注意：方程中有一个参数！

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就参数而言，所有可能情况的距离尤为重要。同时，很难提前预测决策过程中会出现哪些案件。一方面，这使解决方案变得复杂，但另一方面，也使工作变得更有趣，赋予其研究性质。

一点理论

具有一个参数的方程的一般形式为：
$$F(x,a) = 0.$$ (3)

对于不同的$a$，方程（3）可以有不同的根集，我们的任务是研究所有情况，找出参数的任何值都会发生什么。当求解带有参数的方程时，您通常会考虑许多不同的选项。及时发现至少一些不可能的选择非常重要，因为它使我们免于不必要的工作。因此，在求解方程（3）时，建议通过OD来理解未知数和参数的允许取值范围，即定义两个变量$F(x,a)$的函数（有意义）的所有数对$(x,a)$的集合。因此，ODZ 的自然几何图示以 $xOa$ 平面的某个区域的形式出现。

例如，ODZ 方程
$$\sqrt{x} + \sqrt{a} = \sqrt{1-(x+a)}$$ (4)
由不平等制度决定
$$x \geq 0, a \geq 0, x+a \leq 1.$$

该系统满足三角形所有点（包括其边界）的坐标，由蓝色和蓝色 *) 包围 图 1。顺便说一句，从这些考虑出发，可以立即得出对于 $a<0$ 方程（4）没有解。

让我们求解方程（4）。将其两部分平方后（由于方程（4）两边的非负性，在这种情况下是等价变换），我们得到方程
$$2\sqrt{ax} = 1 - 2(x+a).$$ (5)

我们上面已经说过，放弃至少部分不可能的选择可以让我们摆脱不必要的工作。我们注意到，方程（5）左边对于所有允许的$a,x$都是非负的，这意味着当方程右边为负时，寻找解是没有用的。显然，应在 ODZ 可以存在的部分寻求解决方案，为此目的适当缩小 ODZ：
$$1 - 2(x+a) \geq 0, \text{ откуда } x+a \leq \frac{1}{2}.$$

在 图 1 处，ODZ 中不能有解的部分被涂上移除的颜色。

将式(5)**)两边同时平方并带入相似项，可得方程
$$x^2 + (a-1)x + a^2 - a + \frac{1}{4} = 0,$$

*) 有关具有两个未知数的不等式组的几何解的更多信息，请参阅 1970 年的«Kvant» No. 4。
**) 在新的 ODZ 中，方程 (5) 两边都是非负的。在这种情况下，平方不会导致构建根的出现。

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在哪里
$$x_{1,2} = \frac{1-a \pm \sqrt{2a-3a^2}}{2}.$$

两者都找到了参数 $a$ 所有允许值的根（即，对于满足不等式 $0 \leq a \leq \frac{1}{2}$ - 参见 图 1 的所有$a$）都是实数。事实上，$0 \leq a \leq \frac{2}{3}$的判别式$D = 2a-3a^2 \geq 0$；这意味着，$D \geq 0$ 和 $0 \leq a \leq \frac{1}{2}$ 更是如此。

现在我们需要找出找到的值是否满足条件$x \geq 0$，$x+a \leq \frac{1}{2}$。

让我们首先检查条件$x+a \leq \frac{1}{2}$是否满足。我们有
$$x_1+a = \frac{1-a-\sqrt{2a-3a^2}}{2} + a = \frac{1+a-\sqrt{2a-3a^2}}{2}.$$
解决不平等问题
$$\frac{1+a-\sqrt{2a-3a^2}}{2} \leq \frac{1}{2},$$
我们得到$0 \leq a \leq \frac{1}{2}$。这意味着参数 $a$ 的所有允许值都为 $x_1+a \leq \frac{1}{2}$。

下一个，
$$x_2+a = \frac{1-a+\sqrt{2a-3a^2}}{2} + a = \frac{1+a+\sqrt{2a-3a^2}}{2}.$$
不等式
$$\frac{1+a+\sqrt{2a-3a^2}}{2} \leq \frac{1}{2}$$

仅在$a = 0$执行。但对于$a = 0$，我们有$D = 0$和$x_1=x_2 = \frac{1}{2}$。

两个找到的根的非负性的证明留给读者。

答案：如果$0 \leq a \leq \frac{1}{2}$，则$x = \frac{1-a-\sqrt{2a-3a^2}}{2}$；

如果$a < 0$或$a > \frac{1}{2}$，则无解。

请注意，在求解所考虑的方程时，ODZ 的干燥是有用的。自然而然地出现了一个问题：什么时候应该做出这样的澄清？

如果我们进行一个变换，得到一个与前一个方程等价的方程，那么在 ODZ 的情况下，当然就不需要了。否则它是有用的。例如，当对方程的两个部分进行平方（或任何偶次方）时，就会出现这种情况，这就是我们在所考虑的示例中遇到的情况。

