Номер 16.8, страница 162 - 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 16.8, страница 162.

Условие.

16.8. Изобразите график неравенства:

1) $|x - y| \le 2;$

2) $|x + y| \le x - y;$

3) $|x - y| \ge 2x + y;$

4) $\sqrt{x - y} \le 2;$

5) $\sqrt{x + y} \le \sqrt{2x - y + 1};$

6) $\sqrt{2x + y} \ge \sqrt{x - y - 1}.$

Решение.

1) $|x - y| \le 2$

Данное неравенство с модулем равносильно двойному неравенству:

$-2 \le x - y \le 2$

Это двойное неравенство можно представить в виде системы двух неравенств:

$\begin{cases} x - y \le 2 \\ x - y \ge -2 \end{cases}$

Выразим $y$ в каждом из неравенств:

$\begin{cases} -y \le -x + 2 \\ -y \ge -x - 2 \end{cases} \implies \begin{cases} y \ge x - 2 \\ y \le x + 2 \end{cases}$

Графиком первого неравенства $y \ge x - 2$ является полуплоскость, расположенная выше прямой $y = x - 2$, включая саму прямую.

Графиком второго неравенства $y \le x + 2$ является полуплоскость, расположенная ниже прямой $y = x + 2$, включая саму прямую.

Решением системы является пересечение этих двух полуплоскостей, то есть полоса, заключенная между параллельными прямыми $y = x - 2$ и $y = x + 2$.

Ответ: Графиком неравенства является полоса, заключенная между прямыми $y = x - 2$ и $y = x + 2$, включая сами прямые.

2) $|x + y| \le x - y$

Поскольку модуль числа всегда неотрицателен, правая часть неравенства также должна быть неотрицательной:

$x - y \ge 0 \implies y \le x$

При этом условии, исходное неравенство равносильно двойному неравенству:

$-(x - y) \le x + y \le x - y$

Разобьем его на систему:

$\begin{cases} x + y \le x - y \\ x + y \ge -(x - y) \end{cases} \implies \begin{cases} 2y \le 0 \\ x + y \ge -x + y \end{cases} \implies \begin{cases} y \le 0 \\ 2x \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} y \le 0 \\ x \ge 0 \end{cases}$

Таким образом, мы имеем систему из трех условий:

$\begin{cases} y \le x \\ y \le 0 \\ x \ge 0 \end{cases}$

Условия $x \ge 0$ и $y \le 0$ определяют четвертый координатный квадрант, включая его границы (положительную полуось Ox и отрицательную полуось Oy). Для любой точки в этом квадранте условие $y \le x$ выполняется автоматически. Следовательно, решением является четвертый координатный квадрант.

Ответ: Графиком неравенства является четвертый координатный квадрант, включая его границы (лучи $x \ge 0, y=0$ и $y \le 0, x=0$).

3) $|x - y| \ge 2x + y$

Данное неравенство равносильно совокупности двух неравенств:

$\begin{cases} x - y \ge 2x + y \\ x - y \le -(2x + y) \end{cases}$

Решим каждое неравенство отдельно:

1) $x - y \ge 2x + y \implies -2y \ge x \implies y \le -\frac{1}{2}x$

2) $x - y \le -2x - y \implies 3x \le 0 \implies x \le 0$

Графиком является объединение решений этих двух неравенств. Первое неравенство $y \le -\frac{1}{2}x$ задает полуплоскость ниже прямой $y = -\frac{1}{2}x$ (включая прямую). Второе неравенство $x \le 0$ задает полуплоскость левее оси Oy (включая ось).

Ответ: Графиком является объединение двух полуплоскостей: области, где $x \le 0$, и области, где $y \le -\frac{1}{2}x$.

4) $\sqrt{x - y} \le 2$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным:

$x - y \ge 0 \implies y \le x$

Поскольку обе части неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат:

$(\sqrt{x - y})^2 \le 2^2 \implies x - y \le 4 \implies -y \le -x + 4 \implies y \ge x - 4$

Объединим полученное неравенство с ОДЗ в систему:

$\begin{cases} y \le x \\ y \ge x - 4 \end{cases}$

Это та же самая система, что и в пункте 1, только с другими константами. Решением является полоса, заключенная между параллельными прямыми $y = x$ и $y = x - 4$.

Ответ: Графиком неравенства является полоса, заключенная между прямыми $y = x$ и $y = x - 4$, включая сами прямые.

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

Найдем ОДЗ. Оба подкоренных выражения должны быть неотрицательными:

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

В области допустимых значений обе части неравенства неотрицательны, поэтому можно возвести их в квадрат:

$x + y \le 2x - y + 1 \implies 2y \le x + 1 \implies y \le \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}$

Итак, искомое множество точек задается системой трех неравенств:

$\begin{cases} y \ge -x \\ y \le 2x + 1 \\ y \le \frac{1}{2}x + \frac{1}{2} \end{cases}$

Все три граничные прямые $y = -x$, $y = 2x + 1$ и $y = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}$ пересекаются в одной точке $(-\frac{1}{3}, \frac{1}{3})$. Решением является область, расположенная выше прямой $y = -x$ и одновременно ниже прямых $y = 2x + 1$ и $y = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}$. Эта область представляет собой угол с вершиной в точке $(-\frac{1}{3}, \frac{1}{3})$.

Ответ: Графиком является угол (включая его границы), ограниченный снизу лучом прямой $y = -x$ ($x \ge -\frac{1}{3}$), а сверху — лучами прямых $y = 2x + 1$ ($x \le -\frac{1}{3}$) и $y = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}$ ($x \ge -\frac{1}{3}$), с вершиной в точке $(-\frac{1}{3}, \frac{1}{3})$.

6) $\sqrt{2x + y} \ge \sqrt{x - y - 1}$

Найдем ОДЗ:

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

Возведем обе части исходного неравенства в квадрат:

$2x + y \ge x - y - 1 \implies 2y \ge -x - 1 \implies y \ge -\frac{1}{2}x - \frac{1}{2}$

Объединим все условия в систему:

$\begin{cases} y \ge -2x \\ y \le x - 1 \\ y \ge -\frac{1}{2}x - \frac{1}{2} \end{cases}$

Граничные прямые $y = -2x$, $y = x - 1$ и $y = -\frac{1}{2}x - \frac{1}{2}$ пересекаются в одной точке $(\frac{1}{3}, -\frac{2}{3})$. Решением является область, расположенная ниже прямой $y = x - 1$ и одновременно выше прямых $y = -2x$ и $y = -\frac{1}{2}x - \frac{1}{2}$. Эта область представляет собой угол с вершиной в точке $(\frac{1}{3}, -\frac{2}{3})$.

Ответ: Графиком является угол (включая его границы), ограниченный сверху лучом прямой $y = x - 1$ ($x \ge \frac{1}{3}$), а снизу — лучами прямых $y = -2x$ ($x \le \frac{1}{3}$) и $y = -\frac{1}{2}x - \frac{1}{2}$ ($x \ge \frac{1}{3}$), с вершиной в точке $(\frac{1}{3}, -\frac{2}{3})$.