Зад. 10 от СУ (12.04.09)

r2d2

Ако $f(x)=x^3-3a+a; \;g(x)=c(x^2-1)$ намерете тези стойности на а, за които уравнението $x^3-3x+a=c(x^2-1)$ има 3 решения за всяко с решения.

Да намерим необходимо условие: при $c=0$ имаме $x^3-3a+a=0.$ Това у-ние трябва да има 3 корена! Смятаме производната и намираме, че $a \in [-2;2].$
Нека $h(x)=x^3-3x+a-c(x^2-1)$

$h(-1)=a+2; \; h(1)=a-2$
Мисля, че някой може да го довърши! Ама и така си е ясно!

Реклама

NoThanks · Гост

Абе близо съм бил Very Happy

Но затва пък кво писане му ударих...

rytimid

mkmarinov · Пуснато на: Mon Apr 13, 2009 1:13 pm Заглавие:

Неравенството не трябва ли да го решаваш спрямо а? Wink

Вандер · Пуснато на: Mon Apr 13, 2009 2:52 pm Заглавие:

Добре, освен "звездите ми го говорят" относно c = 0, бихте ли дали логично обяснение защо взимате c = 0 ? Как се насочихте към това ( понеже се иска за всяко C, а се взима конкретна стойност)

И аз съм я решавал като debtor_of_death и мисля, че това е нормалният път на мисленето, който обаче не води до хубави изрази/решение.

Is it black or white? · Пуснато на: Mon Apr 13, 2009 3:20 pm Заглавие:

И аз съм решавал като вас 2-мата

kakawida · Начинаещ Регистриран на: 08 Aug 2007 Мнения: 35

Is it black or white? · Пуснато на: Sun Apr 19, 2009 12:22 pm Заглавие:

Ето как го решавам аз:
$f(x)+c.g(x)=0$
(1) $\varphi(x)=x^{3}+cx^{2}-3x+a-c=0$
$\varphi(x)$ - куб. ф-я с А>1
$lim_{x->\pm \infty }^{\varphi(x)}=\pm\infty$ Тук следва малко чертежче - то е накрая
т.е. от Т на Болцано-Вайерщрас =>
$\varphi (x)=0$ има 3 р.р.к. $<=>$
$\varphi (\alpha_{1}).\varphi (\alpha_{2})<0$ , където
$\varphi (\alpha_{1})=\varphi _{max}$
$\varphi (\alpha_{2})=\varphi _{min}$
$=>\varphi' (\alpha_{1})=\varphi' (\alpha_{2})=0$ т.е.
$\alpha_{1}\ne \alpha_{2}$ - корени за $\varphi' (x)=0$ (2)
$\varphi' (x)=3x^{2}+2cx-3$
като съществуват $\alpha_{1}\ne \alpha_{2}$ р.к. за $\varphi' (x)$
<=> $D>0$ , $\frac{D}{4}=c^{2}+9>0$ за всяко $c\in R$
т.е за всяко $c\in R$ съществуват $\alpha_{1}\ne \alpha_{2}$ за $\varphi' (x)=0$
Нека $\alpha$ е кое да е от $\alpha_{1}$ , $\alpha_{2}$ =>
$3\alpha^{2}+2c\alpha -3=0$
$=>\alpha^{2}=-\frac{2c\alpha }{3} +1$
Ще приложим метода за намаляване на степента (има разлика между $\alpha$ (алфа) и $a$ (параметърът)):
$\varphi (x)=\alpha ^{3}+c\alpha ^{2}-3\alpha +a-c=\alpha (-\frac{2c\alpha}{3}+1)+c\alpha ^{2} -3\alpha +a -c=-\frac{2c\alpha ^{2}}{3} +\alpha + c\alpha^{2}-3\alpha + a - c=\frac{1}{3} c\alpha ^{2}-2\alpha + a - c=\frac{c}{3}(-\frac{2c\alpha }{3}+1)-2\alpha +a-c=-\frac{2c^{2}\alpha }{9}+\frac{c}{3}-2\alpha +a-c=-(\frac{2c^{2}}{9}+2).\alpha + a - \frac{2c}{3}$
Разгл. $\varphi (\alpha_{1}).\varphi (\alpha_{2})=$
$=[-(\frac{2c^{2}}{9}+2)\alpha_{1}+a-\frac{2c}{3}].[-(\frac{2c^{2}}{9}+2)\alpha_{2}+a-\frac{2c}{3}]=$
$=(\frac{2c^{2}}{9}+2)^{2}\alpha_{1}.\alpha_{2}-(\frac{2c^{2}}{9}+2)(a-\frac{2c}{3} )(\alpha_{1}+\alpha_{2})+(a-\frac{2c}{3})^{2}$ ,
където от формулите на Виет имаме:
$\begin{tabular}{|||||}\alpha_{1}.\alpha_{2}=-1 \\\alpha_{1}+\alpha_{2}=-\frac{2c}{3}\end{tabular}$
=> $\varphi (\alpha_{1}).\varphi (\alpha_{2})=-(\frac{2c^{2}}{9}+2)^{2}+\frac{2c}{3}(\frac{2c^{2}}{9}+2)(a-\frac{2c}{3})+(a-\frac{2c}{3})^{2}$
Искаме да е по-малко от 0 за всяко с
$\varphi (\alpha_{1}).\varphi (\alpha_{2})=\frac{1}{27}[-4c^{4}+4ac^{3}-36c^{2}+27(a^{2}-4)]=\frac{1}{27}h(x)$ питаме за кои стойности на $a$ , $\frac{1}{27}h(x)<0$ за всяко $c$ Тази функция има следния вид (чертеж втори накрая), т.е. искаме максимумът на тази функция да е по-малък от нула, изследва се функцията и в един от случаите (ще има няколко случая) се получаваше $a\in (-2;2)$ мисля, че това беше и отговорът, който дават като верен от СУ

П.С. Незнам дали решението ми е по-лесно от това, което от СУ предлагат, но онова заместване на с с нула не мисля, че всеки може да се досети, лично аз не се досетих, на изпита написах горепосоченото решение

Ето го чертежчето, което обещах по-нагоре: