Страница 325 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

95. a) $y^2 + \cos^2 x = 1;$б) $x^2 + y^2 = x^2 y^2 + 1;$в) $|y| = \log_{\frac{1}{3}} \left||x+2| - 1\right|.$

а) $y^2 + \cos^2 x = 1$

Перенесем $\cos^2 x$ в правую часть уравнения:

$y^2 = 1 - \cos^2 x$

Согласно основному тригонометрическому тождеству, $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, из которого следует, что $1 - \cos^2 x = \sin^2 x$.

Подставим это выражение в наше уравнение:

$y^2 = \sin^2 x$

Извлекая квадратный корень из обеих частей, получаем:

$|y| = |\sin x|$

Это уравнение эквивалентно совокупности двух функций: $y = \sin x$ и $y = -\sin x$. Таким образом, решением является объединение графиков синусоиды и ее зеркального отражения относительно оси Ox.

Ответ: $|y| = |\sin x|$ (или $y = \pm \sin x$).

б) $x^2 + y^2 = x^2y^2 + 1$

Перенесем все члены уравнения в левую часть:

$x^2 + y^2 - x^2y^2 - 1 = 0$

Сгруппируем слагаемые для последующего разложения на множители:

$(x^2 - 1) + (y^2 - x^2y^2) = 0$

Вынесем общий множитель $-y^2$ из второй скобки:

$(x^2 - 1) - y^2(x^2 - 1) = 0$

Теперь вынесем общий множитель $(x^2 - 1)$ за скобки:

$(x^2 - 1)(1 - y^2) = 0$

Произведение двух множителей равно нулю тогда и только тогда, когда хотя бы один из них равен нулю. Это приводит к двум независимым уравнениям:

1) $x^2 - 1 = 0 \implies x^2 = 1 \implies x = 1$ или $x = -1$.

2) $1 - y^2 = 0 \implies y^2 = 1 \implies y = 1$ или $y = -1$.

Таким образом, решением является объединение четырех прямых: двух вертикальных ($x=1$, $x=-1$) и двух горизонтальных ($y=1$, $y=-1$).

Ответ: $x = \pm 1$ или $y = \pm 1$.

в) $|y| = \log_{\frac{1}{3}} ||x+2| - 1|$

Для того чтобы уравнение имело решение, необходимо выполнение нескольких условий.

1. Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$||x+2| - 1| > 0$

Это означает, что $|x+2| - 1 \neq 0$, то есть $|x+2| \neq 1$. Отсюда $x+2 \neq 1$ и $x+2 \neq -1$, что дает $x \neq -1$ и $x \neq -3$.

2. Левая часть уравнения $|y|$ всегда неотрицательна ($|y| \ge 0$), следовательно, правая часть также должна быть неотрицательной:

$\log_{\frac{1}{3}} ||x+2| - 1| \ge 0$

Так как основание логарифма $\frac{1}{3}$ находится в интервале $(0, 1)$, логарифмическая функция является убывающей. Поэтому данное неравенство равносильно следующему:

$0 < ||x+2| - 1| \le 1$

Первую часть неравенства ($>0$) мы уже учли. Рассмотрим вторую часть:

$||x+2| - 1| \le 1$

Это двойное неравенство:

$-1 \le |x+2| - 1 \le 1$

Прибавим 1 ко всем частям:

$0 \le |x+2| \le 2$

Неравенство $|x+2| \ge 0$ верно для любого $x$. Неравенство $|x+2| \le 2$ эквивалентно $-2 \le x+2 \le 2$, откуда получаем $-4 \le x \le 0$.

Объединяя все условия, находим область определения для $x$: $x \in [-4, 0]$, при этом $x \neq -1$ и $x \neq -3$.

Область определения: $x \in [-4, -3) \cup (-3, -1) \cup (-1, 0]$.

Исходное уравнение $|y| = f(x)$ распадается на два: $y = f(x)$ и $y = -f(x)$, что означает симметрию графика относительно оси Ox.

Найдем точки пересечения с осью Ox (точки, где $y=0$):

$\log_{\frac{1}{3}} ||x+2| - 1| = 0 \implies ||x+2| - 1| = 1$

Это дает два случая:

а) $|x+2| - 1 = 1 \implies |x+2| = 2 \implies x+2 = \pm 2 \implies x=0$ или $x=-4$.

