Решение уравнений и неравенств методом областей

Математика как алмаз, каждый раз сверкает красотой новой неизведанной грани.

С тех пор, как мы стали, учиться в классе математического профиля проявили большой интерес к материалам вступительных экзаменов в вузы. Нами исследованы варианты приемных испытаний, за последние 10 - 15 лет. Наше внимание привлекло задания, связанные с уравнениями и неравенствами с двумя переменными (параметром), которые решаются красиво и элегантно. С данными задачами мы не часто сталкиваемся на уроках, редко их встретишь и в учебных пособиях.

Надо заметить, что аналогичные примеры предлагаются при поступлении в престижные учебные заведения.

В нашем творческом проекте мы предлагаем вашему вниманию необходимый теоретический материал, в том числе задачи, основу которого составляет графическая иллюстрация на координатной плоскости. Надеемся, что будущие абитуриенты будут себя чувствовать комфортно при встрече с такого рода задачами. Разумеется после ознакомления с нашей работой.

Уравнение и неравенства с двумя переменными.

Рассмотрим уравнение с двумя переменными x+у=3. Его решением является упорядоченная пара чисел (х; у), которая обращает уравнение в верное числовое равенство.

Таких решений бесконечно много. Изобразим их точками в координатной плоскости ОХУ. Подберем несколько пар чисел, которые удовлетворяют уравнению: (3;0),(2;1),(0;3). Мы построили график уравнения. Прямая является геометрической моделью данного уравнения. Координаты каждой точки прямой и есть решение уравнения х+у=3.

В дальнейшем нам необходимо успешно строить графики уравнений с двумя переменными. Поэтому рассмотрим графики наиболее часто встречающих уравнений.

1. │x│=2-задает пару прямых параллельных оси Оу (х=2, х=-2);

2. │x+1│=3 –задает пару прямых, прямых параллельных оси Оу(х=2,х=-4)

3. │у-1│=2-задает пару прямых, параллельных оси Ох (у=3,у=-1).

4. у=│x+3│-2 –прямой угол с вершиной, а точке (-3;-2).

5. │x│+│у│=4-задает квадрат с вершинами в точках (0;-4),(0;4),(-4;0),(4;0)

6. │x+1│+3│у-2│=3-задает ромб, с вершинами в точках.

7. а)х + у =4 –уравнение окружности с центром вначале координат и радиусом 2.

Б)(х-2) +(у-3)=9-уравнение окружности с центром в точке (2;3) и радиусом 3.

Замечание. Для доказательства 1-6 достаточно раскрыть модули и построить график полученного уравнения с учетом соответствующих ограничений, последнее уравнение доказывается в школьном курсе математики.

На координатной плоскости изобразите все точки плоскости координаты, которых удовлетворяют совокупности уравнений.

│x│+│у│=2.

x + у -2│x│-2│у│=0

Решение. Первое уравнение совокупности задает квадрат с вершинами в точках (0;-2),(0;2),(-2;0),(2;0). Поработаем со вторым уравнением. Раскроем модули в каждой координатной четверти. В первой четверти:х≥0,у≥0 (включая координатные оси) имеем (х-1) +(у-1) +2- оно задает уравнение окружности (О(1;1);r=√2). Во второй четверти Х<0,у>0 имеет (х+1) +(у-1) =2. Уравнение окружности (О(-1;1);r=√2). В третьей четверти х≤0,у≤0 (включая координатные оси) имеем (х+1) +(у+1) =2 –это уравнение окружности (О(-1;-1);r=√2). И в каждой четверти: х>о, у<0 имеем (х-1) +(у+1) =2- уравнение окружности (О(1;-1);r=√2).

2. На координатной плоскости изобразить все точки М(х;у), координаты которых удовлетворяют уравнению │х-у│+│1-х│+│у│=1.

Решение. Равенство │а│+│ b│+│с│=а+b+с выполняется только при условии а≥0,b≥0,c≥0, следовательно,

Искомое множество составляют точки y

М(х;у),координаты которых удовлетворяют неравенствам

:х-у≥0,у≥0,1-х≥0. Эти неравен- ства определяют треугольник, показанный на рис. x

ОТВЕТ: граница треугольника АОВ на рис. 1 рис. 1

Решить неравенство х+у≥3.