一些例子
示例 1*)。解方程
$$\frac{\sqrt{a+x}}{a} + \frac{\sqrt{a+x}}{x} = \sqrt{x}.$$
解决方案。 ODZ 由方程 $x > 0$、$a+x \geq 0$、$a \neq 0$ 确定（顺便说一句，从这里开始，方程在 $a = 0$ 处无解）。让我们将方程转换为形式
$$(a+x)^{3/2} = ax^{3/2}.$$
让我们干燥 ODZ：从最后一个方程的非负部分和方程 $x > 0$、$a \neq 0$ 可以得出 $a > 0$。

接下来我们得到：$a+x = a^{2/3}x$，从$x (a^{2/3}-1) = a$。
对于$a = 1$，有非常/没有解决方案。若$a \neq 1$，则
$$x = \frac{a}{a^{2/3}-1}.$$
我们来看看，经过大家的考虑，
*) 《初等数学问题集》第 206 期。作者：N.P.安东诺夫，M.Ya。维戈斯基、V.V.尼基丁、A.I.桑金。在给定的问题中，示例已解决/herno。

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running_head:
folio:

给定参数$a$（$a > 0, a \neq 1$）的值，满足条件$x > 0$（从中显然可以得出满足第二个条件$a + x \geq 0$）。

不等式$\frac{a}{a^{2/3} - 1} > 0$仅适用于$a > 1$（考虑到$a > 0$）。因此，并非对于 $a$ 的所有允许值，找到的根都适合。

答案：如果$a > 1$，则$x = \frac{a}{a^{2/3} - 1}$；如果$a \leq 1$，则无解。

示例 2：求解方程
$$\log_9 x + \log_9 \frac{2 - x}{2} = \log_9 \log_9 p.$$

解决方案。 ODZ 由不等式 $0 < x < 2$、$p > 1$ 确定（在 图 2 处，该区域为深红色）。求解方程，我们一致得到
$$\frac{x(2 - x)}{2} = \log_9 p,$$
$$x^2 - 2x + 2\log_9 p = 0,$$
$$x_{1,2} = 1 \pm \sqrt{1 - 2\log_9 p}.$$

$p \leq 3$ 满足条件$1 - 2\log_9 p \geq 0$，考虑到 ODZ，得出$1 < p \leq 3$。有了这样的$p$，根将是实数。在$p > 1$，满足不等式$\log_9 p > 0$，然后满足$1 - 2\log_9 p < 1$。由此可见，对于$1 < p \leq 3$，不等式$0 < x_{1,2} < 2$成立。

答案：如果$1 < p \leq 3$，则$x_{1,2} = 1 \pm \sqrt{1 - 2\log_9 p}$；对于剩余的$p$，没有解决方案。

评论。从方程（6）我们得到$p = 9^{\frac{x(2 - x)}{2}}$。该函数的图形绘制在 图 2 上，清楚地表明条件 $0 < x < 2$ 在 $1 < p \leq 3$ 得到满足。

示例 3：求解方程
$$\frac{a + \sin x}{a \cos x + 1} = \frac{a + \cos x}{a \sin x + 1}.$$

解决方案。我们首先考虑$a = 0$的情况。给定方程的形式为 $\sin x = \cos x$，因此为 $x = \frac{\pi}{4} + \pi n$ ($n = 0, \pm 1, \ldots$)。

现在让$a \neq 0$。然后 ODZ 由以下方程确定
$$\cos x \neq -\frac{1}{a}; \sin x \neq -\frac{1}{a}.$$

让我们将给定的方程转换为 $(\sin x - \cos x)[a^2 + a(\sin x + \cos x) + 1] = 0$ 的形式。最后一个属性方程是以下方程组：
$$a^2 + a(\sin x + \cos x) + 1 = 0,$$
$$\sin x - \cos x = 0.$$

求解集合(7)的第一个方程，我们得到：
$$a\sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) = -a^2 - 1$$
及以后
$$\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right) = -\frac{a^2 + 1}{a\sqrt{2}}.$$

