Номер 15.13, страница 155 - 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 15.13, страница 155.

Условие.

15.13. Постройте график неравенства:

1) $ (x + y)^2(x + y + 1) \le 0; $

2) $ (x + y + 1)(x - y)^2 < 0; $

3) $ (x - y)|x| \le 0; $

4) $ \frac{x^2 + y^2 - 4}{|y|} < 0. $

Решение.

1) Дано неравенство $(x + y)^2(x + y + 1) \le 0$.

Поскольку множитель $(x+y)^2$ всегда неотрицателен (то есть $(x+y)^2 \ge 0$ для любых $x$ и $y$), произведение будет неположительным в двух случаях:

а) Когда произведение равно нулю. Это происходит, если хотя бы один из множителей равен нулю:
$(x+y)^2 = 0 \implies x+y=0 \implies y = -x$ (прямая линия).
или
$x+y+1 = 0 \implies y = -x-1$ (прямая линия).

б) Когда произведение отрицательно. Так как $(x+y)^2$ не может быть отрицательным, для этого необходимо, чтобы $(x+y)^2 > 0$ и второй множитель был отрицательным:
$x+y+1 < 0 \implies y < -x-1$.
Условие $(x+y)^2 > 0$ означает, что $x+y \ne 0$, то есть $y \ne -x$. Это условие выполняется для всех точек в области $y < -x-1$, так как прямые $y=-x$ и $y=-x-1$ параллельны и не пересекаются.

Объединяя оба случая, мы получаем, что решением является совокупность прямой $y=-x$ и замкнутой полуплоскости $y \le -x-1$.

Ответ: Графиком является объединение прямой $y = -x$ и полуплоскости $y \le -x-1$.

2) Дано неравенство $(x+y+1)(x-y)^2 < 0$.

Множитель $(x-y)^2$ всегда неотрицателен. Поскольку неравенство строгое, произведение не может быть равно нулю. Это значит, что $(x-y)^2$ должен быть строго больше нуля, а множитель $(x+y+1)$ должен быть строго меньше нуля.

Получаем систему неравенств:
$\begin{cases} (x-y)^2 > 0 \\ x+y+1 < 0 \end{cases}$

Из первого неравенства следует, что $x-y \ne 0$, то есть $y \ne x$. Это означает, что все точки на прямой $y=x$ исключаются из решения.

Из второго неравенства получаем $y < -x-1$. Это открытая полуплоскость, лежащая ниже прямой $y=-x-1$. Сама прямая не является частью решения.

Таким образом, графиком неравенства является открытая полуплоскость $y < -x-1$, из которой исключены точки, принадлежащие прямой $y=x$.

Ответ: Графиком является открытая полуплоскость $y < -x-1$, из которой удалены точки прямой $y=x$.

3) Дано неравенство $(x-y)|x| \le 0$.

Рассмотрим три случая в зависимости от знака $x$.

а) Если $x > 0$, то $|x| = x$. Неравенство принимает вид $(x-y)x \le 0$. Так как $x>0$, можем разделить обе части на $x$, не меняя знака неравенства: $x-y \le 0$, что равносильно $y \ge x$. Это замкнутая полуплоскость выше прямой $y=x$ в правой полуплоскости ($x>0$).

б) Если $x < 0$, то $|x| = -x$. Неравенство принимает вид $(x-y)(-x) \le 0$. Так как $-x > 0$, можем разделить обе части на $-x$: $x-y \le 0$, что равносильно $y \ge x$. Это замкнутая полуплоскость выше прямой $y=x$ в левой полуплоскости ($x<0$).

в) Если $x = 0$, то $|x|=0$. Неравенство становится $(0-y) \cdot 0 \le 0$, или $0 \le 0$. Это верно для любого значения $y$. Следовательно, вся ось ординат ($x=0$) является решением.

Объединяя все три случая, получаем, что решением является замкнутая полуплоскость $y \ge x$ и вся ось ординат $x=0$.

Ответ: Графиком является объединение замкнутой полуплоскости $y \ge x$ и оси ординат ($x=0$).

4) Дано неравенство $\frac{x^2+y^2-4}{|y|} < 0$.

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Знаменатель дроби не может быть равен нулю, поэтому $|y| \ne 0$, что означает $y \ne 0$. Таким образом, ось абсцисс ($y=0$) должна быть исключена из решения.

В области ОДЗ знаменатель $|y|$ всегда строго положителен. Следовательно, знак дроби определяется знаком числителя. Неравенство равносильно системе:
$\begin{cases} x^2+y^2-4 < 0 \\ y \ne 0 \end{cases}$

Неравенство $x^2+y^2-4 < 0$ можно переписать как $x^2+y^2 < 4$. Это неравенство задает множество всех точек, находящихся внутри окружности с центром в начале координат $(0,0)$ и радиусом $R=2$. Граница окружности не включается, так как неравенство строгое.

Условие $y \ne 0$ исключает из этой области все точки, лежащие на оси $x$.

Итак, решением является круг радиуса 2 с центром в начале координат, из которого удален диаметр, лежащий на оси абсцисс.

Ответ: Графиком является круг $x^2+y^2 < 4$ (без границы) с исключенной осью абсцисс ($y=0$).