Маргулис А. Я.

‍,

Радунский Б. А.

Геометрический смысл некоторых неравенств с двумя переменнымиМаргулис А. Я., Радунский Б. А. Геометрический смысл некоторых неравенств с двумя переменными // Квант. — 1970. — № 4. — С. 41‍—‍48.‍‍

При изучении курса математики школьникам часто приходится решать неравенства и системы неравенств с одним неизвестным. При этом геометрическая иллюстрация решений (в совокупности с методом интервалов) помогает им кратчайшим путём находить правильные решения.

Рассмотрим, например, неравенство $$ \log_2(x^2-4x+3)\le3. $$ Его решение сводится к решению системы двух неравенств с одним неизвестным $$ \left\{\begin{array}{ll} x^2-4x+3\gt0\quad&\text{(необходимо для существования}\\ &\text{логарифма)},\\ x^2-4x+3\le8\quad&\text{(получается при потенцировании}\\ &\text{заданного неравенства)}. \end{array}\right. $$ Множество значений $x$‍,‍ удовлетворяющих первому неравенству, есть совокупность двух интервалов $$ x\lt1\quad\text{и}\quad x\gt3, $$ а второму — отрезок $$ -1\le x\le5 $$ (это вытекает из свойств квадратного трёхчлена).

Отметив на числовой оси эти промежутки (рис. 1), мы видим, что множество значений $x$‍,‍ удовлетворяющих системе неравенств, заполняет два полуоткрытых интервала, $-1\le x\lt 1$‍‍ и $3\lt x\le5$‍‍ (на рисунке они даны пунктиром).

Для большей наглядности на самом рисунке отмечено, какие из концов интервалов принадлежат области решений, а какие — нет.

Геометрическая иллюстрация оказалась здесь весьма полезной. Её роль ещё больше возрастает при решении неравенств и систем неравенств с двумя неизвестными.

Рассмотрим неравенства с двумя неизвестными вида $$ y-f(x)\gt0.\tag1 $$

Построим график функции $y=f(x)$‍‍ и возьмём произвольную точку $A_1$‍‍ с абсциссой $x=x_0$‍‍ (рис. 2). Если при том же $x=x_0$‍‍ её ордината $y_1$‍‍ больше ординаты $y_0$‍‍ соответствующей точки $A_0$‍‍ кривой $y=f(x)$‍,‍ то точка $A_1$‍‍ лежит над кривой. Точка $A_2$‍‍ лежит под кривой $y=f(x)$‍,‍ если её ордината $y_2$‍‍ меньше ординаты $y_0$‍.‍ Следовательно, координаты всех точек, лежащих ниже кривой $y=f(x)$‍,‍ удовлетворяют неравенству $y\lt f(x)$‍,‍ а координаты всех точек, лежащих выше кривой $y=f(x)$‍,‍ удовлетворяют неравенству $y\gt f(x)$‍.‍

Таким образом, график функции $y=f(x)$‍‍ разбивает координатную плоскость на две части, в одной из которых выполняется неравенство $y-f(x)\gt0$‍,‍ а в другой $y-f(x)\lt0$‍.‍

Введём следующее определение. Множество точек плоскости называется выпуклым, если оно вместе с любыми двумя точками $A$‍‍ и $B$‍‍ содержит все точки отрезка $AB$‍.‍

Рассмотрим, например, внутреннюю часть любого треугольника, круга, квадрата. Можно показать, что эти множества являются выпуклыми.

Очевидно, что те части, на которые кривая $y=f(x)$‍‍ разбивает плоскость, могут быть как выпуклыми, так и невыпуклыми (см. рис. 2).

Проиллюстрируем теперь на ряде примеров, как при помощи геометрических представлений можно решать неравенства и системы неравенств с двумя неизвестными.