Решение.

Решить неравенство с двумя переменными х и у – это значит найти множество всех упорядоченных пар чисел (х;у), при которых выполняется это неравенство. Чтобы найти все решения неравенства с двумя переменными чаще всего строятся на график уравнения х+у=3 соответствующий неравенству х+у≥3. Как нам известно графиком является прямая, которая делит координатную плоскость на две части( в дальнейшем будем называть области) и в одной из указанных областей берем произвольную точку В(3;3)ЄД, и проверим справедливость исходного неравенства(3+3>3). Получаем верные числовые неравенства. Это значит, что неравенство х+у>3 выполнено во всех точках области Д, и штриховкой выделяем множество решений.

3 x x+y=3

(геометрической моделью решений неравенства х+у>3 является часть плоскости расположенная выше прямой х+у=3). Замечание : Если неравенство нестрогие, то множество точек прямой принадлежат множеству решений неравенства и граница изображается сплошной линией. Если неравенство строгое (как в нашем случае) то точки линии исключаются и границу фигуры изображают пунктиром.

Заметим сразу, что мы решали неравенства с двумя переменными графически:

1) Находим ОДЗ

2) Рассмотрим уравнение соответствующие неравенству

3) Изобразим на координатной плоскости график уравнения с учетом ОДЗ, которая разделяет координатную плоскость на области. (пунктиром или сплошной линией)

4) В каждой из областей произвольно выбираем по одной точке и подставляя в данное неравенство устанавливаем какая часть (какие части) плоскости целиком удовлетворяют данному неравенству.

5) Штрихуем искомую область.

Изобразите на плоскости множество решений неравенства.

а)х2 +2х-у≤0; б)х2 -4х≤3-у2 -6у.

Выполним графически с некоторыми

Комментариями. а) графиком уравнения x x2 +2х-у=0 является парабола у=х2 +2х.

(граница сплошная линия, множество решений во внутренней области параболы).

б) х2-4х+у2 +6у=3 и преобразуем к виду (х2 -4х+4)+(у2+6у+9)=(х-2)2+(у+3)2=4. Графиком является окружность с центром в точке (2;-3) и радиусом 4 единичных отрезка и штриховкой выделяет внутреннюю часть окружности, включая точки ее границы ,т. е. круг.

Системы неравенств с двумя переменными.

Решением системы неравенств с двумя переменными называется упорядоченная пара чисел, удовлетворяющая каждому неравенству системы, т. е. образует неравенство с переменными верное числовое неравенство.

1. Найти множество решений системы неравенств: 2х-3у≤6, x+у+7≥0

Решение.

Следуем нашему алгоритму: ОДЗ- любое число; построим график уравнений 2х-3у=6 и х+у+7=0 соответствующим исходным неравенствам; их границам является прямые, которые пересекаются в точке (-3;-4) и разбивают координатную плоскость на четыре области; и в каждой области выберем произвольную точку, их координаты подставляем в заданные неравенства и узнаем, что только в области Д, выполняется исходная система неравенств, включая и ее границы.

x+y+7=0 y

2x-3y=6

Замечание: Мы решили графически.

Ответ: множество точек области Д, включая границу.

2. Изобразите на координатной плоскости множество точек удовлетворяющих ((х3 +у)3 ∙√у-х) ∕ (х-у)2 ≥0.

Решение:1) Находим ОДЗ: у≥х х≠2.

2)Решим уравнение, соответствующие неравенству (уже цели ОДЗ).

x +у=0 или √у-х=0, y=-х или у=х.

3) Изобразим в координатной плоскости область допустимых значений неравенства и графики уравнений. y y=-x3 x=2

Д2 Д1 y=x

Заметим ,что все решения неравенства расположены выше прямой у=х, включая её.

4) Исходя из области определения имеем только три области Д1, Д2,Д3 и устанавливаем – в каждой из них выполняется исходное неравенство.

