Номер 964, страница 338 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Параграф 7. Упражнения. Глава 8. Повторение курса алгебры и начал математического анализа - номер 964, страница 338.

Условие.

964. Изобразить на плоскости фигуру, заданную множеством решений системы неравенств, и найти её площадь:

1) $\begin{cases} x + 3y - 3 \ge 0, \\ 2x + 3y - 12 \le 0, \\ x \ge 0, \\ 0 \le y \le 2; \end{cases}$

2) $\begin{cases} x - y + 1 \le 0, \\ 5x - 3y + 15 \ge 0, \\ x \le 0, \\ 0 \le y \le 2,5; \end{cases}$

3) $\begin{cases} (x + y - 1)(x + y - 3) \le 0, \\ x - y \le 0, \\ x \ge 0; \end{cases}$

4) $\begin{cases} (2x - y + 3)(4x + 3y - 9) \le 0, \\ x + y \ge 0, \\ -1 \le y \le 3. \end{cases}$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

1)

Рассмотрим систему неравенств:
$ \begin{cases} x + 3y - 3 \ge 0 \\ 2x + 3y - 12 \le 0 \\ x \ge 0 \\ 0 \le y \le 2 \end{cases} $

Каждое неравенство задает полуплоскость. Фигура, являющаяся решением системы, есть пересечение этих полуплоскостей. Преобразуем первые два неравенства, чтобы выразить $y$:
1. $x + 3y - 3 \ge 0 \implies 3y \ge -x + 3 \implies y \ge -\frac{1}{3}x + 1$
2. $2x + 3y - 12 \le 0 \implies 3y \le -2x + 12 \implies y \le -\frac{2}{3}x + 4$

Таким образом, искомая фигура задается системой:
$ \begin{cases} y \ge -\frac{1}{3}x + 1 \\ y \le -\frac{2}{3}x + 4 \\ x \ge 0 \\ 0 \le y \le 2 \end{cases} $

Построим граничные линии:
$l_1: y = -\frac{1}{3}x + 1$ (проходит через точки (0, 1) и (3, 0))
$l_2: y = -\frac{2}{3}x + 4$ (проходит через точки (0, 4) и (6, 0))
$l_3: x = 0$ (ось OY)
$l_4: y = 0$ (ось OX)
$l_5: y = 2$

Фигура представляет собой многоугольник. Найдем его вершины, находя точки пересечения граничных линий, удовлетворяющие всем неравенствам.

• Вершина A: пересечение $x=0$ и $y = -\frac{1}{3}x + 1$. Подставляя $x=0$, получаем $y=1$. Точка A(0, 1).
• Вершина B: пересечение $x=0$ и $y=2$. Точка B(0, 2).
• Вершина C: пересечение $y=2$ и $y = -\frac{2}{3}x + 4$. $2 = -\frac{2}{3}x + 4 \implies -2 = -\frac{2}{3}x \implies x=3$. Точка C(3, 2).
• Вершина D: пересечение $y = -\frac{1}{3}x + 1$ с какой-либо из других границ. Проверим пересечение с $y=0$: $0 = -\frac{1}{3}x + 1 \implies x=3$. Точка D(3, 0). Проверим, удовлетворяет ли точка D(3,0) остальным неравенствам: $0 \le -\frac{2}{3}(3) + 4 \implies 0 \le 2$ (верно).

Таким образом, мы получили четыре вершины: A(0, 1), B(0, 2), C(3, 2), D(3, 0).

Соединив эти точки, мы видим, что фигура является прямоугольной трапецией. Основания трапеции параллельны оси OY и лежат на прямых $x=0$ и $x=3$. Длина первого основания (отрезок AB) равна $2-1=1$. Длина второго основания (отрезок DC) равна $2-0=2$. Высота трапеции равна расстоянию между прямыми $x=0$ и $x=3$, то есть $3-0=3$.

Площадь трапеции вычисляется по формуле $S = \frac{a+b}{2}h$, где $a$ и $b$ — длины оснований, $h$ — высота.
$S = \frac{1+2}{2} \cdot 3 = \frac{3}{2} \cdot 3 = \frac{9}{2} = 4.5$

Ответ: Фигура является прямоугольной трапецией с вершинами в точках (0, 1), (0, 2), (3, 2), (3, 0). Площадь фигуры равна 4,5.

