные программы не обрабатывают формулы правильно, если их не окружить тегом [math].

[незваный гость]

Я нашел дырку в своих рассуждениях. При переходе к полиному я потерял корень, соответствующий $t=\infty$ при полиноме третьей степени (первый случай). Итого, у меня тоже таких значений параметра не существует.

[sergey1]

У меня получилось, что таких а нет.

Разложим правую часть по основному тригонометрическому тождеству, тогда исходное уравнение есть условие равенства длин двух векторов.
$(sinx-\frac{3}{\sqrt2};a^2cosx-a\frac{3}{\sqrt2})$ ($acosx;asinx$)
Из этого следует, что один из них можно получить поворотом второго на некоторый угол t. Уравнения поворота: $x'=xcost-ysint ; y'=xsint+ycost$. Применив уравнение поворота ко второму вектору и приравняв полученные координаты к координатам первого, получим систему с двумя параметрами а и t.
$acosxcost-asinxsint=sinx-\frac{3}{\sqrt2}$; $acosxsint+asinxcost=a^2cosx-a\frac{3}{\sqrt2}$
Вычтя второе уравнение,разделенное на а, из первого и преобразовав получим:
$tgx=\frac{acost-sint+a} {asint+cost+1}$ - следствие системы.
График правой части - прямая, параллельная оси ОХ. Чтобы на отрезке $[0;2\pi]$ было 3 решения, она должна совпадать с осью ОХ, т.к. другие прямые пересекают тангенсоиду в двух точках, т.е. tgx=0. Итак, если нужное а существует, то искомые 3 корня - это x=0, $x=\pi$ и $x=2\pi$. Выясним, существуют ли такие а, при которых все эти 3 числа являются корнями. Подставив их в первоначальное уравнение, получим два различные уравнения 4-ой степени относительно а , не имеющие общих корней.

[незваный гость]

Спасибо

[sergey1]

незванный гость

Цитата:

И еще -- форумные программы не обрабатывают формулы правильно, если их не окружить тегом [math].

Спасибо

Цитата:

Чтобы на отрезке было 3 решения, она должна совпадать с осью ОХ, т.к. другие прямые пересекают тангенсоиду в двух точках, т.е. tgx=0. Итак, если нужное а существует, то искомые 3 корня - это . Выясним, существуют ли такие а, при которых все эти 3 числа являются корнями. Подставив их в первоначальное уравнение, получим два различные уравнения 4-ой степени относительно а , не имеющие общих корней.

Это лишнее. Не заметил, что в условии полуинтервал, на нем трех корней быть не может.

[незваный гость]

У меня Ваше решение оставило какую-то неясность. Из того, что существует ровно два решения для тангенса следует, что существует (потенциально) не более двух $x$ (Поскольку они могут и не удовлетворять исходному уравнению). Возникает вопрос, а каким образом при некоторых значениях параметра существует четыре решения?

Я думаю, что для каждого $x$ $t$ -- свой, и его правильнее было бы обозначать $t_x$.

[maxal]

maxal писал(а):

При таком подходе можно потребовать чтобы НОД этого многочлена и его производной был равен многочену первой степени. Это даст какие-то значения a, среди них нужно отобрать те, что приводят к 4 вещественным корням (два из которых будут равны).

У меня получилось, что соответствующее алгебраическое уравенение имеет 3 различных корня только при $a=\pm\sqrt\frac{7}{2}$, но при этих значениях a, два корня получаются комплексными. Поэтому ответ: требуемых a не существует.

[незваный гость]

Еще $a=\pm\sqrt{7}$.

[maxal]

незванный гость писал(а):

:evil:
Еще $a=\pm\sqrt{7}$.

Нет. При таком значении a будет всего лишь 2, а не 3 различных корня.