5) Неравенство выполнено во всех точках области Д1 и Д2 и только в этих точках; включая их границы, но исключая границу между ними.

Замечание. Знаки в областях можно устанавливать аналогично методу интервалов (промежутков) Д1 имеем знак (+), при переходе через прямую х=2 знак (+) не меняется , так как выражение (х-2)2 в четной степени , а при переходе через у=-х3 знак меняется на (-), т. к. выражение (х3 +у)3 в нечетной степени.

3. Чему равна площадь фигуры │х-1│+│х+1│≤у≤4.

Решение:

Фигурой является трапеция. Ее площадь S = (2 + 4) / 2 * 2 = 6.

y y=│x-1│+│x+1│ y=4

Ответ:6 (кв. ед. )

Изобразите на координатной плоскости множество точек, координаты х, у которых удовлетворяют неравенству arcsin x + arcsin y > π ∕ 2.

Решение:

Обозначим α = arcsin x, β= arcsin y Тогда α ≤ π ∕ 2, и β ≤ π ∕ 2 и по условию α +β > π ∕ 2.

Из этих неравенств следует α > 0 и β >0 (например, при α ≤ 0 , β > π ∕ 2 – α ≥ π ∕ 2 , т. е. β > π ∕ 2, что неверно) Поэтому 0 < х, у ≤ 1. Из условия имеем β > π ∕ 2 – α, а функция sin x на промежутке (0; π ∕ 2] возрастает, что равносильно неравенству sin β > sin (π ∕ 2 – α) ( sinβ > cos α или y > √ 1 – х2 (cos α ≥ 0=> cosα = √1 – sin2 α =√ 1 – х2 ). y =√ 1 – х2 задает верхнюю полуокружность окружности х2 + у2 = 1, то получим множество , изображенное на рисунке.

y (граница единичной окружности не входит, множество точек расположенных между границей единичной окружности и верхней

1 частью квадрата).

Замечание: Исходя из неравенства π ∕ 2 < α +β < π перейти к неравенству cos (α + β) < 0, т. е. cosα cosβ < sinα sinβ, или √1– х2 √ 1 – у2<ху, задающему внешность окружности х2 + у2 = 1.

Определите площадь фигуры, расположенной на координатной плоскости и состоящей из точек (х; у), удовлетворяющих неравенству х2 + у2 ≤ 2│х│+4│у│.

Решение:

После преобразований имеем (│х│- 1) + (│у│ - 2) ≤ (√ 5)2. Площадь фигуры складывается из площадей четырех полукругов и одного ромба.

S =4* 1∕ 2π (√ 5) + 1 ∕2 (4+4)* (2+2)=10π+16.

6. Найдите площадь фигуры , заданной на координатной плоскости (х,у) системой неравенств: у(х-у-√ 5)≥0; x2 +у2- 5≤0.

Решение. Второе неравенство системы задает на плоскости (х,у) круг радиуса √ 5 с центром в начале координат. А другое неравенство сводится к рассмотрению двух случаев: а) у≥0, х-у≤√5; б) у≤0, х-у≥ √5; а) не дает точек внутри круга; б) задает фигуру АОВС (рис), фигура состоит из прямоугольного треугольника АОС и четверти круга ОВС. Теперь находим площадь искомой фигуры.

S(АОВС)=S(АОС)+S(ОВС)=(√5)2 ∕ 2 +π(√5)2 ∕ 4=5∕2+5π∕4=5 ∕ 4(2+π).

В О А x

ОТВЕТ:5/4 (2+π) (кв. ед. )

Найдите площадь фигуры, координаты точек которых удовлетворяют соотношениям: х2 + у2≤9, у+1≥0,3у+6≥2│х│.

Решение. Выполним ряд преобразований х2 +у2 ≤9, у+1≥0,3у+6≥0,3у+6≥2│х│ откуда имеем x2 +у2 ≤3, у≥-1, у≥-2+2∕ 3│х│. y

Теперь изобразим фигуру, задаваемой системой.