Рассмотрим линейную функцию $$ f(x)=ax+b. \tag{2} $$ Графиком линейной функции $y=ax+b$‍‍ является прямая линия (рис. 3). Эта прямая делит плоскость на две полуплоскости: верхнюю и нижнюю. В первой из них выполняется неравенство $y-(ax+b)\gt0$‍,‍ a во второй $y-(ax+b)\lt0$‍.‍ Заметим, что обе эти полуплоскости являются выпуклыми множествами.

Пример 1. Найти на координатной плоскости геометрические места точек, координаты которых удовлетворяют системам двух линейных неравенств (решить графически заданные системы неравенств):

1. $$\left\{\begin{array}l y\gt-\dfrac12x+2,\\\\[-.5em] y\lt-\dfrac12x+1; \end{array}\right.$$
2. $$\left\{\begin{array}l y\gt-\dfrac12x+2,\\\\[-.5em] y\gt-\dfrac12x+1; \end{array}\right.$$
3. $$\left\{\begin{array}l y\lt-\dfrac12x+2,\\\\[-.5em] y\gt-\dfrac12x+1; \end{array}\right.$$
4. $$\left\{\begin{array}l y\ge\dfrac13x+1,\\\\[-.5em] y\le2x-2. \end{array}\right.$$

Решение. На рисунке 4 приведены графические решения данных неравенств. Если решения каждого из неравенств закрасить жёлтой или серой краской, то решением системы является часть плоскости, закрашенная обоими цветами. Из рисунка 4 видно, что система а) решений не имеет (рис. 4, а); решением системы б) является полуплоскость, лежащая над прямой $y=-\dfrac12x+2$‍‍ (рис. 4, б); решением системы в) является бесконечная полоса между прямыми $y=-\dfrac12x+1$‍‍ и $y=-\dfrac12x+2$‍‍ (рис. 4, в); а решением системы г) является часть плоскости, лежащая внутри дважды закрашенного угла, включая его стороны (рис. 4, г).

Отметим, что во всех случаях области решений системы линейных неравенств являются выпуклыми множествами. Это не случайно. Мы уже отмечали, что любая прямая делит плоскость на два выпуклых множества, а пересечение (общая часть) любого числа выпуклых множеств всегда является выпуклым множеством.

Пример 2. Решить графически систему трёх линейных неравенств $$ \left\{\begin{array}l y\lt\dfrac13x+2,\\ y\gt-\dfrac12x+3,\\ y\gt2x-4. \end{array}\right. $$

Решение. Эту задачу можно решать так же, как и предыдущую. Но ввиду большого количества ограничений удобнее закрашивать не те области, где выполняется то или иное неравенство, а наоборот, те области, где решений быть не может. При этом отпадает необходимость в разных красках: ведь там, где не выполняется хотя бы одно из неравенств системы, решений всей системы быть не может. На рисунке 5 приведено графическое решение этого примера. Совокупность решений — множество внутренних точек треугольника $ABC$‍.‍ Для наглядности треугольник окрашен зелёной краской.

К системам линейных неравенств сводятся и некоторые иррациональные и трансцендентные неравенства.

Пример 3. Решить графически неравенство $\sqrt{y-(x+1)}\lt1$‍.‍

Решение. Заданное неравенство эквивалентно следующей системе неравенств: $$ \left\{\begin{array}l y-(x+1)\ge0,\\ y-(x+1)\lt1 \end{array}\right. \quad\text{или}\quad \left\{\begin{array}l y-(x+1)\ge0,\\ y-(x+2)\lt0. \end{array}\right. $$

Графическое решение этого примера приведено на рисунке 6. Так же, как и в примере 2, множество точек, удовлетворяющих этой системе, закрашено зелёной краской. Прямая $y=x+1$‍,‍ принадлежащая области решений, проведена сплошной линией, а прямая $y=x+2$‍,‍ не принадлежащая области решений, — пунктиром.

