Номер 32.39, страница 208, 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 32.39, страница 208.

32.39. Найдите площадь фигуры, заданной неравенством:

a) $x^2 + y^2 \le 2(|x| + |y|\sqrt{3});$

б) $2(x^2 + y^2) \le |x|\sqrt{3} + |y|.$

a) $x^2 + y^2 \le 2(|x| + |y|\sqrt{3})$

Заданное неравенство описывает фигуру на плоскости $xy$. Заметим, что если точка $(x, y)$ удовлетворяет неравенству, то и точки $(\pm x, \pm y)$ также ему удовлетворяют. Это следует из того, что в неравенство входят $x^2$, $y^2$, $|x|$ и $|y|$, которые являются четными функциями своих аргументов. Таким образом, фигура симметрична относительно обеих координатных осей.

Это свойство симметрии позволяет нам вычислить площадь части фигуры, находящейся в первом координатном квадранте ($x \ge 0, y \ge 0$), а затем умножить полученный результат на 4, чтобы найти общую площадь.

В первом квадранте, где $x \ge 0$ и $y \ge 0$, модули можно раскрыть: $|x| = x$ и $|y| = y$. Неравенство принимает вид:

$x^2 + y^2 \le 2(x + y\sqrt{3})$

Перенесем все члены в левую часть и выделим полные квадраты, чтобы определить геометрическую форму фигуры.

$x^2 - 2x + y^2 - 2y\sqrt{3} \le 0$

$(x^2 - 2x + 1) - 1 + (y^2 - 2y\sqrt{3} + 3) - 3 \le 0$

$(x - 1)^2 + (y - \sqrt{3})^2 \le 4$

$(x - 1)^2 + (y - \sqrt{3})^2 \le 2^2$

Это неравенство описывает круг с центром в точке $C_1(1, \sqrt{3})$ и радиусом $R=2$. Нам нужно найти площадь части этого круга, которая лежит в первом квадранте.

Найдем точки пересечения границы круга (окружности) с осями координат:

• При $x=0$: $(0-1)^2 + (y-\sqrt{3})^2 = 4 \implies 1+(y-\sqrt{3})^2 = 4 \implies (y-\sqrt{3})^2 = 3 \implies y = \sqrt{3} \pm \sqrt{3}$. Точки пересечения с осью $y$: $(0, 0)$ и $(0, 2\sqrt{3})$.
• При $y=0$: $(x-1)^2 + (0-\sqrt{3})^2 = 4 \implies (x-1)^2 + 3 = 4 \implies (x-1)^2 = 1 \implies x = 1 \pm 1$. Точки пересечения с осью $x$: $(0, 0)$ и $(2, 0)$.

Окружность проходит через начало координат $O(0,0)$, точку $A(2,0)$ на оси $x$ и точку $B(0, 2\sqrt{3})$ на оси $y$. Поскольку центр круга $C_1(1, \sqrt{3})$ находится в первом квадранте, искомая площадь в этом квадранте ($S_1$) представляет собой область, ограниченную дугой $AB$ и осями координат. Эту площадь можно найти как сумму площади прямоугольного треугольника $OAB$ и площади полукруга, построенного на отрезке $AB$ как на диаметре.

Проверим, что отрезок $AB$ является диаметром. Его длина:$d = \sqrt{(2-0)^2 + (0-2\sqrt{3})^2} = \sqrt{4+12} = \sqrt{16} = 4$.Длина диаметра равна $2R = 2 \cdot 2 = 4$. Следовательно, $AB$ — диаметр.

Площадь прямоугольного треугольника $OAB$:

$S_{\triangle OAB} = \frac{1}{2} \cdot |OA| \cdot |OB| = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$.

Площадь полукруга с радиусом $R=2$:

$S_{полукруга} = \frac{1}{2}\pi R^2 = \frac{1}{2}\pi (2^2) = 2\pi$.

Площадь части фигуры в первом квадранте:

$S_1 = S_{\triangle OAB} + S_{полукруга} = 2\sqrt{3} + 2\pi$.

Общая площадь фигуры равна учетверенной площади $S_1$ из-за симметрии:

$S = 4 \cdot S_1 = 4(2\pi + 2\sqrt{3}) = 8\pi + 8\sqrt{3}$.