Она составлена из полукруга и трапеции. Поэтому ее площадь равна

S=πR∕2+(6+3)∕2=9π∕2+9∕2=9∕2(π+1) x

Ответ:4,5(π+1) (кв. ед. )

При каком положительном наименьшем значении параметра в системе уравнений

│у│+3│x│-3=0; x2 +(у-в) (у+в)=0 имеет ровно четыре различных решения и при этом значении" в " найдите площадь фигуры, координаты (х,у) всех точек которых удовлетворяют неравенству │у│+3│х│-3 ∕ (х2 +(у-в)(у+в))≤0.

Решение.

Модули│х│и │у│ в каждой четверти координатной плоскости ОХУ раскрываются однозначно. Уравнение │у│+3│х│=0(а) определяет в каждой из них отрезки. На координатных осях уравнение (а) удовлетворяет точки А(1;0), В(0;3), С(-1;0), Д(0;-3). Значит на всей плоскости уравнение (а)задает ромб АВСД. (рис)

Уравнение х2+у2=в задает уравнение окружности (О(0;0);r=│в│)). Наименьшее значение параметра в>0, при котором ромб и окружность имеют четыре общие точки, будет радиус окружности (r=ОМ),вписанной в ромб. S(AOB)=(OB*OA)/2=1. 5

S(AOB)=(AB*OM)/ 2 ;r=ОМ=2S(AOB)/AB=(2*1,5) ∕ √12 + 32 = 3∕ √10. Неравенство (│у│+3│х│-3) ∕ (х2 + (у-в) (у+в)) ≤0 задает множество точек, лежащих внутри ромба (вместе с границей), но вне окружности (оно заштриховано). Его площадь равна S=Sромба-Sкруга=(6 *2) ∕ 2-πr2 =6- 9π∕10 y

С О А x

Ответ :3 ∕ √10 ; 6-0,9π (кв. ед. ).

Неравенства с параметром

При каких значениях параметра b периметр плоскости фигуры, заданной на координатной плоскости Оху системой у≤√1-х2 b│у│≤│х│ более чем 4 + 2√2 + π/2?

Решение.

1. Находим ОДЗ: 1-х2 ≥0 => -1≤ х ≤1(│х│≤1).

2. Уравнение у=√1-х2 соответствующее первому неравенству задает на плоскости Оху верхнюю половину окружности (О(0;0);r=1). При b ≤0 второму неравенству данной системы удовлетворяет координаты любой точки плоскости.

3. Изобразим график первого уравнения с учетом ОДЗ. И только в области Д1 верна система неравенств (b≥0).

4. Следовательно, плоская искомая фигура, заштрихованное множество, на рис. 1 полученная фигура является неограниченной, ее периметр бесконечен, значит, любое b ≤0 является решением задачи.

Рассмотрим случай, когда b>0. Множество точек координатной плоскости, определяемые неравенством │у│≤1/ b│х│, симметрично относительно обеих координатных осей. Это та внутренность пары вертикальных углов, которая содержит ось Ох. Значит, искомая фигура заштрихованное множество на рис. 2 Находим полупериметр этой фигуры Р=ОВ+ВА+АС+СО, ОВ=1, АС=1/а, ∆ОАС: ОС=√ОА2 + АС2 =√1+1 / а2 Длина дуги АВ единичной окружности равна радианной мере угла ВОА.

-1 1 x O A x

Д2 y=x/a y=x/a рис. 1 рис. 2

Имеем tg∟АОВ=1 ∕ а, то АВ= arctg 1 ∕ а. Итак, Р=1+1 ∕ а + √ 1+1 / a2 +arctg 1 ∕ a. Из условия задачи получаем 1 / a + √ 1+1 ∕ a2+ arctg 1 ∕ а > 2 + √ 2 + π ∕ 4 (b). Левую часть неравенства (b) рассмотрим как функцию f (а), тогда неравенство можно переписать f(a)>f(1). Функция f(а) убывает при а>0, как сумма трех убывающих функций. Поэтому полученное неравенство имеет решение 0 < a < 1. Объединяя найденные промежутки значений параметра, получаем ответ: а є (- ∞; 1).