Пример 4. Решить графически неравенство $\log_{y-1}(x-2)\lt1$‍.‍

Решение. Область допустимых значений (ОДЗ) неизвестных, очевидно, определяется системой неравенств $$ x\gt2,\quad y\gt1,\quad y\ne2. $$

В соответствии с данной системой исключим вначале множества, в которых система заведомо не может иметь решения. Для этого на рисунке 7 закрасим серой краской полуплоскость $x\lt2$‍,‍ полуплоскость $y\lt1$‍‍ и пунктиром проведём прямую $y=2$‍.‍

Рассмотрим теперь два случая:

1. $1\lt y\lt2$‍.‍ Потенцируя исходное неравенство, получим $x-2\gt y-1$‍,‍ или $y\lt x-1$‍.‍
2. При $y\gt2$‍‍ получаем $x-2\lt y-1$‍,‍ $y\gt x-1$‍.‍

Решения, соответствующие этим случаям, на рисунке 7 окрашены в зелёный цвет.

Решите самостоятельно примеры 5 и 6.

Пример 5. Решить графически неравенство $\log_{y-1}(y-x+2)\gt0$‍‍ (см. рис. 8).

Пример 6. Решить графически неравенство $\log_x\log_xy\gt0$‍‍ (см. рис. 9).

Рассмотрим теперь квадратный трёхчлен $$ f(x)=ax^2+bx+c.\tag3 $$

Как известно, графиком функции $y=ax^2+bx+c$‍‍ является парабола с осью симметрии, параллельной оси ординат, и с вершиной в точке $B{\left(-\dfrac{b}{2a},-\dfrac{D}{4a}\right)}$‍,‍ где $D=b^2-4ac$‍.‍ График одного из квадратных трёхчленов (при $a\gt0$‍)‍ схематически показан на рисунке 10. Этот график делит плоскость на две части, в одной из которых выполняется неравенство $y-(ax^2+bx+c)\gt0$‍,‍ а в другой $y-(ax^2+bx+c)\lt0$‍.‍ Читатель без труда заметит, что только одна из этих частей является выпуклым множеством.

Пример 7. Решить графически неравенство $\log_y(5x-x^2-6)\gt1$‍.‍

Решение. Область допустимых значений определяется, очевидно, неравенствами $$ \left\{\begin{array}l 5x-x^2-6\gt0,\\ y\gt0,\\ y\ne1. \end{array}\right. $$ Первое из этих неравенств эквивалентно неравенству $x^2-5x+6\lt0$‍.‍ Его решения заполняют интервал $2\lt x\lt3$‍.‍

На рисунке 11 серым закрашены те части плоскости, где $x\lt2$‍‍ и $x\gt3$‍,‍ и полуплоскость $y\lt0$‍,‍ а также исключены точки, лежащие на проведённой пунктиром прямой $y=1$‍.‍

Рассмотрим два случая: $y\gt1$‍‍ и $0\lt y\lt1$‍.‍

1. $y\gt1$‍.‍ Потенцируя исходное выражение, получаем неравенство $5x-x^2-6\gt y$‍,‍ или $y-(-x^2+5x-6)\lt0$‍.‍ Последнему неравенству удовлетворяют координаты всех точек, расположенных под параболой $y=-x^2+5x-6$‍,‍ но ни одна из них не соответствует условию $y\gt1$‍.‍ Таким образом, при $y\gt1$‍‍ решений нет.
2. $0\lt y\lt1$‍.‍ Аналогично получаем неравенство $5x-x^2-6\lt y$‍,‍ т. е. $y-(-x^2+5x-6)\gt0$‍.‍

Очевидно, что решением является закрашенная на рисунке 11 зелёным цветом область над параболой $y=-x^2+5x-6$‍.‍

Решите самостоятельно примеры 8 и 9.

Пример 8. Решить графически неравенство $\sqrt{y}\lt x-1$‍‍ (см. рис. 12).

