План урока:

Уравнения с двумя переменными

График уравнения с двумя переменными

Система уравнений с двумя переменными

Способ подстановки

Метод сложения

Разложение левой части уравнения на множители

Линейное неравенство с двумя переменными

Нелинейные неравенства с двумя переменными

Системы неравенств с двумя переменными

 

Уравнения с двумя переменными

Порою в ур-нии содержится не одна, а две переменных. Такие ур-ния мы уже изучали в 7 классе. Приведем несколько примеров уравнений с двумя переменными:

2х – 5у = 8

4t³– 6ht = h⁴

– 14z + 5v/z = 8

В абсолютном большинстве таких задач для обозначения переменных используют буквы х и у. Решение указывают в виде пары чисел, причем на первом месте пишут значение х, а на втором – значение у. Например, несложно убедиться, что пара чисел (– 1; 3) является решением ур-ния

х(х – у) = 4.

Для этого надо лишь вместо х подставить (– 1), а вместо у – число 3:

(– 1)(– 1 – 3) = 4

4 = 4

Получили верное равенство. Заметим, что пара (– 1; 3) является не единственным решением ур-ния. Например, пара (2; 0) также обращает ур-ние в верное рав-во:

2(2 – 0) = 4

4 = 4

У ур-ний с двумя неизвестными, как и у ур-ний с одной неизвестной, можно определить степень. Для этого надо представить их в таком виде, когда слева записан многочлен, а справа – ноль. Тогда степень ур-ния будет равна степени многочлена. Так как ур-ние содержит две переменных, то для обозначения такого многочлена используется запись Р(х; у).

Пример. Определите степень уравнения

х(х² + у) = х + 1

Решение. Раскроем скобки слева, а потом перенесем все слагаемые в одну сторону:

х(х² + у) = х + 1

х³ + ху = х + 1

х³ + ху – х – 1 = 0

В левой части стоит многочлен третьей степени (подробнее об определении степени полинома можно узнать из этого урока). Поэтому и степень ур-ния равна 3.

Ответ: 3

 

График уравнения с двумя переменными

Очень часто ур-ние с 2 переменными имеет бесконечное число решений. Их удобно изображать в виде графика, ведь каждой паре чисел (х₁; у₁) соответствует точка на координатной плоскости с координатами х₁ и у₁.

Проще всего строить график уравнения с двумя переменными в том случае, когда удается выразить переменную у через х. Например, пусть надо построить график ур-ния

6х + 3у = 9

Выразим неизвестную величину у через х, то есть попытаемся получить ф-цию у = у(х):

6х + 3у = 9

3у = 9 – 6х

у = 3 – 2х

Построим график ф-ции у = 3 – 2х. Он одновременно будет являться и графиком ур-ния 6х + 3у = 9:

Не всегда можно так преобразовать ур-ние, чтобы получилась ф-ция у = у(х). Действительно, по определению функции, каждому значению аргумента должно соответствовать только одно значение ф-ции. Однако рассмотрим пример ур-ния

х – у² = 0

Можно убедиться, что его обращают в верное рав-во пары чисел (1; 1) и (1; – 1):

1² – 1² = 0

1² – (– 1)² = 0

Получается, что одному значению х(х = 1) соответствует сразу 2 значения у (у = 1 и у = –1). Это значит, что графиком такого ур-ния не может являться ф-ция у = у(х)

В данном случае возможно выразить х через у. Перенесем слагаемое у² вправо:

х = у²

Получили «перевернутую ф-цию» х = х(у), где не у зависит от х, а х от у. Ф-ция является квадратичной, а потому ее графиком будет парабола:

Так как х и у в ф-ции поменялись местами, то ось параболы стала не вертикальной, а горизонтальной.

Встречаются случаи, когда из ур-ния невозможно получить ни ф-цию у(х), ни ф-цию х(у). Рассмотрим ур-ние

х² + у² = 25

Его решениями являются пары чисел (0; 5) и (0; – 5). То есть значению х = 0 соответствует два значения у (5 и – 5), поэтому не получиться записать ф-цию у(х). С другой стороны, решениями ур-ния являются также пары (5; 0) и (– 5; 0), то есть значению у = 0 также соответствует два значения х (– 5 и 5), поэтому и записать ф-цию х(у) не удастся. Вообще данное ур-ние является частным случаем ур-ния

х² + у² = R²

где R– некоторое постоянное число, или параметр. Оно называется уравнением окружности, потому что его графиком как раз и является окружность.

