Зад. 10 от СУ (12.04.09)

[r2d2]

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

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

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

[Реклама]

[NoThanks]

Абе близо съм бил Но затва пък кво писане му ударих...

[rytimid]

[mkmarinov]

Неравенството не трябва ли да го решаваш спрямо а?

[Вандер]

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?]

И аз съм решавал като вас 2-мата

[kakawida]

[Is it black or white?]

Ето как го решавам аз:
[tex]f(x)+c.g(x)=0[/tex]
(1) [tex]\varphi(x)=x^{3}+cx^{2}-3x+a-c=0[/tex]
[tex]\varphi(x)[/tex] - куб. ф-я с А>1
[tex]lim_{x->\pm \infty }^{\varphi(x)}=\pm\infty [/tex] Тук следва малко чертежче - то е накрая
т.е. от Т на Болцано-Вайерщрас =>
[tex]\varphi (x)=0 [/tex] има 3 р.р.к. [tex]<=>[/tex]
[tex]\varphi (\alpha_{1}).\varphi (\alpha_{2})<0[/tex], където
[tex]\varphi (\alpha_{1})=\varphi _{max}[/tex]
[tex]\varphi (\alpha_{2})=\varphi _{min}[/tex]
[tex]=>\varphi' (\alpha_{1})=\varphi' (\alpha_{2})=0[/tex] т.е.
[tex]\alpha_{1}\ne \alpha_{2}[/tex] - корени за [tex]\varphi' (x)=0[/tex] (2)
[tex]\varphi' (x)=3x^{2}+2cx-3[/tex]
като съществуват [tex]\alpha_{1}\ne \alpha_{2}[/tex] р.к. за[tex] \varphi' (x)[/tex]
<=> [tex]D>0[/tex], [tex]\frac{D}{4}=c^{2}+9>0[/tex] за всяко [tex]c\in R[/tex]
т.е за всяко [tex]c\in R[/tex] съществуват [tex]\alpha_{1}\ne \alpha_{2}[/tex] за [tex]\varphi' (x)=0[/tex]
Нека [tex]\alpha [/tex] е кое да е от [tex]\alpha_{1} [/tex], [tex]\alpha_{2} [/tex] =>
[tex]3\alpha^{2}+2c\alpha -3=0 [/tex]
[tex]=>\alpha^{2}=-\frac{2c\alpha }{3} +1[/tex]
Ще приложим метода за намаляване на степента (има разлика между [tex]\alpha[/tex] (алфа) и [tex]a[/tex] (параметърът)):
[tex]\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} [/tex]
Разгл. [tex]\varphi (\alpha_{1}).\varphi (\alpha_{2})=[/tex]
[tex]=[-(\frac{2c^{2}}{9}+2)\alpha_{1}+a-\frac{2c}{3}].[-(\frac{2c^{2}}{9}+2)\alpha_{2}+a-\frac{2c}{3}]=[/tex]
[tex]=(\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}[/tex],
където от формулите на Виет имаме:
[tex]\begin{tabular}{|||||}\alpha_{1}.\alpha_{2}=-1 \\\alpha_{1}+\alpha_{2}=-\frac{2c}{3}\end{tabular}[/tex]
=> [tex]\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}[/tex]
Искаме да е по-малко от 0 за всяко с
[tex]\varphi (\alpha_{1}).\varphi (\alpha_{2})=\frac{1}{27}[-4c^{4}+4ac^{3}-36c^{2}+27(a^{2}-4)]=\frac{1}{27}h(x)[/tex] питаме за кои стойности на [tex]a[/tex], [tex]\frac{1}{27}h(x)<0[/tex] за всяко [tex] c [/tex] 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 [tex] a\in (-2;2) [/tex] 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: