Графический способ решения уравнений с параметром
Найти количество решений системы $$ \begin{cases} y=p+3+x, \\ \sqrt{x+1}=\frac{1}{2} y-\frac{1}{2}. \end{cases} $$ при любых значениях параметра \(p\).
Решение:
Преобразуем исходную систему
$$ \begin{cases} y=p+3+x, \\ y≥1, \\ x+1=4(y-1)^2; \end{cases} $$ $$ \begin{cases} y=p+3+x, \\ y≥1, \\ x=\frac{1}{4} (y-1)^2-1; \end{cases} $$Изобразим решение системы на плоскости \((xOy)\). Отметим, что уравнение \(y=p+3+x\) задает семейство прямых для различных значений параметра \(p\) и углом наклона \(k=1\).
Точки пересечения семейства прямых \(y=p+3+x\) с графиком функции \(x=\frac{1}{4} (y-1)^2-1\) и удовлетворяющих \(y≥1\) будут решениями системы.
Зеленым покажем область, в которой наша система имеет решения. Синие точки – возможные решения при различных \(p\).
Теперь проанализируем график на количество решений при различных значениях параметра. Для этого сначала найдем такие \(p\), при которых прямые \(y=p+3+x\) будут касаться параболы, просто решив систему
$$ \begin{cases} y=p+3+x, \\x=\frac{1}{4} (y-1)^2-1; \end{cases} $$с учетом, что корень должен быть всего один (дискриминант равен 0).
$$ \begin{cases} x=y-p-3, \\y-p-3=\frac{1}{4} (y-1)^2-1; \end{cases} $$ $$ \begin{cases} x=y-p-3, \\y^2-6y+4p+9=0; \end{cases} $$ $$ D=36-4(4p+9)=-16p=0;$$ $$p=0.$$Таким образом, прямая \(y=x+3\) будет касательной к графику функции \(x=\frac{1}{4} (y-1)^2-1\) в точке \((0;3)\). При \(p=0\) будет одно решение системы.
Теперь обратим внимание, что при \(p>0\) семейство прямых \(y=p+3+x\) не будет пересекать параболу, а значит и не будет решений.
Через точку параболы \((-1;1)\) проходит прямая при \(p=-1\). Значит при \(p∈[-1;0)\) систему будет иметь два решения.
И, наконец, при \(p < -1\) система будет иметь одно решение.
Ответ: \(p>0\) решений нет;
\(p=0\) и \(p<-1\) одно решение;
\(p∈[-1;0)\) два решения.
Пример 13Найти количество решений уравнения \(a*{2}^{2x}-(1+a) {2}^{x}+1=0\) при любых значениях параметра \(a\).
Решение:
Сделаем замену \(t=2^x\), \(t>0\) получим уравнение:
$$ at^2-(1+a)t+1=0, (*) $$ $$ at^2+at=-t-1.$$И построим на координатной плоскости \((tOy)\) графики функций
\(y=at^2-at\) и \(y=t-1\).
Для удобств запишем все в виде системы:
$$ \begin{cases} y=at^2-at, \\ y=t-1, \\ t>0. \end{cases} $$
И так, первое уравнение системы задает семейство парабол (при \(a≠0\)), которые пересекают ось \(t\) в точках \((0;0)\) и \((1;0)\). Это следует из того, что \(0=at^2-at\), т.е. либо \(a=0\), либо \(t^2-t=0\) ⇔ \({t}_{1}=0,{t}_{2}=1.\) Ветви наших парабол могут быть направлены вниз \((a<0) \)или вверх \((a>0)\). При \(a=0\) мы получаем прямую \(y=0\). Зеленым показана область, в которой наша система может иметь решения согласно условию \(t>0\). График \(y=t-1\) показан красным цветом.
Обратите внимание, что ни одна парабола при любом значении \(a≠0\) не может целиком лежать выше или ниже оси \(t\). Это следует из равенства \(0=at^2-at\) при любом значении \(a\). то есть вершины семейства парабол с \( a>0\) лежат ниже оси \(t\), а вершины парабол с \(a < 0\) лежат выше оси \(t\).
Теперь найдем точки касания прямой \(y=t-1\) и любой параболы. Для этого приравняем нулю дискриминант уравнения (*):
\(at^2-(1+a)t+1=0\) ⇔ \(D=(1+a)^2-4a=(a-1)^2=0 \) ⇔ \(a=1\). (**)
Получаем, что наша прямая может касаться только параболы с /(a=1\). Уравнение этой параболы выглядит \(y=t^2-t\). А абсцисса точки касания из (**) \({t}_{0}=1.\)
Ответ: Теперь глядя на рисунок 19 заметим, что при \(a>1\) полупрямая \(y=t-1\) и парабола \(y=at^2-at\) будут иметь две общие точки, а значит и два решения. При \(a=1\) будет только одно решение. При \(a∈(0;1)\) не будет общих точек. При \(a=0\) у нас будет пересечение двух прямых \(y=0\) и \(y=t-1\) – одна общая точка. И при \(a < 0\) – одно решение.