Номер 521, страница 148 - гдз по алгебре 9 класс учебник Макарычев, Миндюк

Дополнительные упражнения к главе 4. Параграф 8. Неравенства с двумя переменными и их системы. Глава 4. Уравнения и неравенства с двумя переменными - номер 521, страница 148.

Условие.

521. Докажите, что неравенством |x| + |y| ≤ 1 на координатной плоскости задаётся фигура, изображённая на рисунке 66.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 7.

Решение 8.

Для доказательства того, что неравенство $|x| + |y| \le 1$ задаёт на координатной плоскости фигуру, изображённую на рисунке, необходимо рассмотреть, как раскрываются модули в зависимости от знаков переменных $x$ и $y$. Это разбивает плоскость на четыре координатных квадранта.

1. Первый квадрант: $x \ge 0, y \ge 0$

В этом случае $|x| = x$ и $|y| = y$. Исходное неравенство принимает вид:

$x + y \le 1$

Это неравенство определяет область, лежащую на и под прямой $y = 1 - x$. Вместе с условиями $x \ge 0$ и $y \ge 0$ это задаёт треугольник с вершинами в точках (0, 0), (1, 0) и (0, 1). Эта область совпадает с частью фигуры, расположенной в первом квадранте.

2. Второй квадрант: $x < 0, y \ge 0$

В этом случае $|x| = -x$ и $|y| = y$. Неравенство принимает вид:

$-x + y \le 1$

Это определяет область на и под прямой $y = x + 1$. Вместе с условиями $x < 0$ и $y \ge 0$ это задаёт треугольник с вершинами в точках (0, 0), (-1, 0) и (0, 1). Эта область совпадает с частью фигуры, расположенной во втором квадранте.

3. Третий квадрант: $x < 0, y < 0$

В этом случае $|x| = -x$ и $|y| = -y$. Неравенство принимает вид:

$-x - y \le 1$

Это эквивалентно неравенству $x + y \ge -1$, которое определяет область на и над прямой $y = -x - 1$. Вместе с условиями $x < 0$ и $y < 0$ это задаёт треугольник с вершинами в точках (0, 0), (-1, 0) и (0, -1). Эта область совпадает с частью фигуры, расположенной в третьем квадранте.

4. Четвёртый квадрант: $x \ge 0, y < 0$

В этом случае $|x| = x$ и $|y| = -y$. Неравенство принимает вид:

$x - y \le 1$

Это эквивалентно неравенству $y \ge x - 1$, которое определяет область на и над прямой $y = x - 1$. Вместе с условиями $x \ge 0$ и $y < 0$ это задаёт треугольник с вершинами в точках (0, 0), (1, 0) и (0, -1). Эта область совпадает с частью фигуры, расположенной в четвёртом квадранте.

Объединение четырёх полученных треугольных областей образует замкнутую фигуру — квадрат с вершинами в точках (1, 0), (0, 1), (-1, 0) и (0, -1). Эта фигура полностью совпадает с изображённой на рисунке. Таким образом, утверждение доказано.

Ответ: Доказательство основано на рассмотрении неравенства в каждом из четырёх координатных квадрантов. В каждом квадранте после раскрытия модулей получается линейное неравенство, которое вместе с условиями квадранта ($x \ge 0, y \ge 0$ и т.д.) определяет треугольную область. Объединение этих четырёх треугольных областей (для I, II, III и IV квадрантов) и образует заштрихованный квадрат с вершинами в точках (1, 0), (0, 1), (-1, 0), (0, -1), что соответствует фигуре на рисунке.