Задача на параметр из книги ЕГЭ2023

[student]

Найдите все значения $a$, при которых система уравнений
$\left\{ \begin{array}{l} \Big|y+\dfrac{1}{3}x^3\Big|-|y+4x|=2y+\dfrac{1}{3}x^3+4x\\ \ \\ |-y-4x+1|-|y+\dfrac{1}{3}x^3-a+1|=-3y-8x-\dfrac{1}{3}x^3+a-1\\ \end{array} \right.$
имеет единственное значение.

PS: никак не могу найти ключ для решения этой задачи. Максимум что я нашел(не знаю это поможет или нет), что функция $f(x)=|x|+x$ или равно $0$ или она монотонно возрастающая функция, при положительном аргументе.
а первое уравнение можно привести к виду $f(-(y+\dfrac{1}{3}x^3))=f(y+4x)$.

Если

$$\left\{ \begin{array}{l} y+\dfrac{1}{3}x^3\ge 0\\ \ \\ y+4x\le 0\\ \end{array} \right.$$

то первое уравнение всегда выполняется, а если

$$\left\{ \begin{array}{l} y+\dfrac{1}{3}x^3< 0\\ \ \\ y+4x> 0\\ \end{array} \right.,$$

то $y+4x=-(y+\dfrac{1}{3}x^3)$. Но ничего от этого не получается.
Помогите пожалуйста разобраться. Спасибо.

[мат-ламер]

Слишком много букв в задаче. Вы бы для начала для сокращения письма ввели новые переменные $u=y+x^3\slash 3$ , $v=y+4x$ .

-- Ср янв 18, 2023 20:38:46 --

После введения новых переменных попробуйте постройте графики этих уравнений. Смысл задачи по-видимому состоит в том, что графики этих уравнений - это квадранты (четверть плоскости). И единственность решения будет, когда эти квадранты пересекаются сугубо в начале координат.

[svv]

student в сообщении #1577811 писал(а):

никак не могу найти ключ для решения этой задачи

Введём новые переменные почти как предлагал мат-ламер:
$p=-y-\frac 1 3x^3$
$q=\phantom{+}y+4x$
Эта вспомогательная система разрешима относительно $x$ и $y$ при любых $p$ и $q$.
Исходная система перепишется в виде
$\begin{cases}|p|+p=|q|+q\\|p+a-1|+p+a-1=|q-1|+2q\end{cases}$
А теперь подставьте $q=-1$. Что будет?

[student]

svv в сообщении #1577870 писал(а):

student в сообщении #1577811 писал(а):

никак не могу найти ключ для решения этой задачи

Введём новые переменные почти как предлагал мат-ламер:
$p=-y-\frac 1 3x^3$
$q=\phantom{+}y+4x$
Эта вспомогательная система разрешима относительно $x$ и $y$ при любых $p$ и $q$.
Исходная система перепишется в виде
$\begin{cases}|p|+p=|q|+q\\|p+a-1|+p+a-1=|q-1|+2q\end{cases}$
А теперь подставьте $q=-1$. Что будет?

Будет $p\le \min(0,1-a)$. Что это даст? Почему именно -1?

[мат-ламер]

мат-ламер в сообщении #1577816 писал(а):

Смысл задачи по-видимому состоит в том, что графики этих уравнений - это квадранты (четверть плоскости). И единственность решения будет, когда эти квадранты пересекаются сугубо в начале координат.

Как оказалось, это не так. Приношу извинения.

svv в сообщении #1577870 писал(а):

А теперь подставьте $q=-1$. Что будет?

Получается простенькая система двух неравенств относительно $p$ . Но как отсюда вытащить ответ к задаче, пока не уловил. Видимо, ещё не проснулся.

Пока у меня получается решение, основанное на переборе некоторых частных случаев. Но, во-первых, как-то это нудно. А, во-вторых, как-то это не вяжется с идеологией ЕГЭ, когда на решение 18 задач отводится ограниченное время. Получается отбор на тех, у кого мозги соображают быстро, а не на тех, у кого мозги соображают основательно.

-- Чт янв 19, 2023 11:07:55 --

student
А вы бы не могли дать ссылку на источник, откуда задача. А то может опечатка в условии?

-- Чт янв 19, 2023 11:15:24 --

Вообще, для получения единственного ответа желательно, чтобы выполнялись неравенства: $p \ge 0$ , $q \ge 0$, $p+a-1 \ge 0$ . Необходимость неравенств сейчас буду проверять.

[student]

мат-ламер в сообщении #1577880 писал(а):

А вы бы не могли дать ссылку на источник, откуда задача. А то может опечатка в условии?

ЕГЭ 2023, Математика, Профильный уровень, Тематические задачи, под редакции Ященко. Там ответ $a>\frac{5}{6}$, поэтому ломаю голову как так получилось. :)

[F111mon]

student в сообщении #1577877 писал(а):

Будет $p\le \min(0,1-a)$. Что это даст? Почему именно -1?

