Решение задач с параметром

Равенство квадратных корней равносильно равенству подкоренных выражений и условию неотрицательности:

$x^2-a^2=3x^2-(3a+1)x+a$,
$x^2-a^2\geq0$.

Перенесём всё в одну сторону: $$2x^2-(3a+1)x+a+a^2=0.$$

Разложим квадратный трёхчлен: $$2x^2-(3a+1)x+a+a^2=(x-a)(2x-a-1).$$

Получаем возможные корни: $x=a$ или $x=\frac{a+1}{2}$.

Проверим первый корень. Для $x=a$ условие $x^2-a^2\geq0$ выполняется, так как $a^2-a^2=0$.

Но корень должен лежать на отрезке $[0;1]$: $0\leq a\leq1$. Значит, корень $x=a$ подходит при $a\in[0;1]$.

Проверим второй корень: $x=\frac{a+1}{2}$. Условие принадлежности отрезку: $0\leq\frac{a+1}{2}\leq1$.

Отсюда: $-1\leq a\leq1$.

Теперь проверим условие неотрицательности подкоренного выражения: $$\left(\frac{a+1}{2}\right)^2-a^2\geq0.$$

Получаем:

$$\frac{(a+1)^2-4a^2}{4}\geq0$$

$$\frac{(a+1-2a)(a+1+2a)}{4}\geq0$$

$$\frac{(1-a)(3a+1)}{4}\geq0.$$

Отсюда: $-\frac13\leq a\leq1$.

Значит, корень $x=\frac{a+1}{2}$ подходит при $a\in\left[-\frac13;1\right]$.

Теперь считаем количество различных корней.

• Корень $x=a$ существует на отрезке при $a\in[0;1]$.
• Корень $x=\frac{a+1}{2}$ существует на отрезке при $a\in\left[-\frac13;1\right]$.

Эти корни совпадают, если:

$a=\frac{a+1}{2}$.
$2a=a+1$.
$a=1$.

• При $a\in\left[-\frac13;0\right)$ есть только корень $x=\frac{a+1}{2}$.
• При $a=0$ есть два корня: $x=0$ и $x=\frac12$.
• При $0<a<1$ есть два различных корня.
• При $a=1$ оба корня совпадают и дают один корень $x=1$.

Ответ: $a\in\left[-\frac13;0\right)\cup{1}$.

Дробь равна нулю тогда и только тогда, когда числитель равен нулю, а знаменатель не равен нулю.

Решаем уравнение числителя:

$9x^2-a^2=0$
$(3x-a)(3x+a)=0$.

Отсюда: $x=\frac a3$ или $x=-\frac a3$.

Эти корни различны, если:

$\frac a3\neq-\frac a3$
$a\neq0$.

Теперь исключим значения параметра, при которых знаменатель равен нулю в найденных корнях. Знаменатель: $$x^2+8x+16-a^2=(x+4)^2-a^2.$$

Проверим корень $x=\frac a3$: $$\left(\frac a3+4\right)^2-a^2=0$$ $$\frac a3+4=a, \frac a3+4=-a.$$

Первое уравнение:

$\frac a3+4=a$
$12=2a$
$a=6$.

Второе уравнение:

$\frac a3+4=-a$
$12=-4a$
$a=-3$.

Значит, корень $x=\frac a3$ запрещён при $a=6$ или $a=-3$.

Проверим корень $x=-\frac a3$: $$\left(-\frac a3+4\right)^2-a^2=0$$ $$-\frac a3+4=a, -\frac a3+4=-a.$$

Первое уравнение:

$-\frac a3+4=a$
$12=4a$
$a=3$.

Второе уравнение:

$-\frac a3+4=-a$
$12=-2a$
$a=-6$.

Значит, корень $x=-\frac a3$ запрещён при $a=3$ или $a=-6$.

Чтобы было ровно два различных корня, нужно:

• $a\neq0$,
• $a\neq6$,
• $a\neq-3$,
• $a\neq3$,
• $a\neq-6$.

Ответ: $a\in\mathbb R\setminus{-6;-3;0;3;6}$.

Раскроем модуль по случаям.

Первый случай: $x\geq0$. Тогда $|x|=x$. Получаем: $$a^2-ax-2x^2-6a+3x+9x=0$$ $$a^2-ax-2x^2-6a+12x=0.$$

Умножим на $-1$: $$2x^2+(a-12)x-a^2+6a=0.$$

Разложим: $$2x^2+(a-12)x-a^2+6a=(x-\frac a2)(2x+a-6).$$

Отсюда: $x=\frac a2$ или $x=6-a$.

Так как рассматриваем случай $x\geq0$, получаем условия:

• $\frac a2\geq0$, значит $a\geq0$.
• $6-a\geq0$, значит $a\leq6$.