б) $|x+2| - 1 = -1 \implies |x+2| = 0 \implies x+2 = 0 \implies x=-2$.

Точки пересечения с осью Ox: $(-4, 0)$, $(-2, 0)$ и $(0, 0)$.

Прямые $x=-3$ и $x=-1$ являются вертикальными асимптотами, так как при приближении $x$ к этим значениям аргумент логарифма $||x+2|-1|$ стремится к $0^+$, а сам логарифм $\log_{\frac{1}{3}}(z)$ стремится к $+\infty$ при $z \to 0^+$.

Ответ: Множество точек $(x,y)$, для которых $x \in [-4, -3) \cup (-3, -1) \cup (-1, 0]$ и $y = \pm \log_{\frac{1}{3}} ||x+2| - 1|$.

96. a) $\sqrt{x+y} \ge \sqrt{|x|}$;

б) $||x| - |y|| < a$;

в) $[x] \le [y]$;

г) $\{x\} \ge \{y\}$;

д) $\frac{1}{x} > \frac{1}{y}$;

е) $\sin x > \sin y$;

ж) $\min (x, y) = 1$;

з) $xy+1 \ge 0$.

а)

Рассмотрим неравенство $\sqrt{x+y} \ge \sqrt{|x|}$. Первым шагом найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным, поэтому $x+y \ge 0$, что эквивалентно $y \ge -x$. Это полуплоскость, расположенная на и выше прямой $y=-x$. Выражение $|x|$ всегда неотрицательно, поэтому дополнительных ограничений нет.

Поскольку обе части неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства: $(\sqrt{x+y})^2 \ge (\sqrt{|x|})^2$ $x+y \ge |x|$

Теперь рассмотрим два случая в зависимости от знака $x$.

Случай 1: $x \ge 0$. В этом случае $|x|=x$. Неравенство принимает вид: $x+y \ge x$, что упрощается до $y \ge 0$. С учетом ОДЗ ($y \ge -x$) и условия $x \ge 0$, получаем, что для $x \ge 0$ решением является $y \ge 0$. Это первый координатный квадрант, включая его границы (положительные полуоси).

Случай 2: $x < 0$. В этом случае $|x|=-x$. Неравенство принимает вид: $x+y \ge -x$, что эквивалентно $y \ge -2x$. Условие ОДЗ в этом случае — $y \ge -x$. Поскольку при $x<0$ выполняется $-2x > -x$, то более сильным условием является $y \ge -2x$. Таким образом, для $x < 0$ решением является $y \ge -2x$.

Объединяя оба случая, получаем итоговое множество точек.

Ответ: Множество точек $(x,y)$, для которых выполняется одно из двух условий: либо $x \ge 0$ и $y \ge 0$, либо $x < 0$ и $y \ge -2x$. Геометрически это первый квадрант, включая оси, и область над прямой $y=-2x$ в левой полуплоскости.

б)

Рассмотрим неравенство $| |x| - |y| | < a$. Решение зависит от значения параметра $a$.

Если $a \le 0$, то неравенство не имеет решений, так как модуль числа всегда неотрицателен.

Если $a > 0$, то неравенство можно раскрыть как двойное: $-a < |x| - |y| < a$. Это эквивалентно системе из двух неравенств: 1) $|x| - |y| < a \implies |y| > |x| - a$ 2) $|x| - |y| > -a \implies |y| < |x| + a$

Таким образом, решение представляет собой множество точек, удовлетворяющих условию $|x| - a < |y| < |x| + a$.

Из-за симметрии относительно модулей, фигура будет симметрична относительно обеих координатных осей. Рассмотрим ее в первом квадранте ($x \ge 0, y \ge 0$). Здесь неравенство принимает вид $x - a < y < x + a$. Это область между прямыми $y = x - a$ и $y = x + a$.

Аналогично для других квадрантов:

• Во втором квадранте ($x < 0, y \ge 0$): $|-x-y| < a \implies -a < -x-y < a \implies -x-a < y < -x+a$.
• В третьем квадранте ($x < 0, y < 0$): $|-x-(-y)| < a \implies |y-x| < a \implies x-a < y < x+a$.
• В четвертом квадранте ($x > 0, y < 0$): $|x-(-y)| < a \implies |x+y| < a \implies -x-a < y < -x+a$.

