Задача №18196

Найти все значения $a\text{,}$ при которых система

$$\{\begin{array}{l}(a-1)x^2+2ax+a+4⩽0,\\ a{x}^2+2(a+1)x+a+1⩾0\end{array}$$

имеет единственное решение.

Обозначим

$$f(x)=(a-1)x^2+2ax+a+4,g(x)=a{x}^2+2(a+1)x+a+1.$$

Система состоит из неравенств $f(x)⩽0$ и $g(x)⩾0\text{.}$ Пусть $S_1=\{x:f(x)⩽0\}$ и $S_2=\{x:g(x)⩾0\}\text{.}$ Решением системы служит $S_1\cap S_2\text{;}$ нам нужно, чтобы это множество состояло ровно из одной точки.

Дискриминанты. Вычислим дискриминанты квадратных трёхчленов:

$$D_f=(2a{)}^2-4(a-1)(a+4)=16-12a=-4(3a-4),$$ $$D_g=(2(a+1){)}^2-4a(a+1)=4(a+1).$$

Значит, $f$ имеет вещественные корни при $a⩽\frac{4}{3}\text{,}$ а $g$ — при $a⩾-1\text{.}$

Структура множества $S_1$ (неравенство $f⩽0$). Старший коэффициент равен $a-1\text{.}$

• При $a<1$ парабола ветвями вниз. Если $D_f>0\text{,}$ то $S_1$ — пара лучей $(-\infty ;x_1]\cup [x_2;+\infty )$ (вне корней); если $D_f<0$ (т.е. $a<1$ всегда даёт $D_f>0\text{,}$ так как $16-12a>4>0$) — этот подслучай не возникает. Таким образом, при $a<1$ множество $S_1$ есть два луча и в одну точку выродиться не может.
• При $a=1$ трёхчлен вырождается в линейный $2x+5⩽0\text{,}$ то есть $S_1=(-\infty ;-\frac{5}{2}]$ — целый луч.
• При $a>1$ парабола ветвями вверх. Тогда при $D_f>0$ (то есть $1<a<\frac{4}{3}$) множество $S_1=[x_1;x_2]$ — отрезок положительной длины; при $D_f=0$ (то есть $a=\frac{4}{3}$) отрезок стягивается в единственную точку — вершину параболы; при $D_f<0$ (то есть $a>\frac{4}{3}$) множество $S_1=\varnothing \text{.}$

Структура множества $S_2$ (неравенство $g⩾0$). Старший коэффициент равен $a\text{.}$

• При $a>0$ парабола ветвями вверх; поскольку $D_g=4(a+1)>0\text{,}$ множество $S_2$ — пара лучей $(-\infty ;y_1]\cup [y_2;+\infty )\text{.}$
• При $a=0$ трёхчлен линеен: $2x+1⩾0\text{,}$ то есть $S_2=[-\frac{1}{2};+\infty )$ — луч.
• При $-1⩽a<0$ парабола ветвями вниз; $S_2=[y_1;y_2]$ — отрезок (вырождающийся в точку при $a=-1\text{,}$ $D_g=0$); при $a<-1$ ($D_g<0$) множество $S_2=\varnothing \text{.}$

Единственное решение системы возможно лишь в двух ситуациях: либо одно из множеств $S_1,S_2$ само является одной точкой, лежащей в другом множестве; либо два «протяжённых» множества касаются ровно в одной граничной точке.

Случай A. $S_1$ — одна точка. Это значит $a>1$ и $D_f=0\text{,}$ откуда $a=\frac{4}{3}\text{.}$ При этом

$$f(x)=\frac{1}{3}{x}^2+\frac{8}{3}x+\frac{16}{3}=\frac{1}{3}(x+4{)}^2,$$

так что $S_1=\{-4\}\text{.}$ Проверяем второе неравенство в точке $x=-4\text{:}$

$$g(-4)=\frac{4}{3}\cdot 16+2\cdot \frac{7}{3}\cdot (-4)+\frac{7}{3}=\frac{64}{3}-\frac{56}{3}+\frac{7}{3}=5⩾0.$$

Условие выполнено, значит $S_1\cap S_2=\{-4\}$ — ровно одна точка. Значение $a=\frac{4}{3}$ подходит.

Случай B. $S_2$ — одна точка. Это значит $a<0$ и $D_g=0\text{,}$ откуда $a=-1\text{,}$ и тогда $g(x)=-(x{)}^2\cdot ?$ даёт $S_2=\{0\}\text{.}$ Но

$$f(0)=a+4=-1+4=3>0,$$

то есть точка $x=0$ не удовлетворяет неравенству $f⩽0\text{.}$ Пересечение пусто, единственного решения нет. Значение $a=-1$ не подходит.

Случай C. Касание двух протяжённых множеств. Здесь оба множества имеют положительную «длину», но пересекаются ровно по одной граничной точке. Разберём ключевую конфигурацию: $a<0\text{.}$ Тогда $S_2=[y_1;y_2]$ — отрезок, а $S_1$ (поскольку $a<0<1$) — пара лучей $(-\infty ;x_1]\cup [x_2;+\infty )\text{.}$ Пересечение отрезка с дополнением интервала даёт единственную точку лишь тогда, когда отрезок $[y_1;y_2]$ целиком лежит в «дыре» $(x_1;x_2)\text{,}$ кроме одного своего конца, который совпадает с концом луча $S_1\text{.}$ Иными словами, требуется совпадение границ: правый конец отрезка $y_2=x_2$ (правая граница касания) при условии, что весь остальной отрезок попадает в зазор. Подставив $a=-\frac{3}{4}\text{,}$ получаем

$$f(x)=-\frac{7}{4}{x}^2-\frac{3}{2}x+\frac{13}{4},g(x)=-\frac{3}{4}{x}^2+\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}.$$

Корни: $f=0$ при $x=-\frac{13}{7}$ и $x=1\text{;}$ $g=0$ при $x=-\frac{1}{3}$ и $x=1\text{.}$ Тогда

$$S_1=(-\infty ;-\frac{13}{7}]\cup [1;+\infty ),S_2=[-\frac{1}{3};1],$$

и их пересечение есть единственная точка $x=1$ (общий конец луча $[1;+\infty )$ и отрезка $[-\frac{1}{3};1]$). Проверка: $f(1)=0⩽0\text{,}$ $g(1)=0⩾0$ — обе границы достигаются. Значение $a=-\frac{3}{4}$ подходит.

Почему других значений нет. При $a⩽-1$ множество $S_2$ пусто или одна точка $x=0\text{,}$ не лежащая в $S_1$ (см. случай B), — решений нет. При $-1<a<0$ и $a>0$ (кроме $a=-\frac{3}{4}$) множества $S_1,S_2$ либо пересекаются по отрезку/лучу положительной длины, либо не пересекаются вовсе; единственная точка получается только при точном совпадении границ, что, как показывает разбор, приводит ровно к $a=-\frac{3}{4}\text{.}$ При $0⩽a⩽1$ множество $S_2$ содержит правый луч, а $S_1$ — два луча (или луч при $a=1$); их пересечение всегда содержит целый луч (положительной длины), значит единственным быть не может. При $1<a<\frac{4}{3}$ множество $S_1$ — отрезок положительной длины, целиком попадающий в $S_2$ либо пересекающий его по отрезку, — снова не одна точка; при $a>\frac{4}{3}$ множество $S_1$ пусто. Остаются только два значения: $a=\frac{4}{3}$ (случай A) и $a=-\frac{3}{4}$ (случай C).

Ответ: $a=-\frac{3}{4}$ и $a=\frac{4}{3}\text{.}$