Второй случай: $x<0$. Тогда $|x|=-x$. Получаем: $$a^2-ax-2x^2-6a+3x-9x=0$$ $$a^2-ax-2x^2-6a-6x=0.$$

Умножим на $-1$: $$2x^2+(a+6)x-a^2+6a=0.$$

Разложим: $$2x^2+(a+6)x-a^2+6a=(x+a)(2x-a+6).$$

Отсюда: $x=-a$ или $x=\frac{a-6}{2}$.

Так как рассматриваем случай $x<0$, получаем условия:

• $-a<0$, значит $a>0$.
• $\frac{a-6}{2}<0$, значит $a<6$.

Итак, возможные корни:

• $x_1=\frac a2$, существует при $a\geq0$.
• $x_2=6-a$, существует при $a\leq6$.
• $x_3=-a$, существует при $a>0$.
• $x_4=\frac{a-6}{2}$, существует при $a<6$.

Чтобы были все четыре корня, нужно: $0<a<6$.

Теперь проверим, когда корни совпадают. Положительные корни совпадают, если:

$\frac a2=6-a$
$a=12-2a$
$3a=12$
$a=4$.

Отрицательные корни совпадают, если:

$-a=\frac{a-6}{2}$
$-2a=a-6$
$3a=6$
$a=2$.

При $a=2$ количество различных корней уменьшается. При $a=4$ количество различных корней уменьшается.

Значит, ровно $4$ различных решения будут при: $$0<a<6, a\neq2, a\neq4.$$

Ответ: $a\in(0;2)\cup(2;4)\cup(4;6)$.

Первое уравнение системы: $$\sqrt{16-y^2}=\sqrt{16-a^2x^2}.$$

Оно равносильно условиям:

$16-y^2=16-a^2x^2$,
$16-y^2\geq0$.

Отсюда:

$y^2=a^2x^2$,
$|y|\leq4$.

Второе уравнение: $$x^2+y^2=6x+4y.$$

Приведём его к уравнению окружности:

$x^2-6x+y^2-4y=0$
$(x-3)^2-9+(y-2)^2-4=0$
$(x-3)^2+(y-2)^2=13$.

Это окружность с центром $(3;2)$ и радиусом $\sqrt{13}$. Пусть $b=|a|$, где $b\geq0$.

Условие $y^2=a^2x^2$ задаёт прямые: $y=bx$ и $y=-bx$.

Также нужно учитывать ограничение: $|y|\leq4$. Если $b=0$, то $y=0$.

Тогда окружность даёт:

$x^2=6x$
$x(x-6)=0$
$x=0$ или $x=6$.

Получаем два решения: $(0;0)$ и $(6;0)$. Значит, $a=0$ подходит.

Теперь рассмотрим $b>0$.

Возьмём прямую $y=mx$, где $m=b$ или $m=-b$. Подставим в окружность:

$x^2+m^2x^2=6x+4mx$
$(1+m^2)x^2-(6+4m)x=0$
$x\left((1+m^2)x-(6+4m)\right)=0$.

Одна точка всегда: $x=0$, $y=0$.

Вторая точка на прямой $y=mx$ имеет координаты:

$x=\frac{6+4m}{1+m^2}$,
$y=\frac{m(6+4m)}{1+m^2}$.

Рассмотрим прямую $y=bx$.

Вторая точка имеет ординату: $$y_+=\frac{b(6+4b)}{1+b^2}.$$

Она подходит, если $y_+\leq4$. Решаем:

$\frac{b(6+4b)}{1+b^2}\leq4$
$6b+4b^2\leq4+4b^2$
$6b\leq4$
$b\leq\frac23$.

Значит, прямая $y=bx$ даёт дополнительную точку только при $0<b\leq\frac23$.

Рассмотрим прямую $y=-bx$. Вторая точка имеет ординату: $$y_-=\frac{-b(6-4b)}{1+b^2}.$$

Условие $|y_-|\leq4$ выполняется при всех $b\geq0$.

Но при $b=\frac32$ получаем: $6-4b=6-6=0$.

Тогда вторая точка совпадает с началом координат и не даёт нового решения.

Итак, при $b>0$:

• если $0<b\leq\frac23$, то есть общая точка $(0;0)$ и две дополнительные точки, всего $3$ решения;
• если $b>\frac23$ и $b\neq\frac32$, то есть общая точка $(0;0)$ и одна дополнительная точка, всего $2$ решения;
• если $b=\frac32$, то есть только одна точка, всего $1$ решение.

Значит, ровно два решения получаются при: $b>\frac23$, $b\neq\frac32$, а также при $b=0$.

Так как $b=|a|$, получаем: $|a|>\frac23$, $|a|\neq\frac32$, или $a=0$.

Ответ: $a\in\left(-\infty;-\frac32\right)\cup\left(-\frac32;-\frac23\right)\cup{0}\cup\left(\frac23;\frac32\right)\cup\left(\frac32;+\infty\right)$.