最后一个方程无解，因为对于任意 $a \neq 0$ 都有 $\left| -\frac{a^2 + 1}{a\sqrt{2}} \right| > 1$。事实上，假设 $\frac{a^2 + 1}{|a|\sqrt{2}} \leq 1$；改变这种不平等，我们得到
$$a^2 + 1 \leq |a|\sqrt{2}, (a^2 + 1)^2 \leq 2a^2,$$
$$a^4 + 1 \leq 0.$$

最后一个不等式是不正确的。

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第二个总体方程 (7) 的解是值 $x = \frac{\pi}{4} + \pi k$ ($k = 0, \pm 1, \ldots$)。仍然需要检查对于 $a \neq 0$ 的所有值，$x$ 的找到值是否可接受。

如果$k = 2n$，则必须满足$\sin x = \cos x = \frac{\sqrt{2}}{2}$和条件$\frac{\sqrt{2}}{2} \neq -\frac{1}{a}$，即$a \neq -\sqrt{2}$。

如果$k = 2n + 1$，则$\sin x = \cos x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$。

从条件$-\frac{\sqrt{2}}{2} \neq -\frac{1}{a}$我们得到：$a \neq \sqrt{2}$。

结合所有结果，写出

答案：如果$a \neq \pm \sqrt{2}$，则$x = \frac{\pi}{4} + \pi k$；

如果$a = \sqrt{2}$，则$x = \frac{\pi}{4} + 2\pi n$；

如果$a = -\sqrt{2}$，则$x = \frac{\pi}{4} + \pi (2n + 1)$（$k,n = 0, \pm 1, \pm 2; \ldots$）。

示例 4. 求解方程 $\log^2_{\sqrt{2}} \cos x - 2a \log_{\sqrt{2}} \cos x = a^2 - 8$。

(8)

解决方案。代入$y = \log_{\sqrt{2}} \cos x$，我们将给定方程转化为二次方程$y^2 - 2ay - (a^2 - 8) = 0$，

从哪里$y_{1,2} = a \pm \sqrt{2(a^2 - 4)}$。

现在我们需要求解一组对数方程

$$\log_{\sqrt{2}} \cos x = a + \sqrt{2(a^2 - 4)}. \tag{9}$$

$$\log_{\sqrt{2}} \cos x = a - \sqrt{2(a^2 - 4)}. \tag{10}$$

我们注意到，对于 $a^2 - 4 < 0$，方程 (9) 和 (10) 的右侧没有意义。这意味着，对于 $-2 < a < 2$，两个方程都没有解。考虑$a^2 - 4 \geq 0$的情况，这对于$a \geq 2$或$a \leq -2$都是可能的。

让我们从$a \geq 2$开始。既然$\cos x \leq 1$和$\sqrt{2} > 1$，那么$\log_{\sqrt{2}} \cos x \leq 0$。

这意味着方程（9）和（10）仅对方程右侧为非正的参数$a$的值有解。容易看出，对于$a \geq 2$，式（9）右边为正，因此式（9）无解。

让我们找出当参数$a$取什么值时，等式(10)的右边将为非正数。求解不等式$a - \sqrt{2(a^2 - 4)} \leq 0$（考虑条件$a \geq 2$），我们得到$a \geq \sqrt{8}$。因此，如果$2 \leq a < \sqrt{8}$，则方程（10）无解（并且由于方程（9）也无解，因此我们由此得出方程（8）在这种情况下也无解）。

若$a \geq \sqrt{8}$，则由式(10)可得

$$x = \pm \arccos(\sqrt{2})^{a - \sqrt{2(a^2 - 8)}} + 2\pi n. \tag{11}$$

现在让我们考虑$a \leq -2$的情况。对于这些参数值，式（10）右边是不同的，即该式有解（上面已经用式（11）写出了）。让我们找出当参数$a$取什么值时，等式(9)的右边将为非正数。求解不等式$a + \sqrt{2(a^2 - 4)} \leq 0$（考虑条件$a \leq -2$），我们得到$a \geq -\sqrt{8}$。因此，若$a < -\sqrt{8}$，则式(9)无解，若$-\sqrt{8} \leq a \leq -2$，则式(9)有解，即：

$$x = \pm \arccos(\sqrt{2})^{a + \sqrt{2(a^2 - 8)}} + 2\pi n.$$

结合所有获得的结果，我们写下

答案：如果$-2 < a < \sqrt{8}$，则无解；

如果 $a \geq \sqrt{8}$ 或 $a < -\sqrt{8}$ 那么

$$x = \pm \arccos(\sqrt{2})^{a - \sqrt{2(a^2 - 8)}} + 2\pi n;$$

如果$-\sqrt{8} \leq a \leq -2$，那么

24

图 3.