Пример 9. Решить графически неравенство (см. рис. 13) $$ \left(\dfrac13\right)^{x-1}\gt\left(\dfrac13\right)^{\sqrt{y-x+3}}. $$

Пример 10. Решить графически неравенство $$ \sqrt{1-(x-3)^2-(y-2)^2}\lt\sqrt{1-(x-4)^2-(y-2)^2}. $$

Решение. В данном случае ОДЗ определяется неравенствами $$ \left\{\begin{array}l 1-(x-3)^2-(y-2)^2\ge0,\\ 1-(x-4)^2-(y-2)^2\ge0, \end{array}\right. $$ или $$ \left\{ \begin{array}l (x-3)^2+(y-2)^2\le1,\\ (x-4)^2+(y-2)^2\le1. \end{array}\right. $$ Уравнение $(x-3)^2+(y-2)^2=1$‍‍ является уравнением окружности единичного радиуса с центром в точке $O_1(3;\,2)$‍.‍ Неравенству $(x-3)^2+(y-2)^2\le1$‍‍ удовлетворяют все точки, удалённые от точки $O_1$‍‍ не более чем на единицу, т. е. все точки указанного круга, включая и его границу. Аналогично определяется и множество точек, координаты которых удовлетворяют второму неравенству полученной системы. Отсюда получаем, что областью допустимых значений неизвестных является общая часть двух кругов (рис. 14). Остаётся найти множество точек, для которых выполняется заданное неравенство. После очевидных преобразований получим неравенства, которые в данной ОДЗ равносильны исходному: $$ \begin{gather*} 1-(x-3)^2-(y-2)^2\lt1-(x-4)^2-(y-2)^2,\\ (x-4)^2-(x-3)^2\lt0,\\ x\gt\dfrac72. \end{gather*} $$

Таким образом, решением является закрашенная на рисунке 14 синей краской область (часть ОДЗ, лежащая правее прямой $x=\dfrac72$‍).‍

В заключение рассмотрим следующий пример.

Пример 11. Среди точек, координаты которых удовлетворяют условиям $x+2y\le3$‍,‍ $2x-y\le1$‍,‍ $x\ge0$‍‍ и $y\ge0$‍,‍ найти такую точку, для которой выражение $x^2+y^2$‍‍ будет наибольшим.

Решение. Найдём при помощи графического решения системы неравенств $$ \left\{\begin{array}l x+2y\le3,\\ 2x-y\le1,\\ x\ge0,\\ y\ge0 \end{array}\right. $$ множество точек, координаты которых удовлетворяют заданным условиям. Из рисунка 15 видно, что это будет четырёхугольник $OABC$‍.‍ (Координаты его вершин легко определяются из уравнений граничных прямых и указаны на том же рисунке.)

Теперь наша задача сформулируется так. Среди точек четырёхугольника $OABC$‍‍ найти такую точку, для которой выражение $x^2+y^2$‍‍ является наибольшим. Но мы знаем, что выражение $x^2+y^2$‍‍ определяет квадрат расстояния от точки с координатами $(x;y)$‍‍ до начала координат. Следовательно, задача сводится к отысканию в четырёхугольнике $OABC$‍‍ точки, наиболее удалённой от начала координат. Очевидно, что такой точкой является точка $C{\left(0;\dfrac32\right)}$‍.‍ Докажите!

Решите сами две задачи такого типа (эти задачи предлагались в 1968 году на вступительных письменных экзаменах по математике).

Пример 12 (физфак Ленинградского университета). Среди всех пар чисел, удовлетворяющих неравенству $\log_{x^2+y^2}(x+y)\ge1$‍,‍ найти те, у которых $y$‍‍ наибольшее.

Пример 13 (мехмат Новосибирского университета). Для каждого $a$‍‍ среди всех точек плоскости, координаты которых $(x;y)$‍‍ удовлетворяют системе неравенств $$ \left\{\begin{array}l y-2x\ge0,\\ -x^2+2ax-a^2+a+1-y\ge0, \end{array}\right. $$ найти точку с наибольшим $y$‍.‍