Геометрически это объединение двух бесконечных полос, но взятых в соответствующих квадрантах. Итоговая фигура представляет собой бесконечный "крест", оси симметрии которого - прямые $y=x$ и $y=-x$.

Ответ: Если $a \le 0$, решений нет. Если $a > 0$, то решением является множество точек, удовлетворяющих условию $|x|-a < |y| < |x|+a$. Это неограниченная область, расположенная между графиками $|y|=|x|-a$ и $|y|=|x|+a$. Границы не включаются.

в)

Рассмотрим неравенство $[x] \le [y]$, где $[z]$ — целая часть числа $z$ (функция "пол").

Пусть $[x]=n$ и $[y]=m$, где $n, m$ — целые числа. Неравенство принимает вид $n \le m$. По определению целой части: $n \le x < n+1$ $m \le y < m+1$

Покажем, что неравенство $[x] \le [y]$ эквивалентно неравенству $y \ge [x]$.

1) Пусть $[x] \le [y]$. Обозначим $[x]=n$. Тогда $[y] \ge n$. По определению, $y \ge [y]$. Следовательно, $y \ge [y] \ge n = [x]$. Таким образом, $y \ge [x]$.

2) Пусть $y \ge [x]$. Обозначим $[x]=n$. Тогда $y \ge n$. Так как функция $[z]$ неубывающая, то из $y \ge n$ следует, что $[y] \ge [n]$. Поскольку $n$ — целое число, $[n]=n$. Значит, $[y] \ge n=[x]$.

Таким образом, исходное неравенство эквивалентно $y \ge [x]$.

Графиком этого множества является область на координатной плоскости, лежащая на и выше графика функции "пол" $y=[x]$. Эта область представляет собой объединение бесконечного числа горизонтальных полос: для каждого целого $n$, это множество точек $(x,y)$ таких, что $n \le x < n+1$ и $y \ge n$.

Ответ: Множество точек $(x,y)$, удовлетворяющих условию $y \ge [x]$. Это область над "ступенчатым" графиком функции $y=[x]$, включая сам график.

г)

Рассмотрим неравенство $\{x\} \ge \{y\}$, где $\{z\}$ — дробная часть числа $z$, $\{z\} = z - [z]$.

По определению, $0 \le \{z\} < 1$. Функции $\{x\}$ и $\{y\}$ периодичны с периодом 1 по своим переменным. Это означает, что рисунок решения будет повторяться в каждом единичном квадрате вида $[n, n+1) \times [m, m+1)$ для любых целых $n, m$.

Рассмотрим основной квадрат $0 \le x < 1, 0 \le y < 1$. В этом квадрате $[x]=0, [y]=0$, поэтому $\{x\}=x, \{y\}=y$. Неравенство принимает вид $x \ge y$, или $y \le x$. Это нижняя треугольная часть квадрата, включая диагональ $y=x$. Вершины этого треугольника — $(0,0)$, $(1,0)$ и $(1,1)$ (точка (1,1) не входит в область).

Теперь обобщим на всю плоскость. В любом квадрате $[n, n+1) \times [m, m+1)$ имеем $\{x\} = x-n$ и $\{y\} = y-m$. Неравенство становится $x-n \ge y-m$, или $y \le x + (m-n)$. Это означает, что в каждом единичном квадрате сетки решением является его нижняя половина, отделенная диагональю, проходящей через левый нижний и правый верхний углы квадрата.

Ответ: Множество точек, которое в каждом единичном квадрате $[n, n+1) \times [m, m+1)$ (где $n,m \in \mathbb{Z}$) определяется неравенством $y \le x + m - n$. Геометрически это заштрихованные нижние треугольники в каждом квадрате целочисленной сетки.

д)

Рассмотрим неравенство $\frac{1}{x} > \frac{1}{y}$. ОДЗ: $x \ne 0, y \ne 0$. Перенесем все в одну часть: $\frac{1}{x} - \frac{1}{y} > 0 \implies \frac{y-x}{xy} > 0$.

Дробь положительна, когда числитель и знаменатель имеют одинаковые знаки.

