Номер 94, страница 324 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Параграф 2. Элементарные функции и их свойства. Глава 6. Задачи повышенной трудности - номер 94, страница 324.

Условие.

94. a) $\frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2 - 1} \le 0$;

б) $|x| + |y| = 4$;

в) $\sqrt{x + y} \ge |x|$;

г) $\frac{xy+1}{xy-1} \ge \frac{y+1}{y-1}$.

a)

б)

в)

г)

Рис. 159

Решение 3.

Решение 5.

а)

Требуется найти множество точек на координатной плоскости, удовлетворяющих неравенству $\frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2 - 1} \le 0$.

Дробь неположительна, когда ее числитель и знаменатель имеют разные знаки, либо когда числитель равен нулю, а знаменатель не равен нулю.

Знаменатель не должен быть равен нулю: $x^2 + y^2 - 1 \ne 0 \implies x^2 + y^2 \ne 1$. Геометрически это означает, что мы исключаем из рассмотрения все точки, лежащие на окружности с центром в начале координат и радиусом 1.

Рассмотрим два случая:

1. Числитель $\ge 0$ и знаменатель $ < 0$.
$\begin{cases} x^2 - y^2 \ge 0 \\ x^2 + y^2 - 1 < 0 \end{cases}$
Первое неравенство $x^2 \ge y^2$ равносильно $|x| \ge |y|$. Это область, расположенная между прямыми $y=x$ и $y=-x$, содержащая ось Ox.
Второе неравенство $x^2 + y^2 < 1$ задает внутреннюю часть круга с центром в $(0,0)$ и радиусом 1.
Решением этой системы является пересечение двух указанных областей: два сектора внутри единичного круга (без границы), симметричные относительно оси Ox.

2. Числитель $\le 0$ и знаменатель $ > 0$.
$\begin{cases} x^2 - y^2 \le 0 \\ x^2 + y^2 - 1 > 0 \end{cases}$
Первое неравенство $x^2 \le y^2$ равносильно $|x| \le |y|$. Это область, расположенная между прямыми $y=x$ и $y=-x$, содержащая ось Oy.
Второе неравенство $x^2 + y^2 > 1$ задает внешнюю часть круга с центром в $(0,0)$ и радиусом 1.
Решением этой системы является пересечение двух указанных областей: два бесконечных сектора вне единичного круга, симметричные относительно оси Oy.

Общее решение неравенства является объединением решений этих двух систем. Граничные линии $x^2 - y^2 = 0$ (то есть прямые $y=x$ и $y=-x$) включаются в решение, за исключением точек их пересечения с окружностью $x^2+y^2=1$.

Ответ: Множество решений — это объединение двух областей. Первая область — это часть круга $x^2+y^2 < 1$, для которой выполняется $|x| \ge |y|$. Вторая область — это часть плоскости вне круга $x^2+y^2 > 1$, для которой выполняется $|x| \le |y|$. Также в решение входят прямые $y=x$ и $y=-x$, за исключением четырех точек их пересечения с единичной окружностью: $(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}})$, $(\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}})$, $(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}})$ и $(-\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}})$.

б)

Требуется изобразить на координатной плоскости множество точек, удовлетворяющих уравнению $|x| + |y| = 4$.

Раскроем модули, рассмотрев четыре случая в зависимости от знаков $x$ и $y$.

1. Первая координатная четверть: $x \ge 0, y \ge 0$. Уравнение принимает вид $x+y=4$. Это отрезок прямой, соединяющий точки $(4,0)$ и $(0,4)$.

2. Вторая координатная четверть: $x < 0, y \ge 0$. Уравнение принимает вид $-x+y=4$. Это отрезок прямой, соединяющий точки $(0,4)$ и $(-4,0)$.

3. Третья координатная четверть: $x < 0, y < 0$. Уравнение принимает вид $-x-y=4$, или $x+y=-4$. Это отрезок прямой, соединяющий точки $(-4,0)$ и $(0,-4)$.

4. Четвертая координатная четверть: $x \ge 0, y < 0$. Уравнение принимает вид $x-y=4$. Это отрезок прямой, соединяющий точки $(0,-4)$ и $(4,0)$.

