ГДЗ по Алгебре 9 Класс Номер 16.9 Углубленный Уровень Мерзляк, Поляков — Подробные Ответы

Изобразите график неравенства:
1) \( |2x — y| \leq 1 \);
2) \( |2x — y| \leq x + y \);
3) \( |x + y| > x — y \);
4) \( (x — 2y — 16) \leq |x — y| \).

Для построения графиков неравенств рассмотрим каждое из них с кратким решением и объяснением.

График неравенства \( |2x — y| \leq 1 \) строится путем нахождения границ \( 2x — y = 1 \) и \( 2x — y = -1 \). Это две прямые, между которыми (включая сами прямые) лежат точки, удовлетворяющие неравенству. Область решения — полоса между прямыми \( y = 2x — 1 \) и \( y = 2x + 1 \).

Для неравенства \( |2x — y| \leq x + y \) преобразуем его: \( |2x — y| \leq x + y \). Рассмотрим случаи \( 2x — y \geq 0 \) и \( 2x — y < 0 \), что приводит к системам \( y \leq 2x \) и \( y \geq \frac{x}{3} \), либо \( y > 2x \) и \( y \leq x — 1 \). Область решения — объединение этих условий, что формирует определенную зону на плоскости.

Неравенство \( |x + y| > x — y \) решается путем анализа случаев для модуля. Если \( x + y \geq 0 \), то \( x + y > x — y \), что упрощается до \( y > 0 \). Если \( x + y < 0 \), то \( -(x + y) > x — y \), что дает \( -x — y > x — y \), или \( x < 0 \). Итоговая область: \( y > 0 \) или \( x < 0 \), то есть верхняя полуплоскость и левая полуплоскость.

Для неравенства \( (x — 2y — 16) \leq |x — y| \) рассмотрим \( x — y \geq 0 \) и \( x — y < 0 \). В первом случае \( x — 2y — 16 \leq x — y \), что дает \( y \geq 16 \). Во втором случае \( x — 2y — 16 \leq -(x — y) \), что приводит к \( 2x — y \leq 16 \). Область решения — объединение зон \( y \geq 16 \) при \( x \geq y \) и \( y \leq 2x — 16 \) при \( x < y \).

1) Рассмотрим неравенство \( |2x — y| \leq 1 \). По определению модуля оно эквивалентно двойному неравенству \( -1 \leq 2x — y \leq 1 \). Это означает, что геометрически множество решений — это полоса между двумя параллельными прямыми \( y = 2x — 1 \) и \( y = 2x + 1 \), включая границы. Перепишем обе части отдельно: из \( 2x — y \leq 1 \) получаем \( y \geq 2x — 1 \); из \( 2x — y \geq -1 \) получаем \( y \leq 2x + 1 \). Следовательно, итоговое множество решений: все точки плоскости, лежащие на или между прямыми \( y = 2x — 1 \) и \( y = 2x + 1 \). Важно отметить, что обе границы включены, потому что в исходном неравенстве стоит знак \( \leq \), то есть точки, где \( |2x — y| = 1 \), также удовлетворяют условию.

Для дополнительной интерпретации удобно рассмотреть величину \( 2x — y \) как скалярную проекцию точки \( (x,y) \) на направление, заданное нормалью прямых \( y = 2x + c \). Ограничение \( |2x — y| \leq 1 \) сжимает все точки в полосу фиксированной ширины в метрике, задаваемой этой нормалью. Если рассматривать сечение прямой \( y = 2x + t \), то все такие точки с \( t \in [-1,1] \) входят в решение.

Иначе говоря, множество решений — это замкнутая, бесконечно протяженная полоса. Граница задается уравнениями \( y = 2x \pm 1 \). Для проверки частных точек: точка \( (0,0) \) дает \( |2\cdot 0 — 0| = 0 \leq 1 \), принадлежит; точка \( (1,3) \) дает \( |2\cdot 1 — 3| = | -1| = 1 \), на границе; точка \( (1,4) \) дает \( |2 — 4| = 2 \nleq 1 \), не принадлежит.

2) Рассмотрим \( |2x — y| \leq x + y \). Во-первых, правая часть \( x + y \) должна быть неотрицательной, иначе левая часть, будучи неотрицательной, не может быть меньше отрицательного числа. Следовательно, обязательно \( x + y \geq 0 \). При \( x + y \geq 0 \) можем возвести обе части в квадрат (или использовать разложение на случаи по модулю), что эквивалентно системе \( x + y \geq 0 \) и \( (2x — y)^{2} \leq (x + y)^{2} \). Разность квадратов даёт \( (2x — y)^{2} — (x + y)^{2} \leq 0 \), то есть \( \big((2x — y) — (x + y)\big)\big((2x — y) + (x + y)\big) \leq 0 \). Упростим скобки: получаем \( (x — 2y)(3x) \leq 0 \), или \( 3x(x — 2y) \leq 0 \).

Итак, решение задаётся системой условий \( x + y \geq 0 \) и \( 3x(x — 2y) \leq 0 \). Поскольку множитель \( 3 \) положителен, эквивалентно \( x(x — 2y) \leq 0 \). Это означает, что \( x \) и \( x — 2y \) имеют неположительное произведение, то есть они располагаются по разные стороны от нуля или один из них равен нулю. Геометрически это объединение областей по разные стороны прямых \( x = 0 \) и \( y = \tfrac{x}{2} \), причём выбираются точки, для которых выполняются одновременно оба условия: полуплоскость \( x + y \geq 0 \) и область \( x(x — 2y) \leq 0 \).

