Задача №18148

Фигура задана на координатной плоскости системой

$$\{\begin{array}{l}{\left(y^2-x^2\right)}^2+6\left(y^2-x^2\right)-(y+x{)}^2+5y+7x+1<0,\\ y>1-x.\end{array}$$

Сколько интервалов на прямой $y=2-x$ образует ортогональная проекция этой фигуры на указанную прямую?

Замена координат. Удобно перейти к новым переменным, связанным с направлением прямой $y=2-x\text{,}$ то есть $x+y=2\text{.}$ Положим

$$s=x+y,a=y-x.$$

Это поворот осей на $45^{\circ }\text{:}$ прямые $x+y=\text{const}$ — это линии уровня $s\text{,}$ а перпендикулярные им прямые (вдоль которых идёт ортогональная проекция на прямую $x+y=2$) — это линии уровня $a\text{.}$ Поэтому при ортогональной проекции на прямую $y=2-x$ все точки с одним и тем же значением $a=y-x$ попадают в одну точку прямой, и положение проекции взаимно однозначно (с точностью до постоянного множителя длины) определяется величиной $a\text{.}$ Значит, проекция фигуры — это множество тех значений $a\text{,}$ для которых в фигуре есть хотя бы одна точка; число интервалов проекции равно числу интервалов этого множества значений $a\text{.}$

Преобразование первого неравенства. Заметим, что $y^2-x^2=(y-x)(y+x)=as\text{.}$ Прямой подстановкой $x=\frac{s-a}{2},y=\frac{s+a}{2}$ левая часть приводится к виду

$${\left(y^2-x^2\right)}^2+6\left(y^2-x^2\right)-(y+x{)}^2+5y+7x+1=\left(a^2-1\right)s^2+6(a+1)s+(1-a).$$

(Это тождество: после раскрытия обе части совпадают.) Обозначим

$$G(a,s)=\left(a^2-1\right)s^2+6(a+1)s+(1-a).$$

Второе неравенство системы $y>1-x$ есть просто $s>1\text{.}$

Таким образом, фигура задаётся условиями $G(a,s)<0$ и $s>1\text{,}$ а вопрос сводится к следующему: для каких $a$ существует $s>1$ такое, что $G(a,s)<0\text{?}$

Анализ как квадратного трёхчлена по $s\text{.}$ Старший коэффициент равен $a^2-1\text{.}$ Понадобятся ещё две величины:

$$G(a,1)=(a^2-1)+6(a+1)+(1-a)=(a+2)(a+3),$$ $$D_s=(6(a+1){)}^2-4(a^2-1)(1-a)=4(a+1)(a+2)(a+5)(\text{дискриминант по }s).$$

Вершина параболы (по $s$) находится в точке $s_{\ast }=-\frac{3(a+1)}{a^2-1}=-\frac{3}{a-1}\text{.}$

Разберём случаи по знаку старшего коэффициента $a^2-1\text{.}$

Случай $-1<a<1$ (ветви вниз). Здесь $a^2-1<0\text{,}$ поэтому при $s\to +\infty$ имеем $G(a,s)\to -\infty \text{.}$ Значит, для любого такого $a$ найдётся $s>1$ с $G<0\text{.}$ Весь интервал $(-1;1)$ входит в искомое множество. (Подчеркнём: чем ближе $a$ к границам $\pm 1\text{,}$ тем большее $s$ требуется, но решение всё равно существует.)

Случай $a>1$ (ветви вверх). Тогда все три множителя $a+1,a+2,a+5$ положительны, так что $D_s>0$ — корни вещественны. Но вершина $s_{\ast }=-\frac{3}{a-1}<0$ лежит левее $s=1\text{,}$ а при $s=1$ значение $G(a,1)=(a+2)(a+3)>0\text{.}$ Так как парабола ветвями вверх и в точке $s=1$ положительна, а минимум на луче $s\ge 1$ достигается в $s=1\text{,}$ то $G(a,s)>0$ при всех $s>1\text{.}$ Решений нет.

Случай $a<-1$ (ветви вверх). Здесь $a+1<0\text{.}$ Смотрим на знак $D_s=4(a+1)(a+2)(a+5)\text{.}$

• При $-2<a<-1\text{:}$ множители дают $(-)(+)(+)\text{,}$ то есть $D_s<0\text{.}$ Вещественных корней нет, парабола ветвями вверх — значит $G>0$ всюду. Решений нет.
• При $a<-5\text{:}$ $(-)(-)(-)<0\text{,}$ снова $D_s<0\text{,}$ решений нет.
• При $-5<a<-2\text{:}$ $D_s>0\text{,}$ корни вещественны, возможно решение. Здесь решающим является знак $G(a,1)=(a+2)(a+3)\text{:}$
  • при $-3<a<-2$ имеем $(a+2)(a+3)<0\text{,}$ то есть $G(a,1)<0\text{;}$ парабола ветвями вверх и в $s=1$ отрицательна, значит правее единицы (внутри корней) есть $s>1$ с $G<0\text{.}$ Эти $a$ входят в множество.
  • при $-5<a<-3$ имеем $G(a,1)>0\text{,}$ а вершина $s_{\ast }=-\frac{3}{a-1}\in (0,5;0,75)<1\text{,}$ поэтому на луче $s\ge 1$ минимум достигается в $s=1\text{,}$ где $G\ge 0\text{;}$ значит $G>0$ при всех $s>1\text{.}$ Решений нет.

Проверка граничных значений.

$$a=-3:G=8s^2-12s+4=4(s-1)(2s-1)>0\text{при}s>1(\text{нет});$$ $$a=-2:G=3(s-1{)}^2\ge 0(\text{строго }<0\text{ не бывает, нет});$$ $$a=-1:G\equiv 2>0(\text{нет});a=1:G=12s>0\text{при}s>1(\text{нет}).$$

Все четыре граничные точки из множества исключаются.

Итог. Множество значений $a=y-x\text{,}$ для которых фигура непуста, есть в точности

$$(-3;-2)\cup (-1;1).$$

Это два непересекающихся интервала, разделённых промежутком $[-2;-1]\text{,}$ на котором точек фигуры нет. Следовательно, ортогональная проекция фигуры на прямую $y=2-x$ состоит из

$$\boxed{2}$$

интервалов.