Параметр у показникових, логарифмічних і тригонометричних рівняннях

Коли рівняння з параметром містить показникову, логарифмічну або тригонометричну функцію, звичайний прийом — заміна, яка зводить рівняння до квадратного відносно нової змінної t. Однак заміна не просто перейменовує змінну: вона накладає природні обмеження на t, ігнорування яких призводить до хибної відповіді. Саме ці обмеження перетворюють задачу з параметром на комбінацію алгебри й логіки.

Три типи замін

Розгляньмо кожен випадок докладно.

t = aˣ

Показникова функція y = aˣ з основою a > 0, a ≠ 1 набуває лише додатних значень (її область значень — проміжок (0; +∞)). Тому після заміни t = aˣ нова змінна t може бути тільки додатною. Кожному додатному t відповідає єдиний x = logₐ t. Отже, скільки додатних коренів t має квадратне рівняння — стільки коренів x має вихідне рівняння.

t = log₂ x

Логарифмічна функція y = log₂ x визначена для x > 0 і набуває всіх дійсних значень (від −∞ до +∞). Тому t = log₂ x може бути будь-яким дійсним числом — жодних додаткових обмежень немає. Кожному t відповідає єдиний x = 2ᵗ, який автоматично додатний. Через це кількість коренів x збігається з кількістю коренів t.

t = sin x або t = cos x

Значення синуса й косинуса лежать у межах від −1 до 1 включно. Тому після заміни t = sin x (або t = cos x) маємо −1 ≤ t ≤ 1. На проміжку [0; 2π) кожному t ∈ (−1; 1) відповідають два значення x (для синуса при t ≥ 0 це x = arcsin t і x = π − arcsin t, при t < 0 — x = π − arcsin t і x = 2π + arcsin t), а t = ±1 — лише одне. Якщо в умові задачі не зазначено проміжок для x, маємо на увазі всю множину дійсних чисел: тоді кожному t ∈ (−1; 1) відповідає нескінченна кількість x (періодичність), і говорити про «кількість коренів» можна лише на заданому проміжку.

Як переносити умову задачі на t

Після виконання заміни вихідна проблема переформульовується так:

• «Рівняння має хоча б один корінь» ⇒ квадратне рівняння для t має хоча б один корінь у допустимій множині (t > 0, t ∈ ℝ або t ∈ [−1; 1] залежно від заміни).

• «Рівняння має два корені» ⇒ квадратне рівняння для t має два корені в допустимій множині, І кожен із них дає потрібну кількість x.

• «Рівняння не має коренів» ⇒ квадратне рівняння для t не має жодного кореня в допустимій множині.

Це ключова ідея всього юніта. Далі ми застосуємо її до показникових, логарифмічних і тригонометричних рівнянь.

Показникове рівняння з параметром після заміни t = aˣ (a > 0, a ≠ 1) зводиться до квадратного рівняння відносно t, але з обов'язковою умовою t > 0. Саме ця умова докорінно змінює відповідь порівняно зі звичайним квадратним рівнянням.

Базовий приклад: 4ˣ − 2·2ˣ + a = 0

Заміна t = 2ˣ (t > 0) дає:

t² − 2t + a = 0, t > 0.

Дискримінант D = 4 − 4a. Розгляньмо всі випадки:

• a > 1 ⇒ D < 0 — квадратне рівняння не має дійсних коренів, отже, вихідне рівняння не має коренів.

• a = 1 ⇒ D = 0 ⇒ t = 1 (додатний) ⇒ x = log₂ 1 = 0 — рівно один корінь.

• 0 < a < 1 ⇒ D > 0, обидва корені додатні (добуток a > 0, сума 2 > 0) ⇒ два корені x.

• a ≤ 0 ⇒ D ≥ 0, добуток коренів a ≤ 0 — рівно один додатний корінь ⇒ один корінь x.

Умова «рівняння не має коренів»

Показникове рівняння не має коренів тоді й тільки тоді, коли рівняння для t не має жодного додатного кореня. Це може статися у двох випадках:

• D < 0 — квадратне рівняння взагалі не має дійсних коренів.

• D ≥ 0, але всі корені недодатні (t₁ ≤ 0, t₂ ≤ 0). Для цього потрібно f(0) ≥ 0 (при старшому коефіцієнті 1), сума ≤ 0, t₀ ≤ 0.

Ніколи не зводьте умову «немає коренів» лише до D < 0 — це найпоширеніша пастка.

Умови на додатні корені

Для квадратного рівняння t² + pt + q = 0 (старший коефіцієнт 1) умови з юніта «Розташування коренів квадратного тричлена» дають:

• Обидва корені додатні ⇔ D ≥ 0, t₀ = −p/2 > 0, f(0) = q > 0.