Случай 1: Числитель и знаменатель положительны. $\begin{cases} y-x > 0 \\ xy > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} y > x \\ (x>0, y>0) \text{ или } (x<0, y<0) \end{cases}$ - Для $x>0, y>0$ (первый квадрант) получаем $y > x$. Это область в первом квадранте выше прямой $y=x$. - Для $x<0, y<0$ (третий квадрант) получаем $y > x$. Это область в третьем квадранте выше прямой $y=x$.

Случай 2: Числитель и знаменатель отрицательны. $\begin{cases} y-x < 0 \\ xy < 0 \end{cases} \implies \begin{cases} y < x \\ (x>0, y<0) \text{ или } (x<0, y>0) \end{cases}$ - Для $x>0, y<0$ (четвертый квадрант) условие $y < x$ выполняется всегда, так как отрицательное число всегда меньше положительного. Значит, весь четвертый квадрант является решением. - Для $x<0, y>0$ (второй квадрант) условие $y<x$ никогда не выполняется. Решений в этом подслучае нет.

Объединяем все найденные области.

Ответ: Объединение трех областей: 1) часть первого квадранта, где $y>x$; 2) часть третьего квадранта, где $y>x$; 3) весь четвертый квадрант. Координатные оси $x=0$ и $y=0$ не входят в решение.

е)

Рассмотрим неравенство $\sin x > \sin y$. Перепишем его в виде $\sin x - \sin y > 0$. Используем формулу разности синусов: $2 \sin\left(\frac{x-y}{2}\right) \cos\left(\frac{x+y}{2}\right) > 0$.

Это неравенство выполняется, когда оба множителя, $\sin\left(\frac{x-y}{2}\right)$ и $\cos\left(\frac{x+y}{2}\right)$, имеют одинаковый знак (и не равны нулю).

Случай 1: Оба множителя положительны. $\begin{cases} \sin\left(\frac{x-y}{2}\right) > 0 \\ \cos\left(\frac{x+y}{2}\right) > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} 2k\pi < \frac{x-y}{2} < (2k+1)\pi \\ -\frac{\pi}{2} + 2m\pi < \frac{x+y}{2} < \frac{\pi}{2} + 2m\pi \end{cases}$ для целых $k,m$. Это эквивалентно $\begin{cases} 4k\pi < x-y < (4k+2)\pi \\ - \pi + 4m\pi < x+y < \pi + 4m\pi \end{cases}$

Случай 2: Оба множителя отрицательны. $\begin{cases} \sin\left(\frac{x-y}{2}\right) < 0 \\ \cos\left(\frac{x+y}{2}\right) < 0 \end{cases} \implies \begin{cases} (2k-1)\pi < \frac{x-y}{2} < 2k\pi \\ \frac{\pi}{2} + 2m\pi < \frac{x+y}{2} < \frac{3\pi}{2} + 2m\pi \end{cases}$ для целых $k,m$. Это эквивалентно $\begin{cases} (4k-2)\pi < x-y < 4k\pi \\ \pi + 4m\pi < x+y < 3\pi + 4m\pi \end{cases}$

Геометрически плоскость делится на сетку из ромбов двумя семействами параллельных прямых: $x-y = 2k\pi$ и $x+y = (2m+1)\pi$. Решением является "шахматная" раскраска этих ромбов.

Ответ: Множество точек $(x,y)$, образующее на плоскости "шахматный" узор из открытых ромбов. Границами этих ромбов служат прямые $x-y=2k\pi$ и $x+y=(2m+1)\pi$ для всех целых $k, m$. Например, открытый ромб, ограниченный прямыми $x-y=0, x-y=2\pi, x+y=-\pi, x+y=\pi$, является частью решения.

ж)

Рассмотрим уравнение $\min(x, y) = 1$.

Функция $\min(x, y)$ возвращает меньшее из двух чисел $x$ и $y$. Уравнение означает, что меньшее из чисел $x, y$ равно 1. Это возможно в двух случаях.

1) $x=1$ и при этом $x \le y$. Это означает, что $1 \le y$. Таким образом, получаем множество точек $(1, y)$ при $y \ge 1$. Геометрически это вертикальный луч, выходящий из точки $(1,1)$ вверх.