Докажем это утверждение. Пусть на координатной плоскости есть точка А с произвольными координатами (х; у):

Опустим из А перпендикуляр на ось Ох в точку В. Получили прямоугольный треугольник ОАВ. Его катет ОВ равен у, а катет АВ = х. По теореме Пифагора можно найти длину гипотенузы ОА, которая и является расстоянием от О до А:

ОА² = ОВ² + АВ² = х² + у²

Окружность радиусом R– это множество точек, удаленных от центра на расстояние R. То есть расстояние ОА равно R, то точка А лежит на окружности радиусом R c центром в О:

х² + у² = ОА² = R²

Таким образом, координаты любой точки, лежащей на расстоянии Rот центра, удовлетворяют ур-нию

х² + у² = R²

В частности, графиком ур-ния

х² + у² = 25

является окружность с радиусом 5 (так как 25 = 5²)

Система уравнений с двумя переменными

Рассмотрим задачу. Разность двух чисел равна единице, а сумма их квадратов составляет 25. Чему равны эти два числа?

В задаче неизвестны два числа. Поэтому обозначим их за неизвестные величины х и у. Первое условие задачи, «разность чисел равна 1», можно записать ур-нием:

х – у = 1

Второе условие записывается так:

х² + у² = 25

Нам надо найти такие х и у, которые удовлетворяют одновременно обоим условиям задачи. То есть необходимо решить систему уравнений с двумя переменными:

Напомним, что в 7 классе мы уже изучали сис-мы ур-ний, однако рассматривались только случаи, когда все они являлись линейными. В рассматриваемом случае второе ур-ние линейным НЕ является (потому что переменные величины стоят во второй степени).

Для каждого ур-ния построим отдельный график. Точки их пересечения и будут соответствовать решениям сис-мы. Ур-ниех² + у² = 25 задает окружность. Ур-ние х – у = 1 будет совпадать с графиком линейной ф-ции у = х – 1:

Графики пересеклись в двух точках: (4; 3) и (– 3; – 4). Подставив их в сис-му, можно убедиться, что именно эти пары чисел являются решениями этой сис-мы.

Конечно, графический метод решения сис-м не всегда точный. Однако он позволяет оценить количество корней и их примерное расположение. Также графики помогают при изучении сис-м, содержащих параметры.

Пример. Найдите с помощью графиков решение сис-мы ур-ний

Решение. Построим графики каждого ур-ния. График первого ур-ния представляет собой параболу, а второй график – это прямая у = 4 – х:

Видно, что графики пересеклись в двух точках: (– 1; 5) и (4; 0). Убедиться в точности построения можно, просто подставив эти значения в решаемую сис-му.

 

Пример. При каком а сис-ма ур-ний

имеет ровно 3 решения?

Решение. Преобразуем 2-ое ур-ние сис-мы:

у – а + х² = 0

у = – х² + а

График ур-ния х² + у² = 9 представляет собой окружность радиусом 3. График у = – х² + а является параболой с ветвями, смотрящими вниз. Покажем на плоскости различные варианты взаимного расположения этих графиков при различных значениях параметра а:

Видно, что 3 точки пересечения у параболы и окружности может быть только в случае, если вершина параболы касается окружности в точке (0; 3). Для этого парабола должна определяться ур-нием у = – х²+ 3. Это значит, что только при значении а = 3 сис-ма имеет 3 решения.

Ответ: 3

Метод подстановки

Конечно, решать сис-му ур-ний графическим способом не очень удобно, так как часто можно получить лишь приближенный ответ. При изучении систем линейных уравнений с двумя переменными мы познакомились с двумя универсальными способами их решения: методы подстановки и сложения. К сожалению, для нелинейных сис-м нет универсальных методов их решения. Однако тот же способ подстановки иногда может помочь.

Его суть заключается в том, что в одном ур-нии надо выразить одну переменную через другую. В результате получится ф-ция у(х) или х(у), и ее можно будет подставить во второе ур-ние и тем самым получить ур-ние с одной неизвестной. Иногда такое действие называют исключением переменной.

