Номер 32.36, страница 207, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 32. Уравнения и неравенства с двумя переменными. Глава 6. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств*. ч. 2 - номер 32.36, страница 207.

32.36. a) $|x| + |y| \le 4$;

б) $|y - 3| + |x + 1| \ge 5$;

в) $2|x| + 3|y| \le 6$;

г) $\frac{|x - 3|}{2} + \frac{|y + 1|}{5} \le 1$.

а) $|x| + |y| \le 4$

Данное неравенство описывает множество точек на координатной плоскости. Рассмотрим сначала граничный случай — уравнение $|x| + |y| = 4$. Чтобы построить график этого уравнения, раскроем модули в каждом из четырёх координатных квадрантов:

• В I квадранте ($x \ge 0, y \ge 0$): $x + y = 4$. Это отрезок прямой, соединяющий точки $(4, 0)$ и $(0, 4)$.
• Во II квадранте ($x < 0, y \ge 0$): $-x + y = 4$. Это отрезок прямой, соединяющий точки $(0, 4)$ и $(-4, 0)$.
• В III квадранте ($x < 0, y < 0$): $-x - y = 4$, или $x + y = -4$. Это отрезок прямой, соединяющий точки $(-4, 0)$ и $(0, -4)$.
• В IV квадранте ($x \ge 0, y < 0$): $x - y = 4$. Это отрезок прямой, соединяющий точки $(0, -4)$ и $(4, 0)$.

Вместе эти четыре отрезка образуют квадрат с вершинами в точках $(4, 0)$, $(0, 4)$, $(-4, 0)$ и $(0, -4)$.

Неравенство $|x| + |y| \le 4$ включает в себя точки как на границе (квадрате), так и внутри него. Чтобы проверить это, возьмём пробную точку, например, начало координат $(0, 0)$. Подставив её в неравенство, получим: $|0| + |0| = 0 \le 4$. Неравенство верное, значит, область, содержащая начало координат, является решением.

Ответ: Множество точек, ограниченное квадратом с вершинами в точках $(4, 0)$, $(0, 4)$, $(-4, 0)$, $(0, -4)$, включая его границу и внутреннюю область.

---

б) $|y - 3| + |x + 1| \ge 5$

Это неравенство можно упростить, сделав замену переменных. Пусть $X = x + 1$ и $Y = y - 3$. Тогда неравенство принимает вид $|X| + |Y| \ge 5$.

Это неравенство описывает область на плоскости $(X, Y)$. Границей этой области является квадрат с вершинами в точках $(5, 0)$, $(0, 5)$, $(-5, 0)$, $(0, -5)$, заданный уравнением $|X| + |Y| = 5$.

Знак неравенства "$\ge$" означает, что решением являются все точки на границе этого квадрата и все точки вне его. Проверим это с помощью пробной точки $(0, 0)$ в системе $(X, Y)$: $|0| + |0| = 0$. Так как $0 \ge 5$ — ложно, то начало координат не входит в область решения.

Теперь вернёмся к исходным переменным $x$ и $y$. Центр фигуры в системе $(X, Y)$ находится в точке $(0, 0)$. В системе $(x, y)$ это соответствует точке, где $x + 1 = 0$ и $y - 3 = 0$, то есть точке $(-1, 3)$.

Найдём вершины квадрата в системе $(x, y)$:

• $X=5, Y=0 \implies x+1=5, y-3=0 \implies x=4, y=3$. Вершина $(4, 3)$.
• $X=0, Y=5 \implies x+1=0, y-3=5 \implies x=-1, y=8$. Вершина $(-1, 8)$.
• $X=-5, Y=0 \implies x+1=-5, y-3=0 \implies x=-6, y=3$. Вершина $(-6, 3)$.
• $X=0, Y=-5 \implies x+1=0, y-3=-5 \implies x=-1, y=-2$. Вершина $(-1, -2)$.

Ответ: Множество всех точек координатной плоскости, расположенных на границе и вне квадрата с вершинами в точках $(4, 3)$, $(-1, 8)$, $(-6, 3)$ и $(-1, -2)$.

---

в) $2|x| + 3|y| \le 6$

Рассмотрим границу области, заданную уравнением $2|x| + 3|y| = 6$. Это уравнение можно переписать в виде $\frac{2|x|}{6} + \frac{3|y|}{6} = 1$, что эквивалентно $\frac{|x|}{3} + \frac{|y|}{2} = 1$.

Эта форма удобна для нахождения пересечений с осями координат, которые и будут вершинами фигуры:

• Если $y=0$, то $\frac{|x|}{3} = 1 \implies |x|=3 \implies x=\pm3$. Точки пересечения с осью Ox: $(3, 0)$ и $(-3, 0)$.
• Если $x=0$, то $\frac{|y|}{2} = 1 \implies |y|=2 \implies y=\pm2$. Точки пересечения с осью Oy: $(0, 2)$ и $(0, -2)$.

Эти четыре точки являются вершинами ромба. Знак неравенства "$\le$" указывает, что решением является область внутри ромба, включая его границу. Проверим это, подставив в исходное неравенство координаты начала координат $(0, 0)$: $2|0| + 3|0| = 0 \le 6$. Неравенство верное, значит, внутренняя область ромба является решением.

Ответ: Множество точек, ограниченное ромбом с вершинами в точках $(3, 0)$, $(0, 2)$, $(-3, 0)$ и $(0, -2)$, включая его границу и внутреннюю область.

---

г) $\frac{|x - 3|}{2} + \frac{|y + 1|}{5} \le 1$

Как и в пункте б), используем замену переменных для упрощения. Пусть $X = x - 3$ и $Y = y + 1$. Неравенство принимает вид $\frac{|X|}{2} + \frac{|Y|}{5} \le 1$.

Это неравенство описывает ромб и его внутреннюю область в системе координат $(X, Y)$. Найдём вершины этого ромба из граничного уравнения $\frac{|X|}{2} + \frac{|Y|}{5} = 1$:

• При $Y=0$, $|X|=2 \implies X=\pm2$. Вершины в $(2, 0)$ и $(-2, 0)$.
• При $X=0$, $|Y|=5 \implies Y=\pm5$. Вершины в $(0, 5)$ и $(0, -5)$.

Неравенство "$\le$" означает, что решением в системе $(X, Y)$ является область внутри этого ромба и его граница.

Теперь выполним обратную замену, чтобы найти положение ромба в системе $(x, y)$. Центр ромба $X=0, Y=0$ соответствует точке $x-3=0, y+1=0$, то есть $(3, -1)$.

Найдём вершины ромба в системе $(x, y)$:

• $X=2, Y=0 \implies x-3=2, y+1=0 \implies x=5, y=-1$. Вершина $(5, -1)$.
• $X=0, Y=5 \implies x-3=0, y+1=5 \implies x=3, y=4$. Вершина $(3, 4)$.
• $X=-2, Y=0 \implies x-3=-2, y+1=0 \implies x=1, y=-1$. Вершина $(1, -1)$.
• $X=0, Y=-5 \implies x-3=0, y+1=-5 \implies x=3, y=-6$. Вершина $(3, -6)$.

Ответ: Множество точек, ограниченное ромбом с вершинами в точках $(5, -1)$, $(3, 4)$, $(1, -1)$ и $(3, -6)$, включая его границу и внутреннюю область.