Задача с дробно-линейной функцией и параметром

В популярных задачах из [1, 2] от параметра линейно зависят два коэффициента дробно-линейной функции — свободные члены числителя и знаменателя.

Ниже рассматривается аналогичная задача со всеми четырьмя зависящими от параметра коэффициентами. Формулировка задачи несущественно изменена.

Она решается с помощью рассмотрения необходимых и достаточных условий с учетом наличия (или отсутствия) общих корней числителя и знаменателя. Попутно находится фиксированная точка, через которую проходят кривые исходного семейства функций.

Задача 1. Найти все значения параметра p, при каждом из которых функция

принимает все значения из отрезка [0; 1], если значения аргумента x не выходят за пределы отрезка

Задача 2. Найти фиксированную точку, через которую проходят все кривые семейства функций (1) на их естественной области определения.

Задачу 1 можно переформулировать:

Найти все значения параметра p, при каждом из которых:

— любое значение функции (1) из отрезка y [0; 1] достигается хотя бы при одном значении аргумента из отрезка или другими словами,

— для любого y [0; 1] найдется такое что выполняется (1).

Решение. 1. Числитель и знаменатель дроби (1) не имеют общих корней ни при каком p. Действительно, пусть числитель и знаменатель пропорциональны, тогда существует k ≠ 0 такое, что при всех допустимых x из условия

k (px + 2 – p) = (1 – p)x + p – 3

имеем противоречивую систему:

0 = –1 — противоречие.

2. Отсутствие общих корней (или несократимость дроби (1) при всех допустимых x) позволяет уравнение (1) умножить на знаменатель без потери равносильности и затем решить полученное уравнение относительно p, то есть найти функцию p = p(x; y). При этом имеем равносильные переходы:

Обоснования переходов и следствия из них:

а) Так как корень знаменателя в (1) не является корнем числителя, то он не является и корнем уравнения (3), так как при x₀ оно противоречиво: y0 ≠ 0. Значит, условие (4) излишне и его можно отбросить. Переход (А) обоснован.

б) Совокупность (5)–(6):

— выявляет единственную фиксированную точку A(1; –1), через которую проходят все кривые из семейства (1), что требуется в задаче 2;

— позволяет найти необходимые и достаточные условия на параметр p с помощью нахождения множеств значений функции p = p(x; y) из (6) при

в) На множестве решений (x; y; p) совокупности (5)–(6) исходная функция (1) непрерывна, так как ее знаменатель не равен нулю в силу равносильности перехода (А).

3. Чтобы функция (1) принимала все значения из отрезка [0; 1], необходимо, чтобы она принимала значения на его концах.

При из (6) последовательно найдем

Пересекая полученные множества, найдем необходимое условие:

Монотонные функции p(x; 0), p(x; 1) перевели отрезок в отрезкисоответственно. Значит, необходимое условие (7), и только оно, обладает следующим свойством:

При каждом фиксированном p из множества (7) на отрезке найдется такая пара аргументов x₁, x₂, при которых функция (1) принимает значения 0 и 1 соответственно:

y (x₁; p) = 0, y(x₂; p) = 1.

На множестве решений системы (6) — троек чисел (x; y; p), где x [x₁; x₂], y = 0, y = 1,

— функция (1) непрерывна (ее знаменатель не равен нулю);
— на отрезке [x₁; x₂] она принимает значения y = 0 и y = 1, а значит и все значения из отрезка y [0; 1].

Достаточность необходимого условия (7) доказана. Рисунки 1–3 иллюстрируют полученный ответ.

Ответ: 1.  2. Точка (1; –1).

Комментарии

1. К рисунку 1. Значение и потому функция на всем отрезке не принимает все значения из отрезка y [0; 1]. Но она проходит через выявленную точку A(1; –1).

Рис. 1 y [0; 1].

2. К рисунку 2. При p = 2 функция не существует при x = –1. Но на множестве существует отрезок который переводит функцию y(x; 2) в заданный отрезок y [0; 1].

Рис. 2 → [0; 1]

3. К рисунку 3. При p = 4 функция не существует при Но на множестве существует отрезок который переводит функцию y(x; 4) в заданный отрезок y [0; 1].

Рис. 3 → y [0; 1]

4. Во всех случаях (p = 1, p = 2, p = 4) график функции проходит через фиксированную точку A(1; –1).

5. Как видим из рисунков 2 и 3, при фиксированном значении корень знаменателя из (1) может принадлежать отрезку Это не противоречит постановке задачи.

Однако при каждом таком значении p существует такой отрезок [x₁; x₂]:

— который не выходит за пределы отрезка

— на котором функция принимает все значения из заданного множества y [0; 1].

Именно это и требуется условиями задачи.

Для самостоятельного решения описанным методом предлагаются упражнения.

1. Найдите все значения параметра p, при каждом из которых функция

(*)

принимает все значения из отрезка y [0; 1], если значения аргумента x не выходят за пределы отрезка x [–1; 0].

2. Найдите точки, через которые проходят все кривые данного семейства (*) при p ≠ ±2 на его естественной области определения.

Ответ: 1.  2. Точки (3; 2), (–1; –2).

Автор благодарит И.М. Бокову за вдумчивое прочтение и редактирование статьи.

Литература

1. Бегунц А.В., Сергеев И.Н. Вступительные экзамены и олимпиады по математике, 2005 г. — М.: Изд-во ЦПИ при механико-математическом факультете МГУ, 2006.

2. Голубев В., Мосевич К. Школа решения нестандартных задач: семейства функций в задачах с параметром//Математика, 2006, № 4.

Тарасов В.