2)

Рассмотрим систему неравенств:
$ \begin{cases} x - y + 1 \le 0 \\ 5x - 3y + 15 \ge 0 \\ x \le 0 \\ 0 \le y \le 2.5 \end{cases} $

Преобразуем неравенства:
1. $x - y + 1 \le 0 \implies y \ge x + 1$
2. $5x - 3y + 15 \ge 0 \implies 3y \le 5x + 15 \implies y \le \frac{5}{3}x + 5$

Искомая фигура ограничена линиями:
$l_1: y = x + 1$
$l_2: y = \frac{5}{3}x + 5$
$l_3: x = 0$
$l_4: y = 0$
$l_5: y = 2.5$

Найдем вершины многоугольника, который является решением системы:

• A: пересечение $x=0$ и $y=x+1$. $A(0, 1)$.
• B: пересечение $x=0$ и $y=2.5$. $B(0, 2.5)$.
• C: пересечение $y=2.5$ и $y=\frac{5}{3}x + 5$. $2.5 = \frac{5}{3}x + 5 \implies -2.5 = \frac{5}{3}x \implies x = -1.5$. $C(-1.5, 2.5)$.
• D: пересечение $y=0$ и $y=\frac{5}{3}x + 5$. $0 = \frac{5}{3}x + 5 \implies x = -3$. $D(-3, 0)$.
• E: пересечение $y=0$ и $y=x+1$. $0 = x+1 \implies x = -1$. $E(-1, 0)$.

Фигура является пятиугольником с вершинами A(0, 1), B(0, 2.5), C(-1.5, 2.5), D(-3, 0), E(-1, 0).

Для вычисления площади пятиугольника ABCDE представим её как разность площади фигуры, ограниченной сверху ломаной BCD и снизу осью OX, и площади фигуры, ограниченной сверху ломаной AE и снизу осью OX.
Площадь под ломаной BCD (трапеция с вершинами (-3,0), (-1.5,0), C, D) + (прямоугольник с вершинами (-1.5,0), (0,0), B, C)):
$S_{верх} = S_{CDH_xH'_x} + S_{CBH'_xH_x} = \frac{0+2.5}{2} \cdot |-3 - (-1.5)| + 2.5 \cdot |-1.5 - 0| = 1.25 \cdot 1.5 + 2.5 \cdot 1.5 = 1.875 + 3.75 = 5.625$, где $H_x, H'_x$ - проекции точек на ось OX.
Площадь под ломаной AE (треугольник с вершинами E, A, и (0,0)):
$S_{низ} = S_{AEH_x} = \frac{1+0}{2} \cdot |-1 - 0| = 0.5 \cdot 1 = 0.5$.
Площадь искомой фигуры:
$S = S_{верх} - S_{низ} = 5.625 - 0.5 = 5.125$

Ответ: Фигура является пятиугольником с вершинами (0, 1), (0, 2.5), (-1.5, 2.5), (-3, 0), (-1, 0). Площадь фигуры равна 5,125.

3)

Рассмотрим систему неравенств:
$ \begin{cases} (x + y - 1)(x + y - 3) \le 0 \\ x - y \le 0 \\ x \ge 0 \end{cases} $

1. Неравенство $(x + y - 1)(x + y - 3) \le 0$ равносильно тому, что множители имеют разные знаки. Это задает область между двумя параллельными прямыми $x+y-1=0$ и $x+y-3=0$.
$\begin{cases} x+y-1 \ge 0 \\ x+y-3 \le 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x+y \ge 1 \\ x+y \le 3 \end{cases} \implies 1 \le x+y \le 3$.
Другой случай, $x+y-1 \le 0$ и $x+y-3 \ge 0$, невозможен, так как из $x+y \le 1$ следует, что $x+y$ не может быть больше или равно 3.

2. Неравенство $x - y \le 0$ равносильно $y \ge x$.
3. Неравенство $x \ge 0$ задает правую полуплоскость.

Итак, искомая область задается системой:
$ \begin{cases} y \le -x + 3 \\ y \ge -x + 1 \\ y \ge x \\ x \ge 0 \end{cases} $

Найдем вершины многоугольника, являющегося решением системы:

• A: пересечение $y=x$ и $y=-x+1$. $x = -x+1 \implies 2x=1 \implies x=0.5$. $A(0.5, 0.5)$.
• B: пересечение $y=x$ и $y=-x+3$. $x = -x+3 \implies 2x=3 \implies x=1.5$. $B(1.5, 1.5)$.
• C: пересечение $x=0$ и $y=-x+3$. $C(0, 3)$.
• D: пересечение $x=0$ и $y=-x+1$. $D(0, 1)$.