Ответ: $8\pi + 8\sqrt{3}$

б) $2(x^2 + y^2) \le |x|\sqrt{3} + |y|$

Как и в предыдущем пункте, эта фигура симметрична относительно обеих координатных осей. Поэтому мы снова можем найти площадь в первом квадранте и умножить ее на 4.

В первом квадранте ($x \ge 0, y \ge 0$) неравенство имеет вид:

$2(x^2 + y^2) \le x\sqrt{3} + y$

Разделим обе части на 2 и преобразуем, выделив полные квадраты:

$x^2 + y^2 \le \frac{\sqrt{3}}{2}x + \frac{1}{2}y$

$x^2 - \frac{\sqrt{3}}{2}x + y^2 - \frac{1}{2}y \le 0$

$(x^2 - \frac{\sqrt{3}}{2}x + (\frac{\sqrt{3}}{4})^2) - (\frac{\sqrt{3}}{4})^2 + (y^2 - \frac{1}{2}y + (\frac{1}{4})^2) - (\frac{1}{4})^2 \le 0$

$(x - \frac{\sqrt{3}}{4})^2 + (y - \frac{1}{4})^2 \le \frac{3}{16} + \frac{1}{16}$

$(x - \frac{\sqrt{3}}{4})^2 + (y - \frac{1}{4})^2 \le \frac{4}{16} = \frac{1}{4} = (\frac{1}{2})^2$

Это неравенство задает круг с центром в точке $C_2(\frac{\sqrt{3}}{4}, \frac{1}{4})$ и радиусом $R=\frac{1}{2}$.

Найдем точки пересечения границы этого круга с осями координат:

• При $x=0$: $(\frac{\sqrt{3}}{4})^2 + (y-\frac{1}{4})^2 = \frac{1}{4} \implies \frac{3}{16}+(y-\frac{1}{4})^2 = \frac{4}{16} \implies (y-\frac{1}{4})^2=\frac{1}{16} \implies y = \frac{1}{4} \pm \frac{1}{4}$. Точки пересечения с осью $y$: $(0,0)$ и $(0, \frac{1}{2})$.
• При $y=0$: $(x-\frac{\sqrt{3}}{4})^2 + (\frac{1}{4})^2 = \frac{1}{4} \implies (x-\frac{\sqrt{3}}{4})^2 = \frac{3}{16} \implies x = \frac{\sqrt{3}}{4} \pm \frac{\sqrt{3}}{4}$. Точки пересечения с осью $x$: $(0,0)$ и $(\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$.

Окружность проходит через начало координат $O(0,0)$, точку $A(\frac{\sqrt{3}}{2}, 0)$ и точку $B(0, \frac{1}{2})$. Центр круга $C_2(\frac{\sqrt{3}}{4}, \frac{1}{4})$ находится в первом квадранте. Аналогично предыдущему пункту, площадь в первом квадранте $S_1$ равна сумме площади треугольника $OAB$ и площади полукруга с диаметром $AB$. Длина отрезка $AB$ равна $\sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{1}{2})^2} = \sqrt{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}}=1$, что равно диаметру $2R = 2 \cdot \frac{1}{2}=1$.

Площадь прямоугольного треугольника $OAB$:

$S_{\triangle OAB} = \frac{1}{2} \cdot |OA| \cdot |OB| = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{8}$.

Площадь полукруга с радиусом $R=\frac{1}{2}$:

$S_{полукруга} = \frac{1}{2}\pi R^2 = \frac{1}{2}\pi (\frac{1}{2})^2 = \frac{\pi}{8}$.

Площадь части фигуры в первом квадранте:

$S_1 = S_{\triangle OAB} + S_{полукруга} = \frac{\sqrt{3}}{8} + \frac{\pi}{8} = \frac{\pi + \sqrt{3}}{8}$.

Общая площадь фигуры:

$S = 4 \cdot S_1 = 4 \cdot \frac{\pi + \sqrt{3}}{8} = \frac{\pi + \sqrt{3}}{2}$.

Ответ: $\frac{\pi + \sqrt{3}}{2}$