Номер 16.16, страница 163 - гдз по алгебре 9 класс учебник Мерзляк, Поляков

Глава 3. Неравенства с двумя переменными и их системы. Доказательство неравенств. Параграф 16. Системы неравенств с двумя переменными - номер 16.16, страница 163.

Условие.

16.16. Изобразите график неравенства:

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

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

Решение.

1)

Исходное неравенство $|x^2 + y^2 - 4x| \le 2x$ равносильно системе, которая возникает при раскрытии модуля:

$\begin{cases} 2x \ge 0 \\ x^2 + y^2 - 4x \le 2x \\ x^2 + y^2 - 4x \ge -2x\end{cases}$

Рассмотрим каждое неравенство системы по отдельности.

1. $2x \ge 0 \implies x \ge 0$. Это означает, что решение должно находиться в правой полуплоскости, включая ось $Oy$.

2. $x^2 + y^2 - 4x \le 2x$. Перенесем все члены в левую часть и выделим полный квадрат:

$x^2 - 6x + y^2 \le 0$

$(x^2 - 6x + 9) - 9 + y^2 \le 0$

$(x - 3)^2 + y^2 \le 9$

Это неравенство задает множество точек, находящихся внутри и на окружности с центром в точке $C_1(3, 0)$ и радиусом $R_1 = 3$.

3. $x^2 + y^2 - 4x \ge -2x$. Аналогично преобразуем:

$x^2 - 2x + y^2 \ge 0$

$(x^2 - 2x + 1) - 1 + y^2 \ge 0$

$(x - 1)^2 + y^2 \ge 1$

Это неравенство задает множество точек, находящихся вне и на окружности с центром в точке $C_2(1, 0)$ и радиусом $R_2 = 1$.

Таким образом, искомое множество точек — это пересечение трех областей. Заметим, что обе окружности, $(x - 3)^2 + y^2 = 9$ и $(x - 1)^2 + y^2 = 1$, проходят через начало координат $(0, 0)$ и касаются друг друга в этой точке. Вся область, ограниченная этими окружностями, находится в полуплоскости $x \ge 0$, поэтому первое условие $x \ge 0$ выполняется автоматически для точек, удовлетворяющих двум другим неравенствам.

Ответ: Графиком неравенства является множество точек на плоскости, заключенных между двумя окружностями: $(x - 3)^2 + y^2 = 9$ (большая) и $(x - 1)^2 + y^2 = 1$ (меньшая). Эти окружности касаются друг друга в точке $(0, 0)$. Искомая область включает в себя обе окружности.

2)

Дано неравенство $\sqrt{x^2 - 1} \le \sqrt{2x + 1 - y^2}$.

Во-первых, определим область допустимых значений (ОДЗ), потребовав, чтобы подкоренные выражения были неотрицательными:

$\begin{cases} x^2 - 1 \ge 0 \\ 2x + 1 - y^2 \ge 0\end{cases}$

Из первого неравенства $x^2 \ge 1$ следует, что $x \le -1$ или $x \ge 1$.

Второе неравенство $y^2 \le 2x + 1$ задает область внутри параболы, ветви которой направлены вправо, с вершиной в точке $(-1/2, 0)$.

Так как обе части исходного неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства:

$x^2 - 1 \le 2x + 1 - y^2$

Перенесем все члены в левую часть и выделим полный квадрат для переменной $x$:

$x^2 - 2x - 2 + y^2 \le 0$

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

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

Это неравенство задает круг с центром в точке $(1, 0)$ и радиусом $R = \sqrt{3}$.

Теперь найдем пересечение множества решений с ОДЗ.

1. Совместим круг с условием $x \le -1$ или $x \ge 1$. Абсциссы точек круга лежат в промежутке $[1-\sqrt{3}, 1+\sqrt{3}]$, то есть примерно $[-0.732, 2.732]$. Условие $x \le -1$ не пересекается с этим промежутком. Условие $x \ge 1$ оставляет ту часть круга, где $1 \le x \le 1+\sqrt{3}$.

2. Проверим выполнение второго условия ОДЗ, $y^2 \le 2x + 1$, для полученного сегмента круга. Для любой точки $(x, y)$ этого сегмента верно $(x - 1)^2 + y^2 \le 3$, откуда $y^2 \le 3 - (x-1)^2 = -x^2+2x+2$. Нам нужно проверить, выполняется ли $-x^2+2x+2 \le 2x+1$. Это неравенство равносильно $1 \le x^2$, или $|x| \ge 1$. Поскольку для нашего сегмента $x \ge 1$, это условие всегда выполняется. Следовательно, второе ограничение ОДЗ не сужает полученную область.

Таким образом, искомое множество точек — это сегмент круга, определяемый неравенством $(x - 1)^2 + y^2 \le 3$ и условием $x \ge 1$.

Ответ: Графиком неравенства является сегмент круга, ограниченный слева отрезком прямой $x=1$ между точками $(1, -\sqrt{3})$ и $(1, \sqrt{3})$, а справа — дугой окружности $(x - 1)^2 + y^2 = 3$. Множество включает в себя свои границы.