2) $y=1$ и при этом $y \le x$. Это означает, что $1 \le x$. Таким образом, получаем множество точек $(x, 1)$ при $x \ge 1$. Геометрически это горизонтальный луч, выходящий из точки $(1,1)$ вправо.

Объединение этих двух множеств и есть решение.

Ответ: Множество точек, являющееся объединением двух лучей: $\{(x,1) | x \ge 1\}$ и $\{(1,y) | y \ge 1\}$. Геометрически это прямой угол с вершиной в точке $(1,1)$, стороны которого параллельны координатным осям и направлены в сторону увеличения координат.

з)

Рассмотрим неравенство $xy + 1 \ge 0$.

Это неравенство эквивалентно $xy \ge -1$.

Рассмотрим граничную линию, задаваемую уравнением $xy = -1$, или $y = -1/x$. Это гипербола, ветви которой расположены во втором и четвертом координатных квадрантах. Асимптотами являются оси координат.

Эта гипербола делит плоскость на три области. Чтобы определить, какая из них является решением, возьмем пробную точку, например, начало координат $(0,0)$. Подставляем в неравенство: $0 \cdot 0 + 1 = 1 \ge 0$. Неравенство выполняется.

Следовательно, решением является область, содержащая начало координат. Это область "между" ветвями гиперболы.

Формально: - Если $x > 0$, делим на $x$: $y \ge -1/x$. Это область над ветвью гиперболы в IV квадранте. - Если $x < 0$, делим на $x$ и меняем знак неравенства: $y \le -1/x$. Это область под ветвью гиперболы в II квадранте. - Если $x = 0$, неравенство $1 \ge 0$ верно. Значит, вся ось OY является решением. - Если $y = 0$, неравенство $1 \ge 0$ верно. Значит, вся ось OX является решением.

Ответ: Множество точек $(x,y)$ таких, что $xy \ge -1$. Геометрически это область, расположенная между ветвями гиперболы $y = -1/x$, включая саму гиперболу и обе координатные оси.

97. Найдите значения a, при которых данное уравнение имеет решение. Найдите знаки корней:

a) $x^2 - 2(a - 1)x + 2a + 1 = 0;$

б) $(a - 3)x^2 - 2(3a - 4)x + 7a - 6 = 0.$

а) $x^2 - 2(a - 1)x + 2a + 1 = 0$

Данное уравнение является квадратным при любом значении параметра a, так как коэффициент при $x^2$ равен 1. Уравнение имеет решение, если его дискриминант $D$ неотрицателен ($D \ge 0$).

Найдем дискриминант. Удобнее использовать "укороченный" дискриминант $D_1$ (или $D/4$) для четного второго коэффициента:

$D_1 = (-(a-1))^2 - 1 \cdot (2a+1) = (a-1)^2 - (2a+1) = a^2 - 2a + 1 - 2a - 1 = a^2 - 4a$

Решим неравенство $D_1 \ge 0$:

$a^2 - 4a \ge 0$

$a(a - 4) \ge 0$

Это неравенство выполняется при $a \in (-\infty, 0] \cup [4, +\infty)$. При этих значениях a уравнение имеет решение.

Для определения знаков корней воспользуемся теоремой Виета. Пусть $x_1$ и $x_2$ — корни уравнения.

Сумма корней: $x_1 + x_2 = 2(a-1)$

Произведение корней: $x_1 \cdot x_2 = 2a+1$

Проанализируем знаки суммы и произведения корней в найденных интервалах для a.

1. Если $a \in [4, +\infty)$:

$x_1 + x_2 = 2(a-1)$. Так как $a \ge 4$, то $a-1 \ge 3$, следовательно, $x_1 + x_2 > 0$.

$x_1 \cdot x_2 = 2a+1$. Так как $a \ge 4$, то $2a+1 \ge 9$, следовательно, $x_1 \cdot x_2 > 0$.

Так как сумма и произведение корней положительны, оба корня положительны ($x_1 > 0, x_2 > 0$). При $a=4$ дискриминант равен нулю, и уравнение имеет один (двойной) положительный корень.

2. Если $a \in (-\infty, 0]$:

Разобьем этот интервал точкой $a = -1/2$, в которой произведение корней меняет знак ($2a+1=0$).

а) При $a \in (-1/2, 0]$:

$x_1 + x_2 = 2(a-1) < 0$ (так как $a \le 0$).

