Номер 15.11, страница 154 - гдз по алгебре 9 класс учебник Мерзляк, Поляков

Глава 3. Неравенства с двумя переменными и их системы. Доказательство неравенств. Параграф 15. Неравенства с двумя переменными - номер 15.11, страница 154.

Условие.

15.11. Постройте график неравенства:

1) $y < |x^2 - 4x|;$

2) $y \ge x^2 - 4|x|;$

3) $y \le |x^2 - 4|x||;$

4) $x^2 - 2|x| + y^2 \le 0;$

5) $x^2 - 2|x| + y^2 - 2|y| + 1 > 0;$

6) $|x|y > 3;$

7) $x|y| \le 6;$

8) $|xy| > 12;$

9) $|x| + |y| \le 1;$

10) $|x| - |y| > 1.$

Решение.

1) $y < |x^2 - 4x|$

Границей искомой области является график функции $y = |x^2 - 4x|$. Построим его. Сначала построим параболу $y = x^2 - 4x$. Это парабола, ветви которой направлены вверх. Она пересекает ось абсцисс в точках $x=0$ и $x=4$. Вершина параболы находится в точке $(2, -4)$. График функции $y = |x^2 - 4x|$ получается из графика параболы $y = x^2 - 4x$ путем симметричного отражения относительно оси Ox той части графика, которая лежит ниже оси Ox (на интервале $x \in (0, 4)$). Вершина отраженной части окажется в точке $(2, 4)$. Так как неравенство строгое ($<$), граница области изображается пунктирной линией. Неравенство $y < |x^2 - 4x|$ означает, что искомая область лежит ниже построенного графика. Для проверки можно взять точку $(2, 1)$: $1 < |2^2 - 4 \cdot 2| \implies 1 < |-4| \implies 1 < 4$. Неравенство верно, значит, точка $(2, 1)$ принадлежит искомой области.

Ответ: Множество точек плоскости, расположенных ниже графика функции $y = |x^2 - 4x|$, граница которого изображена пунктирной линией.

2) $y \ge x^2 - 4|x|$

Границей области является график функции $y = x^2 - 4|x|$. Функция $f(x) = x^2 - 4|x|$ является четной, так как $f(-x) = (-x)^2 - 4|-x| = x^2 - 4|x| = f(x)$. Это означает, что ее график симметричен относительно оси Oy. Построим график для $x \ge 0$. При $x \ge 0$ имеем $|x|=x$, и функция принимает вид $y = x^2 - 4x$. Это часть параболы с ветвями вверх, вершиной в $(2, -4)$ и пересечением с осями в точках $(0, 0)$ и $(4, 0)$. Для $x < 0$ график строится симметричным отражением построенной части относительно оси Oy. Получим график, похожий на букву W, с вершинами в точках $(2, -4)$ и $(-2, -4)$. Неравенство нестрогое ($\ge$), поэтому граница изображается сплошной линией. Искомая область удовлетворяет условию $y \ge x^2 - 4|x|$, то есть находится выше построенной границы. Для проверки возьмем точку $(0, 1)$: $1 \ge 0^2 - 4|0| \implies 1 \ge 0$. Неравенство верно.

Ответ: Множество точек плоскости, расположенных на и выше графика функции $y = x^2 - 4|x|$.

3) $y \le |x^2 - 4|x||$

Границей является график функции $y = |x^2 - 4|x||$. Сначала построим график функции $g(x) = x^2 - 4|x|$, как в предыдущем пункте. Затем применим внешнее абсолютное значение: $y = |g(x)|$. Это означает, что части графика $g(x)$, которые находятся ниже оси Ox, нужно симметрично отразить относительно оси Ox. В данном случае, это части графика на интервале $x \in (-4, 4)$. Вершины в точках $(2, -4)$ и $(-2, -4)$ отразятся в точки $(2, 4)$ и $(-2, 4)$. Неравенство нестрогое ($\le$), поэтому граница изображается сплошной линией. Искомая область удовлетворяет условию $y \le |x^2 - 4|x|||$, то есть находится ниже построенной границы. Проверим точку $(2, 1)$: $1 \le |2^2 - 4|2|| \implies 1 \le |4-8| \implies 1 \le 4$. Неравенство верно.

Ответ: Множество точек плоскости, расположенных на и ниже графика функции $y = |x^2 - 4|x||$.

