
Рис.1.3.14
Остання умова досягається тоді, коли прямі

будуть перетинати криву

, в двох точках. Для цього необхідно і достатньо, щоб рівняння

при
а > 0 мало два кореня, тобто дискримінант квадратного рівняння

повинен бути додатним. Маємо

. Звідси для
а > 0 знаходимо

Тепер залишилося з’ясувати, при яких а друга з даних в умові систем має рівно чотири розв’язки. Розглянемо точку

(рис.1.3.13). Якщо радіус кола буде більше або дорівнює
О1М, то система очевидно буде мати більше чотирьох розв’язків. Тоді знаходимо

, тобто при
а > 0 маємо

.
Тепер визначимо при яких

. Легко встановлюємо, що
.Відповідь: якщо

, то

; при інших
b вимоги задачі не виконуються.
Зауваження. При фіксованому

крива
- результат стиску до вісі абсцис кривої

в

раз. (Іноді для випадку

говорять, що крива розтягується від вісі)
6. При кожному фіксованому значенні параметра а розв’язати рівняння

.
Розв’язання. Розглянемо функції

и

. На рис.1.3.15 побудовані графік першої з них, а також графіки шести представників сім’ї прямих

відповідно для випадків

(Для
а = 0 маємо вісь абсцис) Одержаний графічний образ дає повну інформацію про Розв’язання початкового рівняння. Залишилося лише знайти значення

та

.

Рис.1.3.15
Очевидно шукані значення відповідно для

и

- це корені рівняння
.Звідси

. При запису відповіді необхідно врахувати, що
х = 1 - корінь початкового рівняння при будь-якому
а.Відповідь: якщо

, то
х = 1; якщо

, то
х = 1 або

;
якщо а = 1, то

; якщо
а = - 1, то

.
7. Знайти всі натуральні значення b, при кожному з яких вираз

має зміст для всіх пар чисел (
х; у), де

и

, для яких вираз

також має зміст.
Розв’язання. Оскільки вирази

та

повинні мати зміст одночасно, то нескладно прийти до формулювання, рівносильного початковому: знайти всі натуральні
b, при яких система має розв’язок:
Графіком першої нерівності системи є всі точки координатної площини (х; у), окрім прямої

. Інші нерівності задають область, обмежену віткою гіперболи

. (На рис.1.3.16 ця область показана штриховою лінією)

Рис.1.3.16
Система має розв’язки, якщо сім’я гіпербол

має не більше однієї спільної точки з прямою

(одна точка відповідає моменту дотику). Для цього достатньо вимагати, щоб рівняння

мало не більше одного кореня. Оскільки

, то умова недодатності дискримінанта квадратного рівняння

дає шукані значення параметра. Маємо

. І так як
b - натуральне, знаходимо
b=3, 4,...
Відповідь: b=3, 4,...
8. При яких значеннях а множина точок, задана нерівністю

, є підмножиною множини точок, заданої нерівністю

?
Розв’язання. Графіком нерівності

є область, обмежена ромбом (рис.1.3.17).

Рис.1.3.17
Нерівність

рівносильна системі
. Очевидно при

ця система задає необмежену множину точок (рис.1.3.18), яка не може поміститися в середині ромба. Якщо
а > 0, то система задає фігуру, зображену на рис.1.3.19.
Задача зводиться до пошуку значень а, при яких ця фігура "стиснеться" до таких розмірів, що поміститься в ромб. Із міркувань симетрії для пошуку шуканих значень параметра достатньо вимагати від рівняння

при

мати не більше одного кореня. Тоді
.

Рис.1.3.18 Рис.1.3.19
Відповідь:

.
В основі ідеї розв’язку задач цього підрозділу лежить питання про дослідження взаємного розташування двох прямих:

та

. Не будь-яке рівняння виду

задає пряму: необхідно ще вимагати, щоб

При дослідженні взаємного розташування двох прямих зручно спочатку розглянути випадки, коли коефіцієнти при
у дорівнюють нулю (маємо вертикальне положення прямих), потім кожне з рівнянь представити у вигляді