• Рівно один додатний (другий недодатний) ⇔ f(0) = q < 0 або (q = 0 і t₀ = −p/2 > 0, тобто p < 0).

• Жодного додатного ⇔ D < 0, або (D ≥ 0 і f(0) ≥ 0 і t₀ ≤ 0).

Розкладний випадок

Іноді квадратне рівняння для t розкладається на множники. Наприклад:

4ˣ − (a + 1)·2ˣ + a = 0 ⇒ t² − (a + 1)t + a = 0 ⇒ (t − 1)(t − a) = 0.

Звідси t = 1 (завжди додатне, дає x = 0) і t = a. Умова існування другого кореня x: a > 0. Якщо a ≤ 0, то рівняння має лише один корінь x = 0. Якщо a = 1, корені збігаються — так само один корінь. Отже:

• два корені при a > 0, a ≠ 1;

• один корінь при a ≤ 0 або a = 1.

Логарифмічні рівняння з параметром після заміни t = logₐ x не мають обмеження на t (t може бути будь-яким дійсним числом). Це робить їх простішими за показникові, але водночас створює іншу пастку: учні звикли до умови t > 0 і помилково застосовують її й тут.

Базовий приклад: log₂² x − 2 log₂ x + a = 0

Заміна t = log₂ x (t ∈ ℝ) дає:

t² − 2t + a = 0.

Це те саме квадратне рівняння, що й у показниковому прикладі вище. Але відповідь буде іншою, тому що немає умови t > 0:

• a < 1 ⇒ D > 0 ⇒ два корені t ⇒ два корені x (наприклад, a = 0 дає t = 0 і t = 2, x = 1 і x = 4).

• a = 1 ⇒ D = 0 ⇒ t = 1 ⇒ x = 2 — один корінь.

• a > 1 ⇒ D < 0 ⇒ жодного кореня.

Порівняйте: для показникового рівняння 4ˣ − 2·2ˣ + a = 0 з тим самим квадратним рівнянням відповідь була a ≤ 0 — один корінь, 0 < a < 1 — два корені, a = 1 — один корінь, a > 1 — жодного. Тут же маємо простішу картину. Різниця виключно через обмеження t > 0.

Обмеження на x переходить в обмеження на t

Якщо в умові задачі корені x мають належати певному проміжку, це обмеження переходить на t. Наприклад:

Умова «корені x належать відрізку [1; 81]» для заміни t = log₃ x означає, що t ∈ [log₃ 1; log₃ 81] = [0; 4]. Далі працюємо з квадратним рівнянням для t, вимагаючи, щоб його корені потрапляли саме у відрізок [0; 4].

Параметр в ОДЗ

Іноді параметр впливає на область допустимих значень самого рівняння. Розгляньмо:

lg(x − 1) = lg(a − x).

Рівність логарифмів (з однаковою основою 10) дає: x − 1 = a − x ⇒ 2x = a + 1 ⇒ x = (a + 1)/2. Але обидва аргументи логарифмів мають бути додатними: x − 1 > 0 і a − x > 0. Перша умова дає x > 1. Підставляючи x = (a + 1)/2, отримуємо:

(a + 1)/2 > 1 ⇒ a + 1 > 2 ⇒ a > 1.

Друга умова a − x > 0 виконується автоматично при виконанні першої (перевірте самостійно). Отже, корінь існує лише при a > 1.

Тригонометричні рівняння з параметром після заміни t = sin x або t = cos x накладають обмеження −1 ≤ t ≤ 1. Це принципово відрізняє їх від попередніх типів: допустима множина — скінченний відрізок, а не півпряма чи вся числова вісь.

Найпростіший випадок: sin x = a, cos x = a

Рівняння sin x = a має корені тоді й тільки тоді, коли −1 ≤ a ≤ 1. Те саме для cos x = a. Це прямий наслідок області значень синуса й косинуса. За межами цього проміжку рівняння не має жодного кореня за жодного x.

Складніший випадок: cos² x + cos x = a

Заміна t = cos x, −1 ≤ t ≤ 1, дає:

t² + t = a, тобто t² + t − a = 0.

Щоб вихідне рівняння мало хоча б один корінь x, квадратне рівняння для t повинно мати хоча б один корінь на відрізку [−1; 1]. Є два способи знайти значення a, за яких це виконується.

Спосіб 1: множина значень g(t) на відрізку

Розгляньмо функцію g(t) = t² + t на відрізку [−1; 1]. Знайдемо її найменше й найбільше значення. Похідна g'(t) = 2t + 1 = 0 ⇒ t = −0,5 ∈ [−1; 1]. Обчислюємо:

• g(−1) = 1 − 1 = 0;

• g(−0,5) = 0,25 − 0,5 = −0,25;

• g(1) = 1 + 1 = 2.