 

Пример. Найдите решение сис-мы уравнений методом подстановки:

Решение. Сразу видно, что во втором ур-нии можно выразить у через х:

у – х² + 6 = 0

у = х² – 6

Подставим выражение у = х² – 6 в первое ур-ние:

2х² + х – 3у – 16 = 0

2х² + х – 3(х² – 6) – 16 = 0

Получилось ур-ние, в котором уже нет у! Его достаточно легко решить, ведь оно сводится к квадратному ур-нию:

2х² + х – 3(х² – 6) – 16 = 0

2х² + х – 3х² + 18 – 16 = 0

– х² + х + 2 = 0

D = b²– 4ас = 1² – 4•(– 1)•2 = 1 + 8 = 9

х₁ = (– 1 – 3)/(– 2) = 2

х₂ = (– 1 + 3)/(– 2) = – 1

Получили два возможных значения х. Теперь выполним обратную подстановку:

у = х² – 6

у₁ = (– 1)² – 6 = – 5

у₂ = 2² – 6 = – 2

Итак, имеем две пары чисел, (– 1; – 5) и (2; – 2), которые являются решениями сис-мы ур-ний.

Ответ: (– 1; 5); (2; – 2)

Пример. При каких х и у справедлива сис-ма

Решение. Попробуем найти решение методом подстановки. Из второго ур-ния следует, что ни одна из переменных не равна нулю, ведь иначе бы произведение ху равнялось бы не 7, а нулю. Поэтому можно поделить второе ур-ние на х:

ху = 7

у = 7/х

У нас получилось выразить у через х. Подставим полученное выражение в первое ур-ние:

Заменим переменную х² на t:

t = x²

t + 49/t = 50

Умножим ур-ние на t. Так как х ≠ 0, то и t≠ 0,поэтому мы можем смело производить подобное умножение:

t² + 49 = 50t

t²– 50t + 49 = 0

Получили квадратное ур-ние. Можно честно решить его, однако мы поступим проще. По теореме Виета, произведение корней ур-ния должно равняться 49 (свободный член ур-ния), а в сумме они должны давать 50 (второй коэффициент ур-ния с противоположным знаком). Под эти условия подходят числа 1 и 49:

1 + 49 = 50

1•49 = 49

На всякий случай подставим их в квадратное ур-ние и убедимся, что они действительно являются его корнями:

1²– 50•1 + 49 = 1 – 50 + 49 = 0

49²– 50•49 + 49 = 2401 – 2450 + 49 = 0

Итак, имеем два корня: t₁ = 1 и t₂ = 49.

Теперь произведем обратную замену:

х² = t

х² = 1 или х² = 49

Имеем два квадратных ур-ния. Корнями первого являются числа

х₁= 1 и х₂ = – 1

У ур-ния х² = 49 корни – это числа

х₃ = – 7 и х₄ = 7

Получили четыре значения х. Для каждого из них можно вычислить соответствующее значение у по формуле у = 7/х:

при х = –1; у = 7/ – 1 = – 7

при х = 1; у = 7/1 = 7

при х = – 7; у = 7/– 7 = – 1

при х = 7; у = 7/7 = 1

В итоге имеем 4 пары решений: (– 1; – 7), (1; 7), (– 7; – 1) и (7; 1).

Ответ: (– 1; – 7), (1; 7), (– 7; – 1), (7; 1).

Метод сложения

Очевидно, что не всегда в ур-нии можно выразить одну переменную через другую. Такую ситуацию можно, например, наблюдать в сис-ме

Однако здесь в каждом ур-нии есть слагаемое 6у², взятое с разными знаками. За счет этого сис-му можно решить методом сложения, ведь при сложении левых частей ур-ний слагаемые 6у² и (– 6у²) сократятся, что позволит исключить переменную у из ур-ния. Для этого надо сложить по отдельности левые и правые части ур-ний и получить новое ур-ние:

(3х² – 6у² + 3х) + (– 2х² + 6у²) = –18 + 22

3х² – 6у² + 3х – 2х² + 6у² = 4

х² + 3х = 4

х² + 3х – 4 = 0

Получили ур-ние, не содержащее у. Его можно решить как обычное квадратное ур-ние:

D = b²– 4ас = 3² – 4•1•(– 4) = 9 + 16 = 25

х₁ = (– 3 – 5)/2 = – 4

х₂ = (– 3 + 5)/2 = 1

Нашли два значения х. Подставляя его второе ур-ние, получим

при х = – 4:

– 2•(– 4)² + 6у² = 22

6у² = 22 + 32

у² = 9

у₁ = 3 или у₂ = – 3

при х = 1:

– 2•1² + 6у² = 22

6у² = 22 + 2

у² = 4

у₃ = – 2 или у₄ = 2

Имеем 4 решения сис-мы (– 4; 3), (– 4; – 3), (1; – 2), (1; 2).

