Решение. Задание 18, Тренировочная работа 30.09.20

Условие задачи

Вариант Запад

Найдите все значения a, при которых система

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{c}\left({\left(x-1\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2\right)\left({\left(x-4\right)}^2+{\left(y-16\right)}^2\right)\leq 0 \\{\left(x-a-1\right)}^2+{\left(y-2a-2\right)}^2\leq 4{\left(a+1\right)}^2 \end{array}\right.$ не имеет решений.

Решение

$\left\{ \begin{array}{c}\left({\left(x-1\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2\right)\left({\left(x-4\right)}^2+{\left(y-16\right)}^2\right)\leq 0 \\{\left(x-a-1\right)}^2+{\left(y-2a-2\right)}^2\leq 4{\left(a+1\right)}^2 \end{array}\right.$

Рассмотрим первое неравенство, не содержащее параметра a. Каждый из множителей первой части имеет вид суммы квадратов, а значит, не может быть отрицательным, т. е. ${\left(x-1\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2\geq 0$ и ${\left(x-4\right)}^2+{\left(y-16\right)}^2\geq 0.$ Произведение их будет неотрицательным тогда и только тогда, когда

$\left[ \begin{array}{c}{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2 = 0, \\{\left(x-4\right)}^2+{\left(y-16\right)}^2 = 0, \end{array}\right.$ т. е. $\left[ \begin{array}{c}\left\{ \begin{array}{c}x = 1, \\y = 4, \end{array}\right. \\\left\{ \begin{array}{c}x = 4, \\y = 16. \end{array}\right. \end{array}\right.$

Подставим найденные значения во второе неравенство и система примет вид:

$\left[ \begin{array}{c}\left\{ \begin{array}{c}x = 1, \\y = 4, \\a^2+{\left(2-2a\right)}^2\leq 4{\left(a+1\right)}^2, \end{array}\right. \\\left\{ \begin{array}{c}x = 4, \\y = 16, \\{\left(a-3\right)}^2+{\left(14-2a\right)}^2\leq 4{\left(a+1\right)}^2. \end{array}\right. \end{array}\right.$

1) Решим первую систему.

$\left\{ \begin{array}{c}x = 1, \\y = 4, \\a^2+{\left(2-2a\right)}^2\leq 4{\left(a+1\right)}^2. \end{array}\right.$

Преобразуем неравенство $a^2+{\left(2-2a\right)}^2\leq 4{\left(a+1\right)}^2,$ $a^2+{\underline{4a}}^2-8a+\underline{4}\leq {\underline{4a}}^2+8a+\underline{4},$ $a^2-16a\leq 0, \: \: a\left(a-16\right)\leq 0.$

На отрезке $\left[0;16\right]$ наше неравенство, а значит и система будет иметь 1 решение, а вне его, т. е. на множестве $\left(-\infty ;0\right)\cup \left(16;+\infty \right)$ решений не будет.

2) Решим вторую систему.

$\left\{ \begin{array}{c}x = 4, \\y = 16, \\{\left(a-3\right)}^2+{\left(14-2a\right)}^2\leq 4{\left(a+1\right)}^2. \end{array}\right.$

Преобразуем неравенство ${\left(a-3\right)}^2+{\left(14-2a\right)}^2\leq 4{\left(a+1\right)}^2,$

$a^2-6a+9+{\underline{4a}}^2-56a+196\leq {\underline{4a}}^2+8a+4,$

$a^2-70a+201\leq 0, \ \left(a-3\right)\left(a-67\right)\leq 0.$

На отрезке $\left[3;67\right]$ наше неравенство, а значит и система будет иметь 1 решение, а вне его, т. е. на множестве $\left(-\infty ;3\right)\cup \left(67;+\infty \right)$ решений не будет.

Найдём множество значений а, на котором обе системы совокупности не будут иметь решений, т. е. исходная система не будет иметь решений.

Получили множество $\left(-\infty ;0\right)\cup \left(67;+\infty \right).$

Ответ:

$\left(-\infty ;0\right)\cup \left(67;+\infty \right).$

Решение. Задание 18, Тренировочная работа 30.09.20

Это полезно