ГДЗ по Алгебре 9 Класс Номер 16.8 Углубленный Уровень Мерзляк, Поляков — Подробные Ответы

Изобразите график неравенства:

1) \( |x — y| < 2 \);

2) \( |x + y| \leq x — y \);

3) \( |x — y| > 2x + y \);

4) \( |x — y| < 2 \);

5) \( \sqrt{x + y} \geq 2x — y + 1 \);

6) \( 2x + y > \sqrt{x — y — 1} \).

1) Для неравенства \( |x — y| < 2 \) рассматриваем область между прямыми \( y = x — 2 \) и \( y = x + 2 \). Решение — область между этими параллельными прямыми, не включая сами линии.

2) Для \( |x + y| \leq x — y \) преобразуем через случаи. Если \( x + y \geq 0 \), то \( x + y \leq x — y \), что дает \( y \leq 0 \). Если \( x + y < 0 \), то \( -(x + y) \leq x — y \), что приводит к \( y \geq 0 \). Итог: область \( y \leq 0 \) при \( x + y \geq 0 \) (второй квадрант) и \( y \geq 0 \) при \( x + y < 0 \) (четвертый квадрант).

3) Для \( |x — y| > 2x + y \) решаем через случаи. Если \( x — y \geq 0 \), то \( x — y > 2x + y \), что дает \( y < -\frac{1}{2}x \). Если \( x — y < 0 \), то \( -(x — y) > 2x + y \), что приводит к \( y > 3x \). Решение — область выше прямой \( y = 3x \) и ниже \( y = -\frac{1}{2}x \).

4) Для \( |x — y| < 2 \) решение совпадает с пунктом 1: область между \( y = x — 2 \) и \( y = x + 2 \), без самих прямых.

5) Для \( \sqrt{x + y} \geq 2x — y + 1 \) учитываем область определения \( x + y \geq 0 \). Подставим \( t = x + y \), но проще возвести в квадрат: \( x + y \geq (2x — y + 1)^2 \). После упрощения получаем параболу, область выше которой (с учетом \( x + y \geq 0 \)) является решением.

6) Для \( 2x + y > \sqrt{x — y — 1} \) область определения \( x — y — 1 \geq 0 \), то есть \( y \leq x — 1 \). Возводим в квадрат: \( (2x + y)^2 > x — y — 1 \). После упрощения получаем область выше параболы, но только ниже прямой \( y = x — 1 \).

1) Неравенство \( |x — y| < 2 \) означает, что модуль разности координат точки меньше двух. Эквивалентно это можно записать как систему двойных строгих неравенств \( -2 < x — y < 2 \). Перенеся члены, получаем два линейных неравенства: \( y < x + 2 \) и \( y > x — 2 \). Геометрически это открытая полоса между двумя параллельными прямыми \( y = x + 2 \) и \( y = x — 2 \), не включая сами граничные линии, так как неравенство строгое. Каждая точка внутри этой полосы удовлетворяет условию, поскольку вертикальное расстояние до биссектрисы первого и третьего квадрантов \( y = x \) по направлению перпендикуляра ограничено величиной 2. Область решения связна и неограниченна, простираясь во всех направлениях, и симметрична относительно прямой \( y = x \), так как выражение \( |x — y| \) инвариантно при перестановке \( x \) и \( y \).

Для лучшего понимания можно рассмотреть уровневые множества функции \( |x — y| \). Прямые \( y = x \pm c \) являются линиями уровня \( |x — y| = c \). Тогда наше неравенство соответствует всем уровням с \( c < 2 \). Граница \( y = x \pm 2 \) не входит, потому что на ней модуль равен ровно 2, а требуется строго меньше. Если заменить знак на \( \leq \), то граничные прямые добавились бы к области как замыкание.

Важно отметить, что вектор нормали к обеим граничным прямым одинаков по направлению, а именно \( (1, -1) \). Это подчеркивает, что полоса «перпендикулярна» биссектрисе \( y = -x \) и «параллельна» биссектрисе \( y = x \). Любая прямая, параллельная \( y = x \), целиком лежит внутри или вне области в зависимости от ее смещения: только те, что между \( y = x — 2 \) и \( y = x + 2 \), образуют множество решений.

