Номер 153, страница 331 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы - номер 153, страница 331.

Условие.

153. Для каждого действительного числа a найдите все решения

уравнения:

a) $x+\sqrt{1-x^2}=a$;

б) $\sqrt{x^2-1}+x=a$.

Решение 5.

а)

Рассмотрим уравнение $x + \sqrt{1 - x^2} = a$.

1. Область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным: $1 - x^2 \ge 0 \implies x^2 \le 1 \implies -1 \le x \le 1$.

2. Преобразование уравнения. Уединим радикал: $\sqrt{1 - x^2} = a - x$.

3. Условие для возведения в квадрат. Левая часть уравнения неотрицательна, следовательно, и правая часть должна быть неотрицательной: $a - x \ge 0 \implies x \le a$.

4. Возведение в квадрат. Возведем обе части уравнения в квадрат: $1 - x^2 = (a - x)^2$ $1 - x^2 = a^2 - 2ax + x^2$ $2x^2 - 2ax + (a^2 - 1) = 0$.

5. Решение квадратного уравнения. Найдем дискриминант $D$: $D = (-2a)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (a^2 - 1) = 4a^2 - 8a^2 + 8 = 8 - 4a^2 = 4(2 - a^2)$. Для существования действительных корней необходимо, чтобы $D \ge 0$: $4(2 - a^2) \ge 0 \implies 2 - a^2 \ge 0 \implies a^2 \le 2 \implies -\sqrt{2} \le a \le \sqrt{2}$. При таких $a$ корни уравнения равны: $x = \frac{2a \pm \sqrt{4(2 - a^2)}}{4} = \frac{2a \pm 2\sqrt{2 - a^2}}{4} = \frac{a \pm \sqrt{2 - a^2}}{2}$.

6. Проверка корней. Необходимо проверить выполнение условий ОДЗ ($-1 \le x \le 1$) и условия $x \le a$. Вместо прямой подстановки, проанализируем область значений функции $f(x) = x + \sqrt{1 - x^2}$ на отрезке $[-1, 1]$. Производная $f'(x) = 1 - \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}}$. Приравняв ее к нулю, найдем $x = \frac{1}{\sqrt{2}}$. Значения функции на концах отрезка и в точке экстремума: $f(-1) = -1$, $f(1) = 1$, $f(\frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{1}{\sqrt{2}} + \sqrt{1 - \frac{1}{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$. Следовательно, область значений функции $f(x)$ есть отрезок $[-1, \sqrt{2}]$. Таким образом, уравнение имеет решения только при $a \in [-1, \sqrt{2}]$.

Рассмотрим различные случаи для $a$ из этого промежутка.

• Если $a = \sqrt{2}$, то $D=0$, уравнение имеет один корень $x = \frac{a}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Этот корень удовлетворяет всем условиям.
• Если $a = -1$, то $D = 4(2-1)=4$. Корни: $x = \frac{-1 \pm 2}{2}$, то есть $x_1 = \frac{1}{2}$ и $x_2 = -1$. Проверяем условие $x \le a$ (т.е. $x \le -1$). Корень $x_1 = \frac{1}{2}$ не подходит. Корень $x_2 = -1$ подходит.
• Если $a = 1$, то $D=4$. Корни: $x = \frac{1 \pm \sqrt{4(2-1)}}{4} = \frac{1 \pm 1}{2}$. $x_1 = 1$, $x_2 = 0$. Проверяем условие $x \le a$ (т.е. $x \le 1$). Оба корня подходят.
• Если $1 < a < \sqrt{2}$. Имеем два корня $x_{1,2} = \frac{a \pm \sqrt{2 - a^2}}{2}$. Проверим условие $x \le a$. Для $x_1 = \frac{a + \sqrt{2-a^2}}{2}$: $\frac{a + \sqrt{2-a^2}}{2} \le a \iff \sqrt{2-a^2} \le a$. Так как $a>1>0$, возводим в квадрат: $2-a^2 \le a^2 \iff 2 \le 2a^2 \iff 1 \le a^2$. Это верно, так как $a>1$. Корень подходит. Для $x_2 = \frac{a - \sqrt{2-a^2}}{2}$: $\frac{a - \sqrt{2-a^2}}{2} \le a \iff -\sqrt{2-a^2} \le a$. Это верно, так как $a>0$. Корень подходит. Оба корня являются решениями.
• Если $-1 < a < 1$. Имеем два корня $x_{1,2} = \frac{a \pm \sqrt{2 - a^2}}{2}$. Проверим условие $x \le a$. Для $x_1 = \frac{a + \sqrt{2-a^2}}{2}$: $\sqrt{2-a^2} \le a$. Если $a \in [0, 1)$, то $a^2 < 1$, а значит условие $1 \le a^2$ не выполняется. Если $a \in (-1, 0)$, то условие тем более не выполняется, так как левая часть положительна, а правая отрицательна. Этот корень не подходит. Для $x_2 = \frac{a - \sqrt{2-a^2}}{2}$: $-\sqrt{2-a^2} \le a \iff \sqrt{2-a^2} \ge -a$. Если $a \in [0,1)$, это очевидно верно. Если $a \in (-1, 0)$, то $-a>0$, и можно возвести в квадрат: $2-a^2 \ge a^2 \iff 2 \ge 2a^2 \iff 1 \ge a^2$. Это верно для $a \in (-1, 0)$. Таким образом, этот корень подходит.