При каких значениях параметра b на плоскости существует круг, содержащий все точки (x;y), удовлетворяющие системе неравенств 2у-х ≤ 1 y+2х ≤ 2 y+bx ≥ -1

Решение.

Преобразуем систему неравенств к виду у ≤ 0. 5х + 1 ∕ 2 y ≤ -2 x + 2 y ≥ -b x – 1.

Используя наш алгоритм, сразу построим график двух уравнений, соответствующих первым двум неравенствам системы и заштрихуем область, где верны данные неравенства.

y y=0. 5x+0. 5 y=0. 5x-0. 5 x y= -2x+2 y=-2x-1

Для того, чтобы полуплоскость у ≥ -bx – 1 в пересечении с заштрихованной областью давала ограниченное множество (требованные условия задачи), необходимо и достаточно что бы прямая у = - bx – 1 проходила строго между прямыми у = 0,5х ∕ - 1 и у = - 2х – 1. А это значит, что ее угловой коэффициент –b должен быть заключен строго между -2 и 1 ∕ 2, т. е. b є (- 1 ∕ 2; 2).

ОТВЕТ: b є (- 1 ∕ 2; 2).

При каких значениях параметра значения параметра b система неравенств

( x + у )( x – 3у ) ≤ 0 x2 + у2≤ b2 + 2х – 1 имеет хотя бы одно решение.

Решение. Условие первого неравенства выполнено, если x+ у ≥ 0 или x + у ≤ 0 x – 3у ≤0 x – 3у ≥ 0.

Построим прямые x+ у =0 и x – 3у = 0, которые делят плоскость на четыре части и только в областях Д1 и Д3 выполняется это условие (включая границы).

Второе неравенство задает круг с центром в точке А(1; 0) и радиусом│b│, после преобразований имеем (x – 1)2 + у2 ≤ b, при достаточно малых │b│, как следует из рисунка, исходная система не имеет решений. Если же радиус │b│>│АВ│, где b –точка касания окружности( x – 1)2 + у2 = b2 с прямой у = х ∕ 3, то система имеет бесчисленное множество решений. Если │b│ =│АВ│, то система имеет единственное решение. Для нахождения решений систему ( x – 1 )2 + у2 = b2 у = х ∕ 3

( x – 1)2 + (x ∕ 3)2 = b2

10х 2– 18х + 9 – 9b2 = 0

D ∕ 4 = 81 – 10 (9 - 9b2) = 81 – 90 + 90b2= - 9 + 90b2 ≥ 0

B2 ≥ 1 ∕ 10;│b│ ≥ 1 ∕ √10

Ответ: b є (-∞; -1 ∕ √10] U [1 ∕ √ 10; ∞ ).

При каких значениях параметра а система неравенств │ x – 1│ + 2│ у │≤2 x2 + у2 + 4х + 2у ≤ b не имеет решений?

Ответ: b ≤ 3.

Решите неравенства │2х +p│≤ х+2.

Решение.

1. ОДЗ нашего неравенства: х є R (R –любое число)

2. Преобразуем неравенство. Оно равносильно двойному неравенству

- (x + 2) ≤ 2х+p ≤ x+ 2, - 3х – 2 ≤ а ≤ 2 – x или системе p≤ 2 – x, p≥ -3х – 2.

Решим соответствующее системе неравенств систему уравнений p = 2 – x p = -3х – 2.

Изобразим графики данные уравнения в области Охр. Мы специально для простоты выразили p через х. Эти прямые имеют одну общую точку (-2 ; 4) (2-х = -3х – 2, х=-2, тогда p = 4). Данные прямые разбивают координатную плоскость на четыре части Д1, Д2, Д3, Д4. И каждая из этих областей обладает следующим свойством: либо неравенство выполнено во всех точках области, либо не выполнено ни в одной ее точке, т. е. каждая из областей Д1, Д2, Д3, Д4 либо целиком входит, либо целиком не входят в ответ.