Отже, g(t) набуває всіх значень від −0,25 до 2. Рівняння g(t) = a має розв'язок тоді й тільки тоді, коли −0,25 ≤ a ≤ 2.

Спосіб 2: розташування коренів квадратного рівняння

Для f(t) = t² + t − a обидва корені лежать на відрізку [−1; 1] тоді й лише тоді, коли D ≥ 0, f(−1) ≥ 0, f(1) ≥ 0 і −1 ≤ t₀ ≤ 1. Хоча б один корінь на [−1; 1] гарантує також умова f(−1) · f(1) ≤ 0. Однак графічний спосіб тут наочніший і швидший.

Кількість коренів x

Відповідь на питання «скільки коренів x має рівняння» залежить від того, на якому проміжку ми розглядаємо x. Якщо в завданні питають кількість коренів, проміжок для x вказують в умові (у демоваріанті НМТ-2026, № 11, — відрізок [0; 2π]). Корені рахують саме на ньому й окремо перевіряють кінці проміжку. Наприклад, на [0; 2π):

• кожне t ∈ (−1; 1) дає два значення x;

• t = ±1 дає одне значення x;

• на відрізку [0; 2π] кінець 2π теж може бути коренем: для косинуса t = 1 дає два x (0 і 2π), для синуса t = 0 дає три x (0, π і 2π).

Розв'яжемо чотири завдання, кожне з яких ілюструє окремий тип заміни. У НМТ завдання 22 вимагає відповіді у вигляді десяткового дробу (цілого числа або скінченного десяткового дробу).

Приклад 1. Показникове рівняння з умовою «хоча б один корінь»

Знайдіть найбільше ціле значення a, при якому рівняння 4ˣ + (a − 3)·2ˣ + 1 = 0 має хоча б один корінь.

Заміна t = 2ˣ > 0 дає: t² + (a − 3)t + 1 = 0.

Добуток коренів дорівнює 1 > 0 — корені одного знака. Для існування хоча б одного додатного кореня потрібно, щоб корені були додатними (бо добуток додатний, знак коренів збігається). Умови:

• D = (a − 3)² − 4 ≥ 0 ⇒ a² − 6a + 9 − 4 ≥ 0 ⇒ a² − 6a + 5 ≥ 0 ⇒ (a − 1)(a − 5) ≥ 0 ⇒ a ≤ 1 або a ≥ 5.

• Сума коренів = 3 − a > 0 ⇒ a < 3. (Якби сума була недодатною, обидва корені були б від'ємними, що неможливо через t > 0.)

Перетин умов: a ≤ 1 (з a ≤ 1 або a ≥ 5 перетинаємо з a < 3, отримуємо a ≤ 1; a ≥ 5 не задовольняє a < 3). Найбільше ціле a, що задовольняє a ≤ 1, — це 1.

Відповідь: 1. Пастка: a ≥ 5 теж дає D ≥ 0, але тоді сума коренів 3 − a < 0, обидва корені від'ємні, жоден не задовольняє t > 0.

Приклад 2. Показникове рівняння з умовою «два різні корені»

Знайдіть суму цілих значень a, при яких рівняння 4ˣ − 4·2ˣ + a = 0 має два різні корені.

Заміна t = 2ˣ > 0 дає: t² − 4t + a = 0.

Для двох різних додатних коренів t потрібно:

• D > 0 ⇒ 16 − 4a > 0 ⇒ a < 4.

• Добуток a > 0.

• Сума 4 > 0 виконується автоматично.

Отже, 0 < a < 4. Цілі значення: 1, 2, 3. Їхня сума: 1 + 2 + 3 = 6.

Відповідь: 6. Пастка: без умови t > 0 цілих a < 4 було б нескінченно багато (зокрема, всі від'ємні a).

Приклад 3. Логарифмічне рівняння з обмеженням на x

Знайдіть кількість цілих значень a, при яких рівняння log₃² x − 4 log₃ x + a = 0 має два різні корені на відрізку [1; 81].

Заміна t = log₃ x. Оскільки x ∈ [1; 81], то t ∈ [log₃ 1; log₃ 81] = [0; 4].

Квадратне рівняння: t² − 4t + a = 0. Вершина параболи t₀ = 2 ∈ [0; 4].

Для двох різних коренів на [0; 4] потрібно:

• D > 0 ⇒ 16 − 4a > 0 ⇒ a < 4.

• Значення на кінцях: f(0) = a ≥ 0, f(4) = 16 − 16 + a = a ≥ 0.

Отже, 0 ≤ a < 4. Цілі значення: 0, 1, 2, 3. Кількість: 4.