4) $x^2 - 2|x| + y^2 \le 0$

Преобразуем неравенство. Так как $x^2 = |x|^2$, имеем $|x|^2 - 2|x| + y^2 \le 0$. Дополним до полного квадрата по $|x|$: $(|x|^2 - 2|x| + 1) - 1 + y^2 \le 0$, что равносильно $(|x| - 1)^2 + y^2 \le 1$. Рассмотрим два случая: 1. Если $x \ge 0$, то $|x|=x$, и неравенство принимает вид $(x - 1)^2 + y^2 \le 1$. Это неравенство задает замкнутый круг (диск) с центром в точке $(1, 0)$ и радиусом 1. 2. Если $x < 0$, то $|x|=-x$, и неравенство принимает вид $(-x - 1)^2 + y^2 \le 1$, что эквивалентно $(x + 1)^2 + y^2 \le 1$. Это неравенство задает замкнутый круг с центром в точке $(-1, 0)$ и радиусом 1. Границей является объединение двух окружностей, касающихся в точке $(0, 0)$. Неравенство нестрогое ($\le$), поэтому граница сплошная. Решением является объединение двух указанных кругов.

Ответ: Объединение двух замкнутых кругов: один с центром в $(1, 0)$ и радиусом 1, другой с центром в $(-1, 0)$ и радиусом 1.

5) $x^2 - 2|x| + y^2 - 2|y| + 1 > 0$

Преобразуем неравенство, используя $x^2 = |x|^2$ и $y^2 = |y|^2$: $|x|^2 - 2|x| + |y|^2 - 2|y| + 1 > 0$. Дополним до полных квадратов: $(|x|^2 - 2|x| + 1) + (|y|^2 - 2|y| + 1) - 1 > 0$, что равносильно $(|x| - 1)^2 + (|y| - 1)^2 > 1$. Рассмотрим это неравенство в каждом координатном квадранте: - В I квадранте ($x \ge 0, y \ge 0$): $(x - 1)^2 + (y - 1)^2 > 1$. Это область вне круга с центром в $(1, 1)$ и радиусом 1. - В II квадранте ($x < 0, y \ge 0$): $(x + 1)^2 + (y - 1)^2 > 1$. Это область вне круга с центром в $(-1, 1)$ и радиусом 1. - В III квадранте ($x < 0, y < 0$): $(x + 1)^2 + (y + 1)^2 > 1$. Это область вне круга с центром в $(-1, -1)$ и радиусом 1. - В IV квадранте ($x \ge 0, y < 0$): $(x - 1)^2 + (y + 1)^2 > 1$. Это область вне круга с центром в $(1, -1)$ и радиусом 1. Неравенство строгое ($>$), поэтому границы (четыре окружности) изображаются пунктирными линиями. Решением является вся координатная плоскость, из которой удалены четыре открытых круга с центрами в точках $(\pm 1, \pm 1)$ и радиусами, равными 1.

Ответ: Вся плоскость за исключением четырех замкнутых кругов с радиусом 1 и центрами в точках $(1, 1)$, $(-1, 1)$, $(-1, -1)$ и $(1, -1)$. Границы этих кругов изображаются пунктиром.

6) $|x|y > 3$

Заметим, что $x \neq 0$, иначе $0 > 3$, что неверно. Так как $|x| > 0$ при $x \neq 0$, мы можем разделить обе части неравенства на $|x|$ без изменения знака: $y > \frac{3}{|x|}$. Границей области является график функции $y = \frac{3}{|x|}$. - При $x > 0$, $y = \frac{3}{x}$ (ветвь гиперболы в I квадранте). - При $x < 0$, $y = \frac{3}{-x} = -\frac{3}{x}$ (ветвь гиперболы во II квадранте). Неравенство строгое ($>$), поэтому граница изображается пунктирной линией. Решением является область, расположенная выше графика $y = \frac{3}{|x|}$.

Ответ: Множество точек плоскости, расположенных выше графика функции $y = \frac{3}{|x|}$, граница которого изображена пунктирной линией.