2) Неравенство \( |x + y| \leq x — y \) требует аккуратной проверки знаков правой части, поскольку модуль слева неотрицателен, значит необходимо, чтобы \( x — y \geq 0 \), иначе правая часть отрицательна и не может быть больше или равна модулю. Итак, первое условие: \( x — y \geq 0 \), то есть \( y \leq x \). Далее рассмотрим два случая по знаку \( x + y \). Если \( x + y \geq 0 \), то модуль раскрывается как \( x + y \), и получаем \( x + y \leq x — y \), что эквивалентно \( 2y \leq 0 \), то есть \( y \leq 0 \). Совместив с \( y \leq x \), получаем область \( y \leq \min(x, 0) \) при \( x + y \geq 0 \). Если \( x + y < 0 \), то модуль раскрывается как \( -(x + y) \), и получаем \( -(x + y) \leq x — y \), то есть \( -x — y \leq x — y \), эквивалентно \( -x \leq x \), то есть \( x \geq 0 \). Совместив с обязательным \( y \leq x \) и условием случая \( x + y < 0 \), получаем \( x \geq 0 \), \( y < -x \), и автоматически \( y \leq x \) здесь выполнено, так как при \( x \geq 0 \) и \( y < -x \) имеем \( y \leq -x \leq x \).

Геометрически итоговая область состоит из двух частей, объединенных условием \( x — y \geq 0 \) (ниже или на прямой \( y = x \)). Первая часть: при \( x + y \geq 0 \) это полуплоскость \( y \leq 0 \) пересеченная с \( y \leq x \) и \( x + y \geq 0 \), то есть область под осью \( Ox \) и под биссектрисой \( y = x \), справа от прямой \( y = -x \). Вторая часть: при \( x + y < 0 \) это клин ниже прямой \( y = -x \) в правой полуплоскости \( x \geq 0 \), также ниже \( y = x \). Обе части соприкасаются по лучу вдоль оси \( Ox \) при \( y = 0 \), \( x \geq 0 \), где выполняется равенство \( |x + 0| \leq x — 0 \).

Часто встречающаяся ошибка — забыть условие \( x — y \geq 0 \). Если его опустить, можно ошибочно включить точки, где правая часть отрицательна, а левая часть неотрицательна, что невозможно. Проверка граничных прямых: на \( y = x \) имеем \( |2x| \leq 0 \), значит допускается только \( x = 0 \), то есть точка \( (0,0) \) входит. На \( y = -x \) при \( x \geq 0 \) имеем \( |0| \leq 2x \), верно, а при \( x < 0 \) нарушается условие \( x — y \geq 0 \).

3) Неравенство \( |x — y| > 2x + y \) требует, чтобы правая часть была меньше некоторого неотрицательного модуля; это не накладывает жёсткого знака на \( 2x + y \), но случаи по знаку \( x — y \) дадут линейные полуплоскости. Случай \( x — y \geq 0 \): раскрываем модуль как \( x — y \) и получаем \( x — y > 2x + y \), то есть \( -y — y > 2x — x \), эквивалентно \( -2y > x \). Умножая на \( -1 \) с изменением знака, получаем \( 2y < -x \), то есть \( y < -\frac{1}{2}x \). Дополнительно сохраняется условие случая \( y \leq x \), но оно избыточно, так как для любых \( x \) неравенство \( y < -\frac{1}{2}x \) уже обеспечивает \( y \leq x \) при всех \( x \) (ведь \( -\frac{1}{2}x \leq x \) эквивалентно \( \frac{3}{2}x \geq 0 \), что верно при \( x \geq 0 \); а при \( x < 0 \) всё равно \( y < -\frac{1}{2}x \) не противоречит \( y \leq x \), но проверка показывает, что пересечение корректно описывается \( y < -\frac{1}{2}x \) и \( y \leq x \); однако \( y \leq x \) в итоге не сужает область ниже \( y = -\frac{1}{2}x \), так как эта прямая всегда ниже или равна \( y = x \) для \( x \geq 0 \) и выше для \( x < 0 \), но точки с \( x < 0 \) и \( y < -\frac{1}{2}x \) всё равно удовлетворяют исходному неравенству, что можно проверить подстановкой).