Мы рассмотрели простейший случай использования метода сложения уравнений, когда ур-ния сис-мы можно сложить сразу. Однако порою их надо сначала умножить на какие-то числа, и лишь потом складывать.

Пример. Укажите решение для сис-мы:

Решение. Сразу складывать эти ур-ния нет смысла, потому что при этом не исчезнет ни одна переменная. Напомним, что обе части любого ур-ния можно умножить на число, не равное нулю, и в результате получится равносильное ур-ние. Поэтому второе ур-ние умножим на (– 2):– 4х²+ 2у² = – 2

А вот теперь есть смысл сложить его с первым ур-нием, так как у них есть слагаемые 2у² с противоположными знаками:

(3х² – 2у²) + (– 4х² + 2у²) = 1 – 2

–х² = – 1

х² = 1

х = – 1 или х = 1

Полученные значения х будем подставлять в другое ур-ние, например, в 2х² – у² = 1 (на самом деле можно выбрать любое другое из ур-ний сис-мы).

При х = – 1:

2(– 1)² – у² = 1

у² = 1

у₁ = – 1 или у₂ = 1

Теперь подставим х = 1:

2•1² – у² = 1

у² = 1

у₃ = – 1 или у₄ = 1

В итоге получаем 4 решения: (– 1; – 1), (– 1; 1), (1; – 1) и (1; 1)

Ответ:(– 1; – 1), (– 1; 1), (1; – 1), (1; 1).

Порою метод сложения и метод подстановки следует использовать одновременно.

Пример. Решите систему методом сложения:

Решение: постараемся избавиться от слагаемых с буквенной частью ху. Для этого умножим второе ур-ние на (– 2):

– 2х – 2у – 2ху = 12

Сложим его с первым ур-нием:

(3х + у + 2ху) + (– 2х – 2у – 2ху) = – 6 + 12

х – у = 6

исключить переменную не удалось, однако мы получили линейное ур-ние. Выразим из него у:

у = х – 6

Теперь можно подставить это выражение, например, во второе ур-ние системы:

х + у + ху = – 6

х + (х – 6) + х(х – 6) = – 6

х² – 4х – 6 = – 6

х² – 4х = 0

х(х – 4) = 0

х = 0 или х – 4 = 0

х₁ = 0 или х₂ = 4

Подставим полученные результаты в выражение у = х – 6

у₁ = х₁ – 6 = 0 – 6 = – 6

у₂ = х₂ – 6 = 4 – 6 = – 2

Получили два решения: (0; – 6) и (4; – 2).

Ответ: (0; – 6) и (4; – 2).

Разложение левой части уравнения на множители

Если нельзя использовать ни метод подстановки, ни способ сложения, то могут помочь другие методы. Например, иногда в одном ур-нии справа можно оставить ноль, а слева – разложить многочлен на множители.

 

Пример. Решите систему:

Решение. В верхнем ур-нии можно выполнить следующие преобразования:

9х² – у² = 3х – у

(3х – у)(3х + у) = (3х – у)

(3х – у)(3х + у) – (3х – у) = 0

Можно заметить, что в левой части находится разность двух выражений, содержащих множитель (3х – у). Этот множитель можно вынести за скобки, при этом вместо второго выражения останется только единица, ведь его можно переписать как (3х – у)•1 (при умножении на единицу любое выр-ние остается неизменным):

(3х – у)(3х + у) – (3х – у)•1 = 0

(3х – у)(3х + у – 1) = 0

(а откуда -1?)

Вспомним, что произведение равно нулю, если один из его сомножителей нулевой. Поэтому

3х – у = 0 или 3х + у – 1 = 0

у = 3х или у = 1 – 3х

Получили два возможных варианта выражения для у. Будем подставлять их во второе ур-ние:

при у = 3х

х² + у = ху

х² + 3х = х•3х

– 2х² + 3х = 0

х(– 2х + 3) = 0

х = 0 или – 2х + 3 = 0

х₁ = 0 или х₂ = 1,5

Найдем значение у, учитывая, что у = 3х:

у₁ = 3х₁ = 3•0 = 0

у₂ = 3х₂ = 3•1,5 = 4,5

Имеем решения (0; 0) и (1,5; 4,5). Далее рассмотрим второй случай, когда у = 1 – 3х:

х² + у = ху

х² + (1 – 3х) = х(1 – 3х)

х² + 1 – 3х = х – 3х²

Перенося слагаемые влево, получаем квадратное ур-ние:

х² + 1 – 3х – х + 3х² = 0

4х² – 4х + 1 = 0

D = b²– 4ас = (– 4)² – 4•4•1 = 0

Получаем, что у квадратного ур-ния есть лишь один корень:

х₃ = – b/2а = 4/8 = 0,5

Найдем соответствующее ему значение у:

у₃ = 1 – 3х₃ = 1 – 3•0,5 = – 0,5

Получили третье решение: (0,5; – 0,5).