$$x = \pm \arccos(\sqrt{2})^{a \pm \sqrt{2}a^2 - 8} + 2\pi n.$$

几何有助于代数

当求解带有参数的方程时，各种几何考虑因素可能对尺度有用。例如，考虑方程

$$\sqrt{x(2a-x)} = 1 - x \text{ при } a > 0.$$

方程的哪个解可以解释为直线$y = 1 - x$与半圆交点的横坐标

$$y = \sqrt{x(2a-x)}, \text{ или}$$
$$(x - a)^2 + y^2 = a^2; \text{ у} \geq 0$$

半径 $a$，以点 $(a, 0)$ (图 3) 为中心。半圆的位置及其半径随着参数$a$的变化而变化。在 图 3 上，可以清楚地看到，对于 $a$ 的某些值，半圆不与线 $y = 1 - x$ 相交（半圆位于线下方），对于其他值 $a$，半圆与线相交于两点（半圆位于中间头部区域），对于第三个值 $a$，半圆与线相交于一点（半圆位于红色区域或上方），对于 $a$ 的某些值，半圆接触线（分隔头部和棕色区域的半圆）。

让我们考虑半圆接触直线$y = 1 - x$的情况。从几何角度考虑，该半圆的圆心距直线$y = 1 - x$与横坐标轴的交点的距离等于$a\sqrt{2}$。因此$a + a\sqrt{2} = 1$，即相切的情况发生在$a = \sqrt{2} - 1$。这意味着在$a < \sqrt{2} - 1$处方程没有解（蓝色区域），但在$a = \sqrt{2} - 1$处它有一个唯一解，这是从几何考虑中找到的：$x = a + \frac{a\sqrt{2}}{2}$（参见图3），从中我们得到$x = \frac{\sqrt{2}}{2}$。

在图3处经过点$(1, 0)$的半圆对应于参数$a = \frac{1}{2}$的值。这意味着对于 $\sqrt{2} - 1 < a \leqslant \frac{1}{2}$ 方程有两个解：

$$x_1 = \frac{a + 1 - \sqrt{a^2 + 2a - 1}}{2},$$
$$x_2 = \frac{a + 1 + \sqrt{a^2 + 2a - 1}}{2}$$

（使用给定方程的代数解找到根）。最后，如果$a \geqslant \frac{1}{2}$，则方程有唯一解$x = x_1$（自$x_1 < x_2$）。

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答案：如果$a < \sqrt{2} - 1$，则无解；
如果$a = \sqrt{2} - 1$，则$x = \frac{\sqrt{2}}{2}$；
如果$\sqrt{2} - 1 < a \leq \frac{1}{2}$，
然后$x_{1,2} = \frac{a+1 \pm \sqrt{a^2+2a-1}}{2}$。

如果
$a > \frac{1}{2}$，然​​后$x = \frac{a+1 - \sqrt{a^2+2a-1}}{2}$。

尝试自己结合相应的研究来求解所提出的代数方程，你会发现这种情况下的几何推理既更清晰又更美观。

任务

我们研究了用一个参数求解方程的许多示例。你们中的一些人更喜欢它们，另一些人则不太喜欢它们，但有一点是肯定的：如果您手里拿着铅笔仔细检查这些例子（正如我们杂志的编辑集第 1 部分所建议的那样），那么您已经接受了蠕变的定义。想确定这一点吗？使用参数 $a$ 自行求解以下方程：

1. $a^2 - \frac{a^2-1}{2x-x^2} = \frac{x+2}{x-2}$.
2. $\sqrt{x+a} = a - \sqrt{x}$.
3. $\sqrt{x-2a} - \sqrt{x-a} = 2$.
4. $x + \sqrt{x^2-x} = a$.
5. $\sin(a+x) + \sin x = \cos \frac{a}{2}$.
6. $\sin^2 x + 4 \sin x + a = 0$.
7. $\sin x + 2 \cos ax = 3$.
8. $\log_{\sqrt{x}} a \log_{a^2} \frac{a^2-4}{2a-x} = 1$.
9. $\frac{\log_x(2a-x)}{\log_x 2} + \frac{\log_a \sqrt{x}}{\log_a 2} = \frac{1}{\log_{a^2}-1}$.
10. $\log_{\frac{1}{2}}(2 \sin x) + a \log_{\frac{1}{2}} \sin x + 3 = 0$.

4 量子9号