Случай \( x — y < 0 \): раскрываем модуль как \( -(x — y) \) и получаем \( -(x — y) > 2x + y \), то есть \( -x + y > 2x + y \), что даёт \( -x > 2x \) и, следовательно, \( x < 0 \). Здесь условие на \( y \) сокращается, получаем только ограничение на \( x \). Однако удобнее преобразовать аккуратно: \( -(x — y) > 2x + y \) эквивалентно \( -x + y > 2x + y \), сократив \( y \) получаем \( -x > 2x \), то есть \( 0 > 3x \), значит \( x < 0 \). В этом случае любое \( y \) удовлетворяет? Нет, нужно также сохранить условие \( x — y < 0 \), то есть \( y > x \). Но исходное сравнение уже не содержит \( y \) после сокращения, поэтому достаточно \( x < 0 \) и \( y > x \). Это эквивалентно полуплоскости выше прямой \( y = x \) в левой полуплоскости. Тем не менее, более точное разложение, не сокращающее некорректно, даёт стандартную форму: перепишем исходное неравенство как систему двух: при \( x — y \geq 0 \) имеем \( y < -\frac{1}{2}x \); при \( x — y < 0 \) переносим члены: \( y — x > 2x + y \Rightarrow -x > 2x \Rightarrow x < 0 \). Совместим со случаем \( y > x \): получаем область \( x < 0 \) и \( y > x \), которая геометрически шире, чем просто \( y > 3x \). Следовательно, исходное разбиение «\( y > 3x \) или \( y < -\frac{1}{2}x \)» некорректно: правильная верхняя ветвь не является прямой \( y = 3x \). Для точного ответа запишем оба случая корректно: первая часть \( y < -\frac{1}{2}x \); вторая часть \( x < 0 \) и \( y > x \). Объединение этих множеств образует решение.

Проверим граничные линии. Прямая \( y = -\frac{1}{2}x \) не входит, так как неравенство строгое. Прямая \( y = x \) не входит, так как в исходном неравенстве при \( y = x \) получаем \( 0 > 3x \), что верно только при \( x < 0 \), но на границе случая модуль равен нулю, и сравнение строгое не выполняется как равенство; однако здесь нет противоречия, потому что случай \( x — y < 0 \) не включает точек \( y = x \). Таким образом, область состоит из двух открытых частей, разделенных линиями \( y = x \) и \( y = -\frac{1}{2}x \), с дополнительным ограничением \( x < 0 \) в верхней части.

4) Неравенство \( |x — y| < 2 \) полностью совпадает с пунктом 1, поэтому решение — открытая полоса между параллельными прямыми \( y = x — 2 \) и \( y = x + 2 \), без включения самих прямых. Повторно отметим, что любая точка строго внутри этой полосы удовлетворяет \( -2 < x — y < 2 \), а точки на границах дают \( |x — y| = 2 \), что не подходит из-за строгости.

Также полезно понимать, что эта область является эпсилон-окрестностью прямой \( y = x \) относительно метрики \( d((x,y), L) = \frac{|x — y|}{\sqrt{2}} \), где \( L \) — прямая \( y = x \). Тогда условие \( |x — y| < 2 \) эквивалентно \( d((x,y), L) < \frac{2}{\sqrt{2}} \), то есть расстояние до прямой меньше \( \sqrt{2} \). Это даёт дополнительную геометрическую интерпретацию ширины полосы.

Заметим симметрию: если заменить \( (x, y) \) на \( (y, x) \), неравенство не меняется, поскольку выражение \( |x — y| \) симметрично. Следовательно, область решения инвариантна относительно отражения относительно прямой \( y = x \).

5) Неравенство \( \sqrt{x + y} \geq 2x — y + 1 \) определено только при \( x + y \geq 0 \). Правая часть линейна по \( x \) и \( y \), а левая — вогнутая функция. Для корректного возведения в квадрат необходимо учесть знак правой части: если \( 2x — y + 1 \leq 0 \), то неравенство выполняется автоматически при любом \( x + y \geq 0 \), так как левая часть неотрицательна, а правая неположительна. Условие \( 2x — y + 1 \leq 0 \) эквивалентно \( y \geq 2x + 1 \). Это первая часть решения: полуплоскость выше прямой \( y = 2x + 1 \), пересеченная с полуплоскостью \( x + y \geq 0 \).