Почему? Потому что правые части обоих уравнений станут равны 0.
Из Вашего неравенства следует, что нам подойдет любое достаточно маленькое p (под модулем будет отрицательное число, и левая часть уравнений тоже будет равна 0).
То есть, единственности решения нет никогда.
По-видимому, в условии опечатка.

[мат-ламер]

мат-ламер в сообщении #1577880 писал(а):

Вообще, для получения единственного ответа желательно, чтобы выполнялись неравенства: $p \ge 0$ , $q \ge 0$, $p+a-1 \ge 0$ .

Если эти неравенства выполняются, то наша система относительно $p$ и $q$ будет иметь единственное решение при $a \ge 1\slash 2$ . Но это ещё не ответ. Поскольку единственность $p$ и $q$ не означает единственность $x$ и $y$ . Да и мы ещё не доказали строго, что если какое-либо неравенство не выполняется, то не будет единственности решения.

[Markiyan Hirnyk]

Если я и/или Математика не ошиблись, то таких действительных значений параметра нет вообще (см. это).

[мат-ламер]

svv в сообщении #1577870 писал(а):

А теперь подставьте $q=-1$. Что будет?

Дошло. В этом случае мы можем получить бесконечное множество решений независимо от того, как мы выберем параметр $a$ . Тут достаточно выбрать $p$ , чтобы выполнялось $p+a-1 \le 0$ и $p \le 0$ . Значит система относительно $p$ и $q$ не имеет единственного решения при любом $a$ . Наверное то же самое мы можем сказать относительно исходной системы.

[svv]

F111mon
мат-ламер
Да, это и имелось в виду.

svv в сообщении #1577870 писал(а):

$p=-y-\frac 1 3x^3$
$q=\phantom{+}y+4x$
Эта вспомогательная система разрешима относительно $x$ и $y$ при любых $p$ и $q$.

Может быть, стоит ещё добавить тривиальное замечание, что разным парам $(p,q)$ обязательно соответствуют и разные $(x,y)$. Доказательство: $(p,q)$ — функция $(x,y)$.

-- Чт янв 19, 2023 14:26:39 --

мат-ламер в сообщении #1577880 писал(а):

Получается отбор на тех, у кого мозги соображают быстро, а не на тех, у кого мозги соображают основательно.

Именно. И это, конечно, плохо и неправильно.

[Markiyan Hirnyk]

svv

Цитата:

Может быть, стоит ещё добавить тривиальное замечание, что разным парам $(p,q)$ обязательно соответствуют и разные $(x,y)$. Доказательство: $(p,q)$ — функция $(x,y)$.

Это утверждение не согласуется с результатом команды Математики

Reduce[p == -y - 1/3*x^3 && q == y + 4 x, {x, y}, Reals]

((p < 1/3 (-16 - 3 q) && 
     x == Root[3 p + 3 q - 12 #1 + #1^3 &, 1]) || (p == 
      1/3 (-16 - 3 q) && (x == Root[3 p + 3 q - 12 #1 + #1^3 &, 1] || 
       x == Root[3 p + 3 q - 12 #1 + #1^3 &, 3])) || (1/
       3 (-16 - 3 q) < p < 
      1/3 (16 - 3 q) && (x == Root[3 p + 3 q - 12 #1 + #1^3 &, 1] || 
       x == Root[3 p + 3 q - 12 #1 + #1^3 &, 2] || 
       x == Root[3 p + 3 q - 12 #1 + #1^3 &, 3])) || (p == 
      1/3 (16 - 3 q) && (x == Root[3 p + 3 q - 12 #1 + #1^3 &, 1] || 
       x == Root[3 p + 3 q - 12 #1 + #1^3 &, 2])) || (p > 
      1/3 (16 - 3 q) && x == Root[3 p + 3 q - 12 #1 + #1^3 &, 1])) && 
 y == 1/3 (-3 p - x^3)

[svv]

Markiyan Hirnyk

svv в сообщении #1577923 писал(а):

разным парам $(p,q)$ обязательно соответствуют и разные $(x,y)$

Две пары $(p_1,q_1)$ и $(p_2,q_2)$ равны, если $p_1=p_2$ и $q_1=q_2$. В противном случае они различны.
Я утверждаю, что двум различным парам $(p_1,q_1)$ и $(p_2,q_2)$ не может соответствовать одна и та же пара $(x,y)$, в том смысле, что
$\begin{cases}p_1=-y-\frac 1 3x^3\\q_1=\phantom{+}y+4x\end{cases}$
и
$\begin{cases}p_2=-y-\frac 1 3x^3\\q_2=\phantom{+}y+4x\end{cases}$
Потому что отсюда следует $p_1=p_2$ и $q_1=q_2$.
Замечание тривиальное, но без него решение не будет законченным (мы доказали, что при любом $a$ решений $(p_k,q_k)$ много; но вдруг при этом решение $(x,y)$ исходной системы всё равно одно?).

Другое дело, что одной паре $(p,q)$ могут соответствовать две или три пары $(x_k,y_k)$.