Параметры: графический метод

1. 1. Оба уравнения задают окружности одного и того же радиуса 1. Первая имеет центр в начале координат, вторая — центр в точке (a; 0). Параметр не меняет размер, он двигает вторую окружность вдоль оси Ox.
2. 2. Значит вся задача сводится к школьному вопросу о взаимном расположении двух окружностей, а расстояние между центрами равно |a|.
3. 3. Две окружности радиусов R и r пересекаются ровно в двух точках, когда расстояние d между центрами строго больше |R − r| и строго меньше R + r. Здесь R = r = 1, поэтому условие принимает вид 0 < |a| < 2.
4. 4. Разберём границы отдельно — именно они дают ответ. При |a| = 2 окружности касаются внешним образом: общая точка одна, а не две. Эти значения не подходят.
5. 5. При a = 0 окружности совпадают: каждая точка первой является решением, решений бесконечно много, а не два. Ноль тоже исключаем.
6. 6. Остаётся 0 < |a| < 2, то есть a ∈ (−2; 0) ∪ (0; 2).
7. 7. Проверка конкретным значением: при a = 1 системы дают x² + y² = 1 и (x − 1)² + y² = 1. Вычитая одно уравнение из другого, получаем 2x − 1 = 0, то есть x = 0,5, и тогда y² = 0,75 — два значения y. Ровно две точки, как и должно быть.
8. 8. Где теряют баллы. Записывают ответ a ∈ (−2; 2), не выколов ноль. Совпавшие окружности — не «две общие точки», а бесконечность решений, и такой вырожденный случай в задании 19 обязан быть разобран явно. Вторая потеря — включают концы |a| = 2, путая касание с пересечением.

Ответ: Ответ: a ∈ (−2; 0) ∪ (0; 2)

1. 1. Обе линии фиксированы по форме: y = |x| — неподвижный «уголок» с вершиной в начале координат, y = x² + a — парабола, которую параметр двигает по вертикали. Число решений системы равно числу точек пересечения.
2. 2. Ключевое наблюдение: обе функции чётные, их графики симметричны относительно оси Oy. Значит все точки пересечения, кроме лежащих на самой оси, идут парами ±x. Нечётное число решений возможно только тогда, когда одно из них — это x = 0.
3. 3. Подставляем x = 0 в оба уравнения: слева y = |0| = 0, справа y = 0² + a = a. Равенство даёт a = 0. Других кандидатов нет.
4. 4. Проверяем, что при a = 0 решений действительно три. Уравнение |x| = x². При x ≥ 0 получаем x = x², то есть x(x − 1) = 0 и x = 0 или x = 1. При x < 0 получаем −x = x², то есть x(x + 1) = 0 и x = −1.
5. 5. Точки пересечения: (0; 0), (1; 1), (−1; 1) — ровно три решения.
6. 6. Посмотрим, что происходит при других a, чтобы убедиться в единственности. При a > 0 парабола поднята и при малых a пересекает уголок в четырёх точках (по две на каждой ветви), а при больших — не пересекает вовсе. При a < 0 парабола опущена и пересекает уголок ровно в двух точках. Нечётного числа не возникает ни разу.
7. 7. Где теряют баллы. Решают только «правую» половину, при x ≥ 0, и находят два корня, а левую достраивают по симметрии, получая четыре. Корень x = 0 лежит на оси симметрии и принадлежит обеим половинам — считать его дважды нельзя. Проверка чётности («сколько решений может быть в принципе») здесь короче любого перебора: у симметричной картинки нечётное число точек пересечения бывает только при попадании на ось.

Ответ: Ответ: a = 0

1. 1. Слева функция от x, справа — постоянная. Значит, число корней равно числу точек пересечения графика y = ||x| − 3| с горизонтальной прямой y = a. Всю работу делает один рисунок.
2. 2. Строим график по слоям. Сначала y = x − 3 — прямая. Затем y = |x − 3| — «уголок» с вершиной в точке (3; 0): часть ниже оси отражается вверх.
3. 3. Теперь внешняя замена x на |x|: график при x ≥ 0 сохраняется, а при x < 0 достраивается его зеркальным отражением относительно оси Oy. Получается «птичка»: два уголка с вершинами (−3; 0) и (3; 0), между ними горб, поднимающийся до точки (0; 3), а по краям ветви уходят вверх.
4. 4. Проводим прямую y = a и считаем пересечения. При a < 0 их нет: слева стоит модуль, он неотрицателен. При a = 0 прямая проходит через две вершины — два корня, x = ±3.
5. 5. При 0 < a < 3 прямая пересекает каждый из двух уголков по два раза — четыре корня. Это и есть искомый случай.
6. 6. При a = 3 прямая задевает вершину горба в точке (0; 3) и пересекает внешние ветви — получается три корня. При a > 3 прямая проходит выше горба и пересекает только две внешние ветви — два корня.
7. 7. Значит, ровно четыре корня при a ∈ (0; 3).
8. 8. Где теряют баллы. Включают концы: при a = 0 корней два, при a = 3 корня три, поэтому промежуток открытый. Границы в задачах с параметром проверяют отдельной подстановкой всегда — именно на них эксперты и смотрят в первую очередь.

Ответ: Ответ: a ∈ (0; 3)

1. 1. Первое уравнение задаёт окружность с центром в начале координат и радиусом √2 — фигура фиксированная, параметра в ней нет.
2. 2. Второе уравнение задаёт прямую с угловым коэффициентом 1. Параметр a сдвигает её вверх-вниз, наклон при этом не меняется: перед нами семейство параллельных прямых.
3. 3. Прямая и окружность имеют ровно одну общую точку тогда и только тогда, когда прямая касается окружности, то есть расстояние от центра до прямой равно радиусу.
4. 4. Записываем прямую в общем виде: x − y + a = 0. Расстояние от точки (0; 0) до неё равно |0 − 0 + a| / √(1² + (−1)²) = |a|/√2.
5. 5. Условие касания: |a|/√2 = √2, то есть |a| = 2, откуда a = 2 или a = −2.
6. 6. Проверка алгеброй: подставим y = x + a в окружность: x² + (x + a)² = 2, то есть 2x² + 2ax + a² − 2 = 0. Дискриминант D = 4a² − 8(a² − 2) = 16 − 4a², и D = 0 даёт a² = 4 — тот же ответ.
7. 7. Где теряют баллы. Решают систему алгебраически, получают a² = 4 и записывают только a = 2, потеряв вторую касательную — с другой стороны окружности. Рисунок такую потерю исключает: параллельных касательных к окружности ровно две.

Ответ: Ответ: a = −2; a = 2