Ответ: (0; 0); (1,5; 4,5);(0,5; – 0,5).

Системы ур-ний часто используются при решении геометрических задач.

Пример. Площадь прямоугольного треугольника равна 150 см². Известно, что один из его катетов больше другого на 5 см. Каков периметр треугольника?

Решение. Традиционно катеты обозначают буквами а и b. Площадь прямоугольного треугольника равна половине произведения катетов:

S = 0,5•ab

Отсюда следует ур-ние:

0,5ab = 150

Будем считать, что катет а больше, чем b. Тогда из условия можно записать

а = 5 + b

Итак, получается система:

Очевидно, что систему можно решить подстановкой а = 5 + b

0,5ab = 150

0,5ab = 150

0,5(5 + b)b = 150

(5 + b)b = 300

b² + 5b – 300 = 0

Решая это квадратное ур-ние, легко получить два значения b: 20 и (– 15). По смыслу задачи длина катета должна измеряться положительным числом, а потому b = 20. Второй катет на 5 см меньше, то есть он равен 20 – 5 = 15 см. Длину гипотенузы с можно найти по теореме Пифагора:

с² = а² + b² = 20² + 15² = 625

c = 25

Периметр треугольника – это сумма его сторон, она равна 25 + 20 + 15 = 60 см.

Ответ: 60 см.

Линейное неравенство с двумя переменными

Изучение неравенств с двумя переменными начнем с простейших из них – линейных неравенств. Их можно получить из линейных ур-ний, поставив вместо знака «=» один из четырех знаков сравнения.

Приведем примеры линейных неравенств с двумя переменными:

5х + 7у – 2 > 0

– 18,4x + 45,325y + 54,36 < 0

– 67х – 12у + 4 ⩾ 0

Линейные ур-ния и линейные нер-ва тесно связаны друг с другом. Напомним, что графиком линейного ур-ния

ах + by + c = 0

является прямая. Эта прямая разбивает всю плоскость на две полуплоскости. Для всех точек одной их них выполняется нер-во

ах + by + c< 0

а для всех точек другой полуплоскости справедливо нер-во

ах + by + c> 0

 

Пример. Отметьте на координатной прямой все решения неравенства с двумя переменными

3х + 2у < 6

Решение. Заменим знак «<»на знак «=» и получим ур-ние 3х + 2у = 6. Преобразовав его, мы получим функцию у(х)

3х + 2у = 6

2у = 6 – 3х

у = 3 – 1,5х

Построим этот график:

Видно, что прямая разбила плоскость на две части. Но в какой из них выполняется нер-во 3х + 2у < 6? Для ответа на этот вопрос достаточно взять координаты любой точки из одной из полуплоскостей и подставить их в нер-во. Конечно, проще всего взять точку (0; 0), в ней нер-во справедливо:

3•0 + 2•0 < 6

0 < 6

Поэтому область, в которой находится начало координат, можно заштриховать. Тем самым мы покажем, что на ней выполняется данное в условии нер-во:

Обратите внимание, что саму прямую 3х + 2у = 6 мы нарисовали пунктиром. Тем самым мы показали, что точки плоскости, лежащие непосредственно на этой прямой, НЕ входят в решение нер-ва, ведь оно является строгим.

 

Пример. Покажите все решения нер-ва

– 2х + у + 4⩽ 0

Решение. Снова заменим знак сравнения в нер-ве на знак «=»:

– 2х + у + 4 = 0

у = 2х – 4

Получили график прямой. Сразу отметим, что в точке (0; 0) заданное нер-во НЕ выполняется:

– 2•0 + 0 + 4 ⩾ 0

а потому заштриховывать надо будет полуплоскость, к которой НЕ относится начало координат:

Здесь сама прямая – 2х + у + 4 = 0 отображена непрерывной линией. Тем самым показано, что ее точки входят в решение нер-ва, которое является нестрогим.

 

Нелинейные неравенства с двумя переменными

В случае с нелинейными нер-вами действует тот же принцип. Необходимо заменить знак сравнения на знак «=» и получить ур-ние, после чего построить график ур-ния. Он разобьет плоскость на несколько областей, в пределах которых исходное нер-во либо