Задача с параметром

[Urahag]

При каких $a$ уравнение $\dfrac{1}{(x+a)^2}+\dfrac{1}{(2x+a)^2}=\dfrac{1}{2}$ имеет 4 действительных корня?

[gris]

На первый взгляд тут ничего уж такого олимпиадного нет. Параметр симметричен относительно нуля в отношении вопроса. В функции три простенькие веточки. Можно поискать минимум средней.

[Urahag]

gris в сообщении #1583266 писал(а):

На первый взгляд тут ничего уж такого олимпиадного нет. Параметр симметричен относительно нуля в отношении вопроса. В функции три простенькие веточки. Можно поискать минимум средней.

Мне тоже так сначала показалось, но на практике вычисления выглядят столь устрашающе, что теплится надежда на более красивую идею какую-то

[gris]

Неохота брать бумажку. А чего там? Производная — те же дроби, только кубы. То есть получается в числителe сумма кубов. Ноль у производной один.
То есть равна нулю сумма (с учётом коэффициентов).
$\sqrt [3]4 x+\sqrt [3]4 a +\sqrt [3]2\cdot 2 x+\sqrt [3]2 a=0$ Найдём $x_{min} (a)$ и $y_{min} (a)=1/2$
решением будут два открытых полубесконечных интервала.
Впрочем, действительно, решение неолимпиадно из-за тупых нудных подстановок. Хотя вроде бы уравнений кубических не видно.
Пилить не охота. Поищите изящное решение .

[Rak so dna]

Можно переписать задачу так:

При каких $a$ прямая $y=2x-a$ пересекает кривую $\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac12$ в 4-х точках.

Тогда вопрос стоит в нахождении таких $a$, при которых $y=2x-a$ - это касательная к $\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac12$ (во 2-й или 4-й четвертях).
Поэтому $y'_0=-\frac{y^3_0}{x^3_0}=2$ и

$\begin{cases} \frac{1}{x^2_0}+\frac{1}{y^2_0}=\frac12\\ 2x^3_0+y^3_0=0\\ a=2x_0-y_0 \end{cases}$

откуда $a_{2,1}=\pm\sqrt{\left(2+\sqrt[3]{2}\right)^3}$

и $a<a_1$ или $a>a_2$

[gris]

Красивое!
После утреннего кофе и листочка с ручкой решил-таки довести до конца свой подход.
Приравняв к нулю числитель производной левой части, обозначив $k=\sqrt[3]2$ и выделив из суммы кубов просто сумму получим упоминавшееся уже уравнение $kx+ka+2x+2a=0$. Подставив аргумент локального минимума в функцию, после простеньких преобразований получим уравнение
$\dfrac {k^2+1}{k^2}=\dfrac {a^2}{2(k+2)^2}$
Ловкий восьмиклассник получит отсюда
$a^2=(k+2)^3$
Увы, решение, хотя и тупенько-очевидное, требует строгого обоснования интуитивно понятных вещей.
Радует, что совпадение ответов это ещё один плюсик за непротиворечивость матана .

[vlad239]

К этому сводится одна из задач актуального заочного конкурса учителей
https://mccme.ru/oluch/zaoch_23_usl.pdf задача 4

Я знаю, потому что ее уже написал.

[Markiyan Hirnyk]

Это механизировано в Мэйпле:

with(RootFinding[Parametric]):
f := numer(simplify(1/(x+a)^2+1/(2*x+a)^2-1/2));

f := -a^4-6*a^3*x-13*a^2*x^2-12*a*x^3-4*x^4+4*a^2+12*a*x+10*x^2

m := CellDecomposition([f = 0], [x]):
NumberOfSolutions(m);
                [[1, 4], [2, 2], [3, 2], [4, 4]]

Последний результат означает, что множество значений параметра расщепляется на четыре подмножества, для каждого из которых уравнение имеет 4, 2, 2, 4 действительные корни. Опишем четвертое из них:

  
CellDescription(m, 4);
   
       [[a^6  - 30 a ^4 - 132 a^2  - 1000, 2, a, infinity, 0]]

Решим уравнение

solve(a^6-30*a^4-132*a^2-1000, a);
-sqrt(10+6*2^(2/3)+12*2^(1/3)), sqrt(10+6*2^(2/3)+12*2^(1/3)), sqrt(10-(3*I)*sqrt(3)*2^(2/3)+(6*I)*sqrt(3)*2^(1/3)-3*2^(2/3)-6*2^(1/3)), -sqrt(10-(3*I)*sqrt(3)*2^(2/3)+(6*I)*sqrt(3)*2^(1/3)-3*2^(2/3)-6*2^(1/3)), sqrt(10+(3*I)*sqrt(3)*2^(2/3)-(6*I)*sqrt(3)*2^(1/3)-3*2^(2/3)-6*2^(1/3)), -sqrt(10+(3*I)*sqrt(3)*2^(2/3)-(6*I)*sqrt(3)*2^(1/3)-3*2^(2/3)-6*2^(1/3))

Описание указывает, что $a>\sqrt {10+6\,{2}^{2/3}+12\,\sqrt [3]{2}}$ . См.справку для дополнительных сведений.