Урок 72

Урок 72
10.12.
Задание фигур на плоскости уравнениями и неравенствами.
1. Проверка д/з: вопросы? Зад.: №9.78 а [... 
 x  1  y  x  1,

 x y
  2
 y x
 x  1  y  x  1,
 
xy  0

; S = 1]
Доп. [I способ. Перенесем слагаемое (– 1) в левую часть уравнения и рассмотрим
функцию f(x) = x2 + [x] + 1. Тогда, данное уравнение можно записать в виде: f(f(x)) = x. Так
как xR выполняется неравенство [x] ≤ x < [x] + 1, то f(x) > x. Следовательно, f(f(x)) > f(x)
> x, то есть, данное уравнение корней не имеет. Заключительный вывод может быть
получен и из других соображений. Справедливость равенства f(f(x)) = x означает, что
функцией, обратной к f(x) является она сама. Графики взаимно обратных функций
симметричны относительно прямой y = x, причем, из неравенства f(x) > x следует, что
график функции f(x) должен располагаться выше этой прямой, значит, график обратной
ей функции – ниже. Следовательно, совпасть эти два графика не могут.
II способ. Пусть x2 + [x] + 1 = y, тогда, y2 + [y] = x – 1. Получим систему уравнений:
 y 2   y  1  x,

 2
Ее следствием является уравнение (y2 – x2) + ([y] – [x]) = x – y. Пусть x  y,
x

x

1

y
.




тогда, x2  y2 и [x]  [y], то есть, правая часть этого уравнения принимает
неотрицательные значения, а левая часть – неположительные. Аналогичная ситуация
возникает и в случае, когда y  x. Таким образом, равенство возможно только, если x = y.
Следовательно, данное уравнение равносильно уравнению x2 + [x] + 1 = x, которое не
имеет решений, так как xR x < [x] + 1].
Сегодня мы заканчиваем заниматься графиками уравнений и неравенств.
2. Письменно (самостоятельно в тетрадях с проверкой на доске):
1) По вариантам. Постройте: а) {(x; y) | |y|  x} | {(x; y) | |y|  x};
б) {(x; y) | ||x| – |y|| < 1 | {(x; y) | ||x| – |y|| > 1 (без рассмотрения
разных случаев).
Проверьте правильность ответов путем объединения
множеств. Проанализируйте допущенные ошибки. [а) I в.
x  0,
 x  0,

 x  0,
или 
; II в. 
; б) См. рис. 1; I в.

 y R
 y  x или y   x
 x  y  x
|x| – 1 < |y| < |x| + 1 (внутри «креста»); II в. |y| < – |x| – 1 или
|y| > |x| + 1 (вне «креста»)]
2) Зад.: №9.64 г [(|x| – 1)2 + (y + 2)2 = 4];
№9.74 б [(|x| – 1)2 + (|y| – 1)2  1; S = 4];
Рис. 1
3) Зад.: №9.78 б [выражения, входящие в данную систему, имеют
смысл, если |x|  1 и |y|  1. Если x  0 и y  0, то, с указанными
ограничениями, выполняются оба неравенства, в остальных
случаях данная система равносильна неравенству x2 + y2  1 (см.
рис. 2). Площадь фигуры равна сумме площадей «единичного
квадрата» и кругового сектора, составляющего три четверти
«единичного круга»: S = 1 +
3
4
]
Рис. 2
Домашнее задание: Зад.: №9.63 (в, г); №9.65 (в, г); №9.72 (б, в); №9.75 (б); Пос.: №152
(в); №153 (в). Окружность пересекает ось x в точках А (4; 0) и
В (6; 0), а ось y – в точках С (0; 8) и D. Найдите координаты
точки D.