Фигура является четырехугольником с вершинами A(0.5, 0.5), B(1.5, 1.5), C(0, 3), D(0, 1).

Площадь этого четырехугольника можно найти как разность площадей двух треугольников с общей вершиной в начале координат O(0,0).
Площадь треугольника OBC: основание OC лежит на оси OY, его длина равна 3. Высота равна x-координате точки B, то есть 1.5.
$S_{OBC} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 1.5 = 2.25$
Площадь треугольника OAD: основание OD лежит на оси OY, его длина равна 1. Высота равна x-координате точки A, то есть 0.5.
$S_{OAD} = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 0.5 = 0.25$
Площадь четырехугольника ABCD равна разности этих площадей:
$S_{ABCD} = S_{OBC} - S_{OAD} = 2.25 - 0.25 = 2$

Ответ: Фигура является четырехугольником с вершинами (0.5, 0.5), (1.5, 1.5), (0, 3), (0, 1). Площадь фигуры равна 2.

4)

Рассмотрим систему неравенств:
$ \begin{cases} (2x - y + 3)(4x + 3y - 9) \le 0 \\ x + y \ge 0 \\ -1 \le y \le 3 \end{cases} $

1. Неравенство $(2x - y + 3)(4x + 3y - 9) \le 0$ задает область между двумя прямыми $l_1: 2x - y + 3 = 0$ и $l_2: 4x + 3y - 9 = 0$.
$l_1: y = 2x + 3$
$l_2: y = -\frac{4}{3}x + 3$
Эти прямые пересекаются в точке, где $2x+3 = -\frac{4}{3}x+3 \implies \frac{10}{3}x=0 \implies x=0$. Тогда $y=3$. Точка пересечения (0, 3).

2. $x + y \ge 0 \implies y \ge -x$. Область выше прямой $l_3: y=-x$.
3. $-1 \le y \le 3$. Область между горизонтальными прямыми $y=-1$ и $y=3$.

Искомая фигура — это многоугольник. Найдем его вершины:

• A: пересечение $l_1$, $l_2$ и $y=3$. $A(0, 3)$.
• B: пересечение $l_1: y=2x+3$ и $l_3: y=-x$. $-x = 2x+3 \implies 3x=-3 \implies x=-1$. $y=1$. Точка B(-1, 1). Эта точка удовлетворяет $-1 \le 1 \le 3$.
• C: пересечение $l_3: y=-x$ и $y=-1$. $-1 = -x \implies x=1$. Точка C(1, -1). Проверим для C(1,-1) первое неравенство: $(2(1)-(-1)+3)(4(1)+3(-1)-9) = (6)(-8) = -48 \le 0$. Верно.
• D: пересечение $l_2: y=-\frac{4}{3}x+3$ и $y=-1$. $-1 = -\frac{4}{3}x+3 \implies -4 = -\frac{4}{3}x \implies x=3$. Точка D(3, -1). Эта точка удовлетворяет $y \ge -x$ (т.к. $-1 \ge -3$).

Таким образом, искомая фигура — четырехугольник с вершинами A(0, 3), B(-1, 1), C(1, -1), D(3, -1).

Для вычисления площади разделим четырехугольник ABCD диагональю BD на два треугольника: $\triangle ABD$ и $\triangle BCD$.
Площадь $\triangle BCD$:
Вершины B(-1, 1), C(1, -1), D(3, -1). Основание CD лежит на прямой $y=-1$. Его длина равна $3 - 1 = 2$. Высота треугольника, опущенная из вершины B на прямую $y=-1$, равна $|1 - (-1)| = 2$.
$S_{BCD} = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot \text{высота} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2$.
Площадь $\triangle ABD$:
Вершины A(0, 3), B(-1, 1), D(3, -1). Воспользуемся формулой площади треугольника по координатам вершин:
$S_{ABD} = \frac{1}{2} |x_A(y_B - y_D) + x_B(y_D - y_A) + x_D(y_A - y_B)|$
$S_{ABD} = \frac{1}{2} |0(1 - (-1)) + (-1)(-1 - 3) + 3(3 - 1)| = \frac{1}{2} |0 + (-1)(-4) + 3(2)| = \frac{1}{2} |4 + 6| = \frac{1}{2} \cdot 10 = 5$.
Общая площадь четырехугольника:
$S = S_{ABD} + S_{BCD} = 5 + 2 = 7$.

Ответ: Фигура является четырехугольником с вершинами (0, 3), (-1, 1), (1, -1), (3, -1). Площадь фигуры равна 7.