$x_1 \cdot x_2 = 2a+1 > 0$ (так как $a > -1/2$).

Сумма отрицательна, произведение положительно — оба корня отрицательны ($x_1 < 0, x_2 < 0$). При $a=0$ дискриминант равен нулю, и уравнение имеет один (двойной) отрицательный корень.

б) При $a = -1/2$:

$x_1 \cdot x_2 = 2(-1/2)+1 = 0$. Один из корней равен нулю. Сумма корней $x_1+x_2 = 2(-1/2 - 1) = -3 < 0$. Значит, один корень равен 0, а второй — отрицательный.

в) При $a \in (-\infty, -1/2)$:

$x_1 \cdot x_2 = 2a+1 < 0$. Произведение корней отрицательно, значит, корни имеют разные знаки (один положительный, другой отрицательный).

Ответ: Уравнение имеет решение при $a \in (-\infty, 0] \cup [4, +\infty)$. Знаки корней:

• при $a \in (-\infty, -1/2)$ — один корень положительный, другой отрицательный;
• при $a = -1/2$ — один корень равен нулю, другой отрицательный;
• при $a \in (-1/2, 0]$ — оба корня отрицательны (при $a=0$ корни совпадают);
• при $a \in [4, +\infty)$ — оба корня положительны (при $a=4$ корни совпадают).

б) $(a - 3)x^2 - 2(3a - 4)x + 7a - 6 = 0$

Рассмотрим два случая.

Случай 1: Коэффициент при $x^2$ равен нулю.

$a - 3 = 0 \implies a = 3$.

Уравнение становится линейным:

$-2(3 \cdot 3 - 4)x + 7 \cdot 3 - 6 = 0$

$-10x + 15 = 0 \implies x = 1.5$

При $a=3$ уравнение имеет один положительный корень.

Случай 2: Коэффициент при $x^2$ не равен нулю, $a \neq 3$.

Уравнение является квадратным. Оно имеет решение, если его дискриминант $D \ge 0$. Вычислим $D_1 = D/4$.

$D_1 = (-(3a-4))^2 - (a-3)(7a-6) = (9a^2-24a+16) - (7a^2-27a+18) = 2a^2+3a-2$

Решим неравенство $D_1 \ge 0$:

$2a^2+3a-2 \ge 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $2a^2+3a-2=0$. $a_{1,2} = \frac{-3 \pm \sqrt{3^2-4(2)(-2)}}{4} = \frac{-3 \pm 5}{4}$.

$a_1 = -2, a_2 = 1/2$.

Неравенство выполняется при $a \in (-\infty, -2] \cup [1/2, +\infty)$.

Объединяя оба случая, получаем, что уравнение имеет решение при $a \in (-\infty, -2] \cup [1/2, +\infty)$.

Для определения знаков корней (при $a \neq 3$) воспользуемся теоремой Виета.

Сумма корней: $S = x_1 + x_2 = \frac{2(3a-4)}{a-3}$

Произведение корней: $P = x_1 \cdot x_2 = \frac{7a-6}{a-3}$

Проанализируем знаки суммы $S$ и произведения $P$ на интервалах, где есть решения.

1. При $a \in (-\infty, -2] \cup [1/2, 6/7)$:

$S = \frac{2(3a-4)}{a-3} > 0$ (частное двух отрицательных чисел).

$P = \frac{7a-6}{a-3} > 0$ (частное двух отрицательных чисел).

Так как $S>0$ и $P>0$, оба корня положительны. При $a=-2$ и $a=1/2$ корни совпадают.

2. При $a = 6/7$:

$P = \frac{7(6/7)-6}{6/7-3} = 0$. Один корень равен 0.

$S = \frac{2(3(6/7)-4)}{6/7-3} > 0$. Второй корень положительный.

3. При $a \in (6/7, 3)$:

$P = \frac{7a-6}{a-3} < 0$ (числитель положительный, знаменатель отрицательный). Корни имеют разные знаки.

4. При $a \in (3, +\infty)$:

$S > 0$ и $P > 0$ (числитель и знаменатель в обеих дробях положительны). Оба корня положительны.