3. В каждой из области Д1,Д2,Д3,Д4 произвольно выбираем по одной точке, например А1(1;4) є Д1,А2 (-3;5)є Д 2, А3(-2;-3)є Д3, А4(1;-1)є Д4. Все эти точки попадают в соответствующие области. Подставляя в неравенство выбранные значения (х;p), получим, что неравенство выполнимо только в точке А4, это означает, что неравенство выполнено во всех точках области Д4 и только в этих точках.

4. Как записать ответ. Потрадиции x означает неизвестную, а p- параметр. Поэтому требуется указать, как меняется x в зависимости от значения параметра p. Выберем сначала произвольное p < 4. Множество точек на плоскости Oxp с фиксированным p образует горизонтальную прямую. Нужно выяснить, при каких значениях x такие точки прямой находятся в области Д4. Из рисунка видно, что x є [x1;x2] ( границы прямых входят в ответ), где точка (x;p) лежат на прямой p = -3x -2. Отсюда x1 = - (p + 2) ∕ 3, а точка (x2;p) лежит на прямой p = 2– x и x2 = 2– p. Итак, если p<4, x є [–(p+2) ∕ 3; 2– p].

При p=4, как видно из рисунка, неравенство имеет одно решение x= -2. Передвигая горизонтальную прямую выше увидим, что неравенство при p >4 решений не имеет. Суммируя все, получим.

4 x1 x2 x

Д4 p=2-x

Ответ: если p < 4, то x є [-(p + 2) / 3; 2 – p]; если p = 4, то x = - 2; если p > 4, то решений нет.

Решить неравенство: √ p +√ x - √ p -√ x < √ 2.

Решение. Находим и изобразим на плоскости ОхpОДЗ : х≥0, p+√x≥0 , p-√x≥0. Получаем область ,расположенную правее прямой х=0 и выше кривой p =√x.

2. Решим соответствующее искомому неравенству уравнение √p +√x - √p-√x =√2. Обе части уравнения неотрицательны ,поэтому возводим в квадрат и с учетом ОДЗ, получим равносильное уравнение : 2р+2 √р2-х=2 <=> √р2-х=1-р <=> р2-х=1-2р+р2 x=2p-1

1-р≥0; <=> p ≤1

Прямая х=2р-1 и кривая p=√x имеют только одну общую точку(1;1). Теперь совместим ОДЗ и найденную прямую x=2p-1 на одной координатной плоскости. Изобразим ту часть луча x=2p-1 ,p≤1, которая попадает в область допустимых значений. ОДЗ

3. Выберем точки В1(1/25;1/4)є Д1 ,В2(1;2)є Д2.

Подставив в данное неравенство координаты этих точек ,получаем ,что оно выполнено только в точке В1,значит ,в области Д1.

Рассмотрим пересечение области Д1 со всевозможными горизонтальными прямыми и запишем ответ.

Д2 x=2p-1 x=p2

ОТВЕТ:

Если p є (-∞;0) Ư [1;+∞), то решений нет.

Если p є [0; 1/ 2), то x є [0;p2 ];

Если p є [1 / 2;1), то x є (2p -1;p2).

Задачи для самостоятельного решения

1. Решите неравенство: х + 4p > 5 √px (р Є (- ∞; 0), х Є ø; р = 0, х Є (0; ∞); р Є (0; ∞), х Є (0; р) U (16р; ∞)).

2. При каких р система неравенств y ≥ х2 + 2р, х ≥ y2 + 2р имеет решение. (р = √ 2).

3. При каких р неравенство 3 - ‌‌‌│х - р│> х2 имеет хотя бы одно отрицательное решение. (р Є (- 13/4;3)

4. При каких значениях р неравенство х2 - │х – а │ - │х - 1│ +3 ≥ 0 выполняется при всех х? (а Є [-2; 1]).

5. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых множество решений неравенства а2 +8а < (4а2)/х – х (х -2а -4) содержит какой – нибудь отрезок длиной 2, но не содержит отрезка длиной 3. (а Є [1; 2) U (2; 3]).

6. Найдите все значения параметра а, при которых область определения функции y = ах+0. 5 + √х * а4 – х0. 5*ах – а4. 5)0. 5 содержит одно целое число. (а Є (3;5)).