Удобно расписать по случаям. Если \( x \geq 0 \), то условие \( x(x — 2y) \leq 0 \) даёт \( x — 2y \leq 0 \), то есть \( y \geq \tfrac{x}{2} \). Тогда вместе с \( x + y \geq 0 \) получаем пересечение полуплоскостей \( y \geq \tfrac{x}{2} \) и \( y \geq -x \). Если \( x \leq 0 \), то \( x(x — 2y) \leq 0 \) даёт \( x — 2y \geq 0 \), то есть \( y \leq \tfrac{x}{2} \), вместе с \( y \geq -x \). На границах \( x + y = 0 \) и \( y = \tfrac{x}{2} \), а также \( x = 0 \), неравенство выполняется, потому что исходное условие невстрогое. Таким образом, искомая область — объединение двух угловых секторов, отсечённых прямыми \( y = -x \), \( y = \tfrac{x}{2} \) и осью \( x = 0 \), причём вся область лежит по одну сторону от \( y = -x \) (выше или на ней).

3) Рассмотрим \( |x + y| > x — y \). Сначала выделим важный случай: если \( x — y < 0 \), то правая часть отрицательна, а левая неотрицательна. Тогда \( |x + y| > x — y \) выполняется автоматически для всех таких точек, кроме теоретически невозможных для модуля равенств, то есть здесь ограничений нет: всё, что удовлетворяет \( x — y < 0 \) (то есть \( y > x \)), входит в решение. Если \( x — y \geq 0 \), то можно рассмотреть эквивалентное условие без модуля: \( |x + y| > x — y \) означает, что либо \( x + y > x — y \), либо \( -(x + y) > x — y \). Первый случай даёт \( 2y > 0 \), то есть \( y > 0 \). Второй случай даёт \( -x — y > x — y \), то есть \( -2x > 0 \), или \( x < 0 \).

Совместим с \( x — y \geq 0 \), то есть \( y \leq x \). Тогда в этой полуплоскости решение образуют две подобласти: все точки с \( y \leq x \) и \( y > 0 \), либо все точки с \( y \leq x \) и \( x < 0 \). Объединяя с первой ветвью \( y > x \), получаем, что вся полуплоскость \( y > x \) целиком входит, а в полуплоскости \( y \leq x \) остаются те точки, где \( y > 0 \) или \( x < 0 \). На границе \( y = x \) исходное неравенство превращается в \( |2x| > 0 \), то есть все точки с \( x \neq 0 \) лежат в решении, а точка \( (0,0) \) не входит, так как даёт равенство \( 0 > 0 \), что ложно.

Итоговая область: вся плоскость за исключением «угла» в четвёртой четверти, где одновременно \( y \leq x \), \( y \leq 0 \) и \( x \geq 0 \), причём граница оси и прямая \( y = x \) входят за исключением точки \( (0,0) \). Эквивалентно можно записать ответ кратко: все \( (x,y) \), кроме множества, заданного условиями \( x \geq 0 \), \( y \leq 0 \) и \( y \leq x \); при этом точка \( (0,0) \) исключена.

4) Рассмотрим \( (x — 2y — 16) \leq |x — y| \). Введём \( t = x — y \). Тогда \( x — 2y = (x — y) — y = t — y \), и левая часть становится \( (t — y — 16) \leq |t| \). Перейдём обратно к х и у, работая по определению модуля: \( |x — y| \geq x — 2y — 16 \). Если \( x — y \geq 0 \), то \( |x — y| = x — y \), и получаем \( x — y \geq x — 2y — 16 \), то есть \( -y \geq -2y — 16 \), эквивалентно \( y \geq -16 \). При этом условие ветви требует \( x — y \geq 0 \), то есть \( x \geq y \). Следовательно, в первой ветви решение: все точки с \( x \geq y \) и \( y \geq -16 \).

Если \( x — y < 0 \), то \( |x — y| = -(x — y) = y — x \), получаем \( y — x \geq x — 2y — 16 \), то есть \( 3y \geq 2x — 16 \), или \( y \geq \tfrac{2x — 16}{3} \). Одновременно должно выполняться \( x — y < 0 \), то есть \( y > x \). Вторая ветвь даёт пересечение полуплоскостей \( y \geq \tfrac{2x — 16}{3} \) и \( y > x \).

Объединяя обе ветви, получаем искомую область: множество всех точек выше прямой \( y = -16 \) в полуплоскости \( y \leq x \), вместе с точками в полуплоскости \( y > x \), лежащими на или выше прямой \( y = \tfrac{2x — 16}{3} \). Границы учитываются так: в первой ветви \( y = -16 \) допустима, как и \( x = y \); во второй ветви прямая \( y = \tfrac{2x — 16}{3} \) включена, а прямая \( y = x \) в этой ветви не включена (так как требуется строго \( y > x \)), но сама прямая \( y = x \) уже входит из первой ветви для всех \( y \geq -16 \). Таким образом, объединение корректно замыкает область по границе \( y = x \) при \( y \geq -16 \), и оставляет «щель» только там, где \( y = x < -16 \), что согласуется с исходным неравенством, поскольку при \( y = x < -16 \) получаем \( x — 2y — 16 = -x — 16 > |x — y| = 0 \), что нарушает условие.