Ответ:
- при $a < -1$ или $a > \sqrt{2}$ решений нет;
- при $a = \sqrt{2}$ одно решение $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$;
- при $a \in [1, \sqrt{2})$ два решения $x = \frac{a \pm \sqrt{2-a^2}}{2}$;
- при $a \in [-1, 1)$ одно решение $x = \frac{a - \sqrt{2-a^2}}{2}$.

б)

Рассмотрим уравнение $\sqrt{x^2 - 1} + x = a$.

1. Область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным: $x^2 - 1 \ge 0 \implies x^2 \ge 1 \implies x \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$.

2. Преобразование уравнения. Уединим радикал: $\sqrt{x^2 - 1} = a - x$.

3. Условие для возведения в квадрат. Левая часть уравнения неотрицательна, следовательно, и правая часть должна быть неотрицательной: $a - x \ge 0 \implies x \le a$.

4. Возведение в квадрат. Возведем обе части уравнения в квадрат: $x^2 - 1 = (a - x)^2$ $x^2 - 1 = a^2 - 2ax + x^2$ $2ax = a^2 + 1$.

5. Решение уравнения относительно x. Если $a = 0$, уравнение принимает вид $0 = 1$, что неверно. Следовательно, при $a=0$ решений нет. Если $a \ne 0$, то $x = \frac{a^2 + 1}{2a}$.

6. Проверка корня. Необходимо проверить выполнение условий $x \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$ и $x \le a$.

Проверим условие ОДЗ: $x^2 \ge 1$. $(\frac{a^2+1}{2a})^2 \ge 1 \iff \frac{(a^2+1)^2}{4a^2} \ge 1 \iff (a^2+1)^2 \ge 4a^2 \iff a^4 + 2a^2 + 1 \ge 4a^2 \iff a^4 - 2a^2 + 1 \ge 0 \iff (a^2 - 1)^2 \ge 0$. Это неравенство верно для всех $a \ne 0$.

Проверим условие $x \le a$: $\frac{a^2+1}{2a} \le a$. - Если $a > 0$, умножаем на $2a$: $a^2+1 \le 2a^2 \iff 1 \le a^2$. Так как $a > 0$, это означает $a \ge 1$. - Если $a < 0$, умножаем на $2a$ и меняем знак неравенства: $a^2+1 \ge 2a^2 \iff 1 \ge a^2$. Так как $a < 0$, это означает $-1 \le a < 0$. Объединяя результаты, получаем, что решение существует при $a \in [-1, 0) \cup [1, \infty)$.

Ответ:
- при $a \in [-1, 0) \cup [1, \infty)$ одно решение $x = \frac{a^2+1}{2a}$;
- при $a \in (-\infty, -1) \cup [0, 1)$ решений нет.