7) $x|y| \le 6$

Рассмотрим три случая для $x$: 1. Если $x > 0$, неравенство равносильно $|y| \le \frac{6}{x}$, что эквивалентно системе $-\frac{6}{x} \le y \le \frac{6}{x}$. Это область в правой полуплоскости между ветвями гипербол $y = \frac{6}{x}$ и $y = -\frac{6}{x}$. 2. Если $x = 0$, неравенство принимает вид $0 \cdot |y| \le 6$, то есть $0 \le 6$. Это верно для любого $y$. Значит, вся ось Oy ($x=0$) является решением. 3. Если $x < 0$, то $x|y|$ является неположительным числом. Любое неположительное число меньше или равно 6. Следовательно, вся левая полуплоскость ($x < 0$) является решением. Неравенство нестрогое ($\le$), поэтому границы ($y = \pm\frac{6}{x}$ для $x>0$) сплошные.

Ответ: Объединение всей левой полуплоскости ($x \le 0$) и области в правой полуплоскости, заключенной между ветвями гипербол $y = \frac{6}{x}$ и $y = -\frac{6}{x}$, включая сами ветви.

8) $|xy| > 12$

Данное неравенство равносильно совокупности двух неравенств: $xy > 12$ или $xy < -12$. 1. Неравенство $xy > 12$ эквивалентно $y > \frac{12}{x}$ при $x>0$ и $y < \frac{12}{x}$ при $x<0$. Это область "над" ветвью гиперболы $y = \frac{12}{x}$ в I квадранте и "под" ветвью в III квадранте. 2. Неравенство $xy < -12$ эквивалентно $y < -\frac{12}{x}$ при $x>0$ и $y > -\frac{12}{x}$ при $x<0$. Это область "под" ветвью гиперболы $y = -\frac{12}{x}$ в IV квадранте и "над" ветвью во II квадранте. Неравенство строгое ($>$), поэтому обе гиперболы $y = \frac{12}{x}$ и $y = -\frac{12}{x}$ изображаются пунктирными линиями. Решением является объединение четырех областей в каждом квадранте, ограниченных ветвями этих гипербол.

Ответ: Область, лежащая "снаружи" от двух гипербол $y = \frac{12}{x}$ и $y = -\frac{12}{x}$. Границы изображаются пунктирными линиями.

9) $|x| + |y| \le 1$

Границей области является фигура, заданная уравнением $|x| + |y| = 1$. - В I квадранте ($x \ge 0, y \ge 0$): $x + y = 1$ (отрезок прямой от $(1,0)$ до $(0,1)$). - В II квадранте ($x < 0, y \ge 0$): $-x + y = 1$ (отрезок прямой от $(0,1)$ до $(-1,0)$). - В III квадранте ($x < 0, y < 0$): $-x - y = 1$ (отрезок прямой от $(-1,0)$ до $(0,-1)$). - В IV квадранте ($x \ge 0, y < 0$): $x - y = 1$ (отрезок прямой от $(0,-1)$ до $(1,0)$). Вместе эти отрезки образуют квадрат с вершинами в точках $(1, 0)$, $(0, 1)$, $(-1, 0)$, $(0, -1)$. Неравенство нестрогое ($\le$), поэтому граница сплошная. Проверим точку $(0, 0)$: $|0| + |0| = 0 \le 1$. Неравенство верно, значит, решением является область внутри квадрата, включая его стороны.

Ответ: Замкнутый квадрат с вершинами в точках $(1, 0)$, $(0, 1)$, $(-1, 0)$ и $(0, -1)$.

10) $|x| - |y| > 1$

Преобразуем неравенство: $|x| - 1 > |y|$. Так как $|y| \ge 0$, должно выполняться условие $|x| - 1 > 0$, то есть $|x| > 1$. Это означает, что решение существует только для $x > 1$ и $x < -1$. Неравенство $|x| - 1 > |y|$ равносильно системе $-(|x|-1) < y < |x|-1$. Границей являются линии $y = |x|-1$ и $y = -(|x|-1)$. Рассмотрим случаи: - При $x > 1$: $-x+1 < y < x-1$. Решением является область между лучами $y = x-1$ и $y = -x+1$, исходящими из точки $(1, 0)$. - При $x < -1$: $-(-x-1) < y < -x-1$, что равносильно $x+1 < y < -x-1$. Решением является область между лучами $y = -x-1$ и $y = x+1$, исходящими из точки $(-1, 0)$. Неравенство строгое ($>$), поэтому все четыре луча, образующие границу, изображаются пунктирными линиями.

Ответ: Две области: одна в правой полуплоскости, ограниченная лучами $y=x-1$ и $y=-x+1$ ($x>1$), и вторая в левой полуплоскости, ограниченная лучами $y=-x-1$ и $y=x+1$ ($x<-1$). Границы изображаются пунктиром.