Відповідь: 4. Пастка: a = 0 виключають, думаючи, що тоді корені t = 0 і t = 4 не дають x на [1; 81], але насправді t = 0 ⇒ x = 1, t = 4 ⇒ x = 81 — обидва належать відрізку.

Приклад 4. Тригонометричне рівняння з параметром

Знайдіть суму всіх цілих значень a, при яких рівняння cos² x − 2 cos x = a має корені.

Заміна t = cos x, −1 ≤ t ≤ 1. Рівняння: t² − 2t = a, тобто g(t) = t² − 2t.

Функція g(t) = t² − 2t = (t − 1)² − 1 на відрізку [−1; 1] спадає (вершина при t = 1 — на правому кінці). Знайдемо значення на кінцях:

• g(−1) = 1 + 2 = 3;

• g(1) = 1 − 2 = −1.

Множина значень g(t) на [−1; 1] — від −1 до 3. Отже, рівняння має корені при −1 ≤ a ≤ 3. Цілі значення: −1, 0, 1, 2, 3. Сума: −1 + 0 + 1 + 2 + 3 = 5.

Відповідь: 5. Пастка: без обмеження |t| ≤ 1 умова a ≥ −1 дає нескінченно багато значень a.

• Забувають обмеження на t після заміни. Наприклад, отримавши t = −1 для заміни t = 2ˣ, підставляють у 2ˣ = −1 і записують x = log₂(−1) як корінь. Насправді t = −1 не лежить у допустимій множині (t > 0), тому кореня немає.

• Вважають, що кожне t = sin x дає один x, або рахують корені t як корені x на проміжку. На [0; 2π) одне t ∈ (−1; 1) дає два x, а t = ±1 — один. Ігнорування цього дає хибну кількість коренів x.

• Для заміни t = log₂ x зайво вимагають t > 0. Через це гублять корені, що відповідають 0 < x < 1 (наприклад, x = 0,5 дає t = log₂ 0,5 = −1 — цілком допустимий корінь).

• Для умови «рівняння не має коренів» перевіряють лише D < 0. Пропускають випадок, коли D ≥ 0, але всі корені t недодатні. Наприклад, для 4ˣ − 3·2ˣ − 4 = 0 рівняння t² − 3t − 4 = 0 має корені t = 4 (додатний) і t = −1 (від'ємний) — один корінь x є. Але якби обидва корені t були від'ємними, коренів x не було б.

• Повертаючись до x, не перевіряють ОДЗ логарифма, що залежить від параметра. У рівнянні lg(x − 1) = lg(a − x) знаходять x = (a + 1)/2, але забувають, що потрібно x − 1 > 0, звідки a > 1.

• Знаходять множину значень a, а у відповідь записують не те, що просять. Завдання може питати суму, кількість або найбільше ціле значення — уважно читайте умову.

У демоваріанті НМТ-2026 завдання № 22 — показникове рівняння з параметром з умовою відсутності коренів. Це завдання з короткою відповіддю (0 або 2 бали), і воно єдине в демоваріанті, що потребує профільного рівня (позначка П).

У розібраних тестах НМТ 2023–2024 (вибірка з відкритого датасету, не дані УЦОЯО) на позиції 22 траплялися квадратне, логарифмічне або тригонометричне рівняння з параметром. Форма однакова: відповідь — десятковий дріб (ціле число або скінченний десятковий дріб). Якщо відповідь від'ємна, знак «мінус» ставиться перед першою цифрою.

Часткових балів немає: або 2 бали за повністю правильну відповідь, або 0. Одна пропущена умова t > 0 коштує всіх 2 балів.

За експертною оцінкою в аналізі програми, завдання № 22 розрізняє результати 180–200 балів. Рекомендована стратегія: спершу закрити завдання 1–21, а на № 22, коли лишиться час, виписати в чернетці заміну, обмеження на t і всі випадки розгалуження.

• Заміна t = aˣ ⇒ t > 0; t = logₐ x ⇒ t — будь-яке дійсне; t = sin x або cos x ⇒ −1 ≤ t ≤ 1.

• Умова на x стає умовою на t: скільки коренів t у допустимій множині і скільки x дає кожне t.

• Показникове рівняння не має коренів ⇔ рівняння для t не має додатних коренів (D < 0 або всі корені t ≤ 0).

• Для t = logₐ x кількість коренів x дорівнює кількості коренів t (обмежень на t немає).

• Тригонометричний випадок — множина значень g(t) на відрізку [−1; 1] або розташування коренів на цьому відрізку.

• Завдання № 22 НМТ — одне число десятковим дробом, без часткових балів. Одна пропущена умова = 0 балів.