Три решения одной задачи с параметром

Предлагаю вам задачу с параметром, которую можно решить тремя способами. Каждый хорош по-своему, и каждый найдет своих приверженцев.

Задача. При каких $a$ уравнение

$x^4+(a-1)x^3+x^2+(a-1)x+1=0$

имеет ровно 1 отрицательный корень?

Решение 1.

Пусть $1- a =b$ , тогда

$x^4-bx^3+x^2-bx+1=0$

$x^3(x-b)+x(x—b)+1=0$

$(x-b)( x^3+x)=-1$

Если $x=b$ , то уравнение не имеет решений, так как левая часть будет при этом условии равна 0, а правая – нет.

При условии, что $x \neq b$ можно записать

$x^3+x=\frac{1}{b-x}$

Пусть $f_1(x)=x^3+x$ , $f_2(x)= \frac{1}{b-x}$ . Первая функция возрастающая, и нечетна. Вторая – гипербола. Если уравнение имеет 1 корень – нужно, чтобы происходило касание. То есть функции имели бы общую точку. Поэтому определим производную к первой функции:

$f_1'(x)=3x^2+1$

Производная второй:

$f_2'(x)= (-1)\cdot\frac{1}{(b-x)^2}$

При касании производные равны:

$3x_0^2+1=-\frac{1}{(b-x_0)^2}~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~(1)$

Но при касании и сами функции имеют общую точку:

$x_0^3+x_0=\frac{1}{b-x_0}~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~(2)$

Из (2) следует, что

$x_0(x_0^2+1) =\frac{1}{b-x_0}$

$x_0^2(x_0^2+1)^2 =\frac{1}{(b-x_0)^2}$

Подставим это в (1):

$3x_0^2+1= x_0^2(x_0^2+1)^2$

Откуда

$3x_0^2+1=x_0^2(x_0^4+2x_0^2+1)$

$x_0^6+2 x_0^4-2 x_0^2-1=0$

$x_0^6- x_0^4+3 x_0^4-3 x_0^2+ x_0^2-1=0$

$x_0^4(x_0^2-1)+3 x_0^2( x_0^2-1)+ x_0^2-1=0$

$(x_0^2-1)( x_0^4+3 x_0^2+1)=0$

Либо

$x_0^2=1$

Тогда $x_0=\pm 1$ , либо

$x_0^4+3 x_0^2+1=0$

Откуда

$x_0^2=\frac{-3\pm \sqrt{9-4}}{2}$

Это посторонний корень (оба отрицательны).

Таким образом, $x=-1$ и, следовательно,

$x^3+x=\frac{1}{b-x}$

$-2=\frac{1}{b+1}$

$b+1=-0,5$

$b=-1,5$

Тогда

$a=1-b=1-(-1,5)=2,5$

Ответ: $a=2,5$ .

Решение 2. Заметим, что $x=0$ не может быть корнем уравнения. Заметим также, что уравнение симметрично (инвариантно) относительно замены $x=\frac{1}{x}$ :

$x_0^4+(a-1)x_0^3+x_0^2+(a-1)x_0+1=0$

Заменим:

$\frac{1}{ x_0^4}+\frac{a-1}{ x_0^3}+\frac{1}{ x_0^2}+\frac{a-1}{x_0}+1=0$

Приведем к общему:

$\frac{1+(a-1)x_0+x_0^2+(a-1)x_0^3+ x_0^4}{ x_0^4}=0$

Значит, если $x_0$ – корень уравнения, то и $\frac{1}{x_0}$ – тоже корень.

Единственное решение возможно, если $x_0=\frac{1}{x_0}$ . То есть

$x_0^2=1$

$x_0=-1$

Так как положительный нам не подходит по условию. Теперь подставим и найдем $a$ :

$(-1)^4+(a-1)(-1)^3+(-1)^2+(a-1)(-1)+1=0$

$1-(a-1)+1-(a-1)+1=0$

$-2a=-5$

$a=2,5$

Ответ: $a=2,5$ .

Решение 3. Инвариантность можно не увидеть, но возратность-то очевидна. Поэтому делим уравнение на $x^2$ , вводим замену $x+\frac{1}{x}=t$ и сводим наше уравнение к уравнению $t^2+(a-1)t-1=0$ , которое при любых значениях параметра имеет два корня разных знаков. Из свойств функции $t=x+\frac{1}{x}$ следует, что исходное уравнение будет иметь один отрицательный корень, если корнем квадратного уравнения будет $t=-2$ .