Упр.16.16 ГДЗ Мерзляк Поляков 9 класс (Алгебра)

1) |x^2+y^2-4x|?2x; 2) v(x^2-1)?v(2x+1-y^2).

1. $$|x^2+y^2-4x|\le 2x.$$

   Так как левая часть неотрицательна, то обязательно $$2x\ge 0,$$ значит $$x\ge 0.$$

   Рассмотрим два случая.

   1) Если $$x^2+y^2-4x\ge 0,$$ то

   $$x^2+y^2-4x\le 2x,$$

   $$x^2-6x+y^2\le 0,$$

   $$\left(x-3\right)^2+y^2\le 9.$$

   2) Если $$x^2+y^2-4x\le 0,$$ то

   $$-(x^2+y^2-4x)\le 2x,$$

   $$x^2+y^2-4x\ge -2x,$$

   $$x^2-2x+y^2\ge 0,$$

   $$\left(x-1\right)^2+y^2\ge 1.$$

   Итак, искомая область — часть круга $$\left(x-3\right)^2+y^2\le 9$$ при $$x\ge 0,$$ лежащая вне круга $$\left(x-1\right)^2+y^2<1.$$

2. $$\sqrt{x^2-1}\le \sqrt{2x+1-y^2}.$$

   Для существования корней нужно:

   $$x^2-1\ge 0,\qquad 2x+1-y^2\ge 0.$$

   Так как обе части неотрицательны, можно возвести неравенство в квадрат:

   $$x^2-1\le 2x+1-y^2,$$

   $$x^2-2x+y^2\le 2,$$

   $$\left(x-1\right)^2+y^2\le 3.$$

   С учётом области определения получаем:

   $$x\le -1 \text{ или } x\ge 1,$$

   и одновременно $$\left(x-1\right)^2+y^2\le 3.$$

   Значит, это часть круга $$\left(x-1\right)^2+y^2\le 3,$$ расположенная вне полосы $$-1<x<1.$$

Ответ

1) $$\{(x,y)\mid x\ge 0,\ \left(x-3\right)^2+y^2\le 9,\ \left(x-1\right)^2+y^2\ge 1\}.$$

2) $$\{(x,y)\mid \left(x-1\right)^2+y^2\le 3,\ x\le -1 \text{ или } x\ge 1\}.$$