Если \( 2x — y + 1 > 0 \), можно возвести в квадрат без изменения знака: получаем \( x + y \geq (2x — y + 1)^{2} \). Раскроем квадрат: \( (2x — y + 1)^{2} = 4x^{2} + y^{2} + 1 + 2\cdot(2x)(-y) + 2\cdot(2x)\cdot 1 + 2\cdot(-y)\cdot 1=\)
\( = 4x^{2} — 4xy + y^{2} + 4x — 2y + 1 \). Тогда неравенство принимает вид \( x + y \geq 4x^{2} — 4xy + y^{2} + 4x — 2y + 1 \). Перенесём всё в правую часть для наглядности: \( 0 \geq 4x^{2} — 4xy + y^{2} + 4x — 2y + 1 — x — y = 4x^{2} — 4xy + y^{2} + 3x — 3y + 1 \). Эквивалентно \( 4x^{2} — 4xy + y^{2} + 3x — 3y + 1 \leq 0 \). Это квадратичная кривая второго порядка, представляющая эллипсоподобную кривую, но с косым смешанным членом \( -4xy \), то есть повернутую квадратику. Область решений при \( 2x — y + 1 > 0 \) — множество точек, для которых эта квадратичная форма не положительна, то есть «внутри и на» соответствующей кривой, с дополнительными условиями \( x + y \geq 0 \) и \( 2x — y + 1 > 0 \).

Итоговое множество — объединение двух частей: первая \( \{(x,y): x + y \geq 0,\ y \geq 2x + 1\} \); вторая \( \{(x,y): x + y \geq 0,\ 2x — y + 1 > 0,\ 4x^{2} — 4xy + y^{2} + 3x — 3y + 1 \leq 0\} \). Граница включает дугу квадратичной кривой там, где \( 2x — y + 1 \geq 0 \), и луч прямой \( y = 2x + 1 \) там, где \( x + y \geq 0 \). Важное дополнение: если исходно просто возвести в квадрат без разбиения на знак, можно ошибочно включить точки с \( 2x — y + 1 < 0 \), но это как раз корректно включается автоматически, поскольку при неположительной правой части исходное неравенство истинно при \( x + y \geq 0 \).

6) Неравенство \( 2x + y > \sqrt{x — y — 1} \) определено при \( x — y — 1 \geq 0 \), то есть \( y \leq x — 1 \). Кроме того, левая часть может быть отрицательной; если \( 2x + y \leq 0 \), то правая часть неотрицательна, и сравнение не может выполниться, кроме невозможного случая \( \sqrt{\cdot} < 0 \). Поэтому обязательно \( 2x + y > 0 \). При этих условиях возведение в квадрат допустимо и сохраняет строгий знак: \( (2x + y)^{2} > x — y — 1 \). Раскроем: \( (2x + y)^{2} = 4x^{2} + 4xy + y^{2} \). Переносим вправо: \( 0 > x — y — 1 — (4x^{2} + 4xy + y^{2}) \), или \( 4x^{2} + 4xy + y^{2} + 1 — x + y < 0 \). Эквивалентная форма: \( 4x^{2} + 4xy + y^{2} — x + y + 1 < 0 \). Это внутренняя область относительно очередной квадратичной кривой второго порядка с смешанным членом \( 4xy \), граница которой задаётся равенством \( 4x^{2} + 4xy + y^{2} — x + y + 1 = 0 \).

Полное решение — пересечение трёх условий: область определения \( y \leq x — 1 \), знак левой части \( 2x + y > 0 \) и квадратичное неравенство \( 4x^{2} + 4xy + y^{2} — x + y + 1 < 0 \). Геометрически это часть, лежащая ниже прямой \( y = x — 1 \), выше прямой \( y = -2x \) (так как из \( 2x + y > 0 \) следует \( y > -2x \)), и внутри соответствующей овальной кривой. Заметим, что без условия \( 2x + y > 0 \) появятся ложные точки после возведения в квадрат, поскольку для отрицательного \( 2x + y \) квадратное неравенство может быть выполнено, но исходное сравнение не может быть истинно из-за неотрицательности корня.

Проверка граничных случаев: на прямой \( y = x — 1 \) правая часть корня обращается в нуль, и условие становится \( 2x + (x — 1) > 0 \), то есть \( 3x > 1 \) или \( x > \frac{1}{3} \); эти точки не входят, поскольку граница по корню не включается, но они указывают, где кривая решения подходит к прямой. На прямой \( y = -2x \) левая часть равна нулю, и сравнение превращается в \( 0 > \sqrt{x — (-2x) — 1} = \sqrt{3x — 1} \), что невозможно, значит граница \( y = -2x \) не входит и лежит полностью вне решения, подтверждая необходимость строгого неравенства \( 2x + y > 0 \).