Ответ: Уравнение имеет решение при $a \in (-\infty, -2] \cup [1/2, +\infty)$. Знаки корней:

• при $a \in (-\infty, -2] \cup [1/2, 6/7) \cup [3, +\infty)$ — корни положительны (при $a=3$ один корень; при $a=-2$ и $a=1/2$ два совпадающих корня);
• при $a = 6/7$ — один корень равен нулю, другой положительный;
• при $a \in (6/7, 3)$ — один корень положительный, другой отрицательный.

98. a) Для каких значений a один из корней уравнения $ (a - 2) x^2 - 2 (a + 3) x + 4a = 0 $ больше 3, а другой меньше 2?

б) Найдите все значения a, при которых оба корня уравнения $ (2a + 3) x^2 + (a + 1) x + 4 = 0 $ принадлежат отрезку $ [-2; 0] $.

Пусть $f(x) = (a - 2) x^2 - 2 (a + 3) x + 4a$. Условие, что один корень уравнения $f(x)=0$ больше 3, а другой меньше 2 ($x_1 < 2 < 3 < x_2$), означает, что числа 2 и 3 находятся между корнями.

Сначала рассмотрим случай, когда уравнение является линейным, то есть коэффициент при $x^2$ равен нулю. $a - 2 = 0 \implies a = 2$. Уравнение принимает вид: $-2(2 + 3)x + 4(2) = 0$, то есть $-10x + 8 = 0$. Отсюда $x = 0.8$. Уравнение имеет только один корень, что не удовлетворяет условию о двух корнях. Следовательно, $a=2$ не является решением.

Теперь рассмотрим случай, когда $a \neq 2$ и уравнение является квадратным. Графиком функции $y=f(x)$ является парабола. Для того, чтобы число $k$ находилось между корнями квадратного трехчлена $Ax^2+Bx+C$, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие $A \cdot f(k) < 0$. Это условие гарантирует, что ветви параболы и значение функции в точке $k$ направлены в разные стороны от оси абсцисс, а значит, парабола пересекает ось по обе стороны от $k$. Это также автоматически обеспечивает наличие двух различных действительных корней (дискриминант $D>0$).

В нашей задаче числа 2 и 3 должны находиться между корнями, поэтому должны выполняться два условия одновременно:

1. $(a - 2) \cdot f(2) < 0$
2. $(a - 2) \cdot f(3) < 0$

Вычислим значения $f(2)$ и $f(3)$: $f(2) = (a - 2) \cdot 2^2 - 2(a + 3) \cdot 2 + 4a = 4(a - 2) - 4(a + 3) + 4a = 4a - 8 - 4a - 12 + 4a = 4a - 20 = 4(a - 5)$.
$f(3) = (a - 2) \cdot 3^2 - 2(a + 3) \cdot 3 + 4a = 9(a - 2) - 6(a + 3) + 4a = 9a - 18 - 6a - 18 + 4a = 7a - 36$.

Подставим эти выражения в систему неравенств:

1. $(a - 2) \cdot 4(a - 5) < 0 \implies (a - 2)(a - 5) < 0$
2. $(a - 2)(7a - 36) < 0$

Решим первое неравенство методом интервалов. Корни: $a=2$ и $a=5$. Неравенство выполняется между корнями: $a \in (2, 5)$.

Решим второе неравенство. Корни: $a=2$ и $a=36/7$. Неравенство выполняется между корнями: $a \in (2, 36/7)$.

Найдем пересечение полученных решений: $a \in (2, 5) \cap (2, 36/7)$. Так как $5 = 35/7$, то $5 < 36/7$. Следовательно, интервал $(2, 5)$ полностью содержится в интервале $(2, 36/7)$. Пересечением является интервал $(2, 5)$.

Ответ: $a \in (2, 5)$

Пусть $f(x) = (2a + 3) x^2 + (a + 1) x + 4$. Нам нужно найти все значения $a$, при которых оба корня уравнения $f(x)=0$ (включая случай совпадения корней) принадлежат отрезку $[-2; 0]$.

Рассмотрим случай, когда уравнение не является квадратным: $2a + 3 = 0 \implies a = -3/2$. Уравнение становится линейным: $(-3/2 + 1)x + 4 = 0 \implies -1/2 x + 4 = 0 \implies x = 8$. Корень $x=8$ не принадлежит отрезку $[-2; 0]$. Значит, $a = -3/2$ не является решением.

Теперь рассмотрим $a \neq -3/2$. Уравнение является квадратным. Для того, чтобы оба корня квадратного трехчлена $f(x)$ с коэффициентом $A = 2a+3$ при $x^2$ находились на отрезке $[m, k]$, должны выполняться следующие условия:

1. Дискриминант должен быть неотрицательным: $D \ge 0$.
2. Вершина параболы $x_v$ должна лежать на отрезке: $m \le x_v \le k$.
3. Значения функции на концах отрезка должны иметь тот же знак, что и коэффициент $A$ (или быть равны нулю): $A \cdot f(m) \ge 0$ и $A \cdot f(k) \ge 0$.

В нашем случае $m=-2$, $k=0$.

Разобьем решение на два случая в зависимости от знака $A=2a+3$.

Случай 1: $A = 2a + 3 > 0 \implies a > -3/2$. Ветви параболы направлены вверх.

1. $D = (a+1)^2 - 4(2a+3)(4) = a^2 + 2a + 1 - 32a - 48 = a^2 - 30a - 47 \ge 0$.
   Корни уравнения $a^2 - 30a - 47 = 0$: $a = \frac{30 \pm \sqrt{900+188}}{2} = \frac{30 \pm \sqrt{1088}}{2} = 15 \pm 4\sqrt{17}$. Неравенство выполняется при $a \in (-\infty, 15 - 4\sqrt{17}] \cup [15 + 4\sqrt{17}, +\infty)$.
2. Вершина $x_v = -\frac{a+1}{2(2a+3)}$. Условие: $-2 \le x_v \le 0$.
   $-2 \le -\frac{a+1}{2(2a+3)} \le 0$. Так как $2a+3 > 0$, умножим на $-2(2a+3)$, меняя знаки неравенства:
   $0 \le a+1 \le 4(2a+3) \implies 0 \le a+1 \le 8a+12$.
   Из $0 \le a+1$ следует $a \ge -1$.
   Из $a+1 \le 8a+12$ следует $-11 \le 7a \implies a \ge -11/7$. Пересечение этих условий: $a \ge -1$.
3. Условия на концах отрезка: $f(-2) \ge 0$ и $f(0) \ge 0$.
   $f(0) = 4$. Неравенство $4 \ge 0$ выполняется всегда.
   $f(-2) = (2a+3)(-2)^2 + (a+1)(-2) + 4 = 4(2a+3) - 2(a+1) + 4 = 8a+12 - 2a-2 + 4 = 6a+14$. Неравенство $6a+14 \ge 0 \implies a \ge -7/3$.

Соберем все условия для случая $a > -3/2$:
1) $a \in (-\infty, 15 - 4\sqrt{17}] \cup [15 + 4\sqrt{17}, +\infty)$
2) $a \ge -1$
3) $a \ge -7/3$
4) $a > -3/2$ (исходное предположение)
Пересечением условий 2, 3 и 4 является $a \ge -1$. Теперь найдем пересечение $a \ge -1$ с условием на дискриминант. Оценим $15 - 4\sqrt{17}$. Так как $4 < \sqrt{17} < 5$, то $16 < 4\sqrt{17} < 20$, и $15 - 4\sqrt{17}$ является отрицательным числом (примерно -1.49). В частности, $15 - 4\sqrt{17} < -1$. Следовательно, интервал $(-\infty, 15 - 4\sqrt{17}]$ не имеет пересечения с $a \ge -1$. Остается найти пересечение $a \ge -1$ и $a \ge 15 + 4\sqrt{17}$. Это пересечение есть $a \ge 15 + 4\sqrt{17}$.

Случай 2: $A = 2a + 3 < 0 \implies a < -3/2$. Ветви параболы направлены вниз.
В этом случае условия на концах отрезка меняют знак: $f(-2) \le 0$ и $f(0) \le 0$. Рассмотрим условие $f(0) \le 0$. Мы уже вычислили, что $f(0)=4$. Неравенство $4 \le 0$ является ложным. Следовательно, в случае $a < -3/2$ решений нет.

Объединяя результаты обоих случаев, получаем окончательное решение.

Ответ: $a \in [15 + 4\sqrt{17}, +\infty)$