Объединение этих четырех отрезков образует замкнутую фигуру.

Ответ: Множество решений — это квадрат с вершинами в точках $(4,0)$, $(0,4)$, $(-4,0)$ и $(0,-4)$.

в)

Требуется найти множество точек, удовлетворяющих неравенству $\sqrt{x+y} \ge |x|$.

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным: $x+y \ge 0 \implies y \ge -x$. Это полуплоскость, лежащая на и выше прямой $y=-x$.

Поскольку обе части исходного неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства: $(\sqrt{x+y})^2 \ge (|x|)^2$
$x+y \ge x^2$
$y \ge x^2 - x$

Это неравенство задает область, лежащую на и выше параболы $y = x^2-x$. Вершина параболы находится в точке $(\frac{1}{2}, -\frac{1}{4})$, ветви направлены вверх.

Теперь нужно учесть ОДЗ. Проверим, выполняется ли условие $y \ge -x$ для точек, удовлетворяющих $y \ge x^2-x$. Для этого достаточно проверить, лежит ли парабола $y=x^2-x$ выше прямой $y=-x$. Сравним $x^2-x$ и $-x$:
$x^2-x \ge -x \implies x^2 \ge 0$.
Это неравенство верно для любого $x$. Следовательно, любая точка на параболе или выше нее автоматически удовлетворяет условию $y \ge -x$. Таким образом, ОДЗ не накладывает дополнительных ограничений.

Ответ: Множество решений — это все точки $(x,y)$, лежащие на параболе $y=x^2-x$ и выше нее.

г)

Требуется найти множество точек, удовлетворяющих неравенству $\frac{xy+1}{xy-1} \ge \frac{y+1}{y-1}$.

Определим ОДЗ: знаменатели не должны быть равны нулю.
$xy-1 \ne 0 \implies xy \ne 1$ (точки не лежат на гиперболе $y=1/x$).
$y-1 \ne 0 \implies y \ne 1$ (точки не лежат на прямой $y=1$).

Перенесем все в левую часть и приведем к общему знаменателю:
$\frac{xy+1}{xy-1} - \frac{y+1}{y-1} \ge 0$
$\frac{(xy+1)(y-1) - (y+1)(xy-1)}{(xy-1)(y-1)} \ge 0$
Раскроем скобки в числителе:
$(xy^2 - xy + y - 1) - (xy^2 - y + xy - 1) = xy^2 - xy + y - 1 - xy^2 + y - xy + 1 = 2y - 2xy = 2y(1-x)$.
Неравенство принимает вид:
$\frac{2y(1-x)}{(xy-1)(y-1)} \ge 0$
или
$\frac{y(1-x)}{(xy-1)(y-1)} \ge 0$

Решим это неравенство методом областей. Границы областей — это кривые, на которых числитель или знаменатель обращаются в ноль: $y=0$, $x=1$, $y=1/x$ и $y=1$. Эти кривые делят координатную плоскость на несколько областей. Определим знак выражения в каждой из них, выбрав по одной пробной точке.

Исследование знака выражения $\frac{y(1-x)}{(xy-1)(y-1)}$ в различных областях показывает, что оно неотрицательно в следующих случаях:

• Когда $x>1$ и ($y<0$ или $1/x < y < 1$).
• Когда $0<x<1$ и ($0<y<1$ или $y>1/x$).
• Когда $x<0$ и ($0<y<1$ или $y<1/x$).
• Когда числитель равен нулю, то есть $y=0$ или $x=1$ (при условии, что знаменатель не равен нулю).

Объединяя эти области и включая границы (с учетом ОДЗ), получаем итоговое множество.

Ответ: Множество решений является объединением следующих множеств точек $(x,y)$:
1. Область, заданная неравенствами $x \le 1$ и $0 < y < 1$.
2. Область, заданная неравенствами $x > 1$ и $1/x < y < 1$.
3. Область, заданная неравенствами $0 < x \le 1$ и $y > 1/x$.
4. Область, заданная неравенствами $x > 1$ и $y < 0$.
5. Область, заданная неравенствами $x < 0$ и $y < 1/x$.
6. Вся ось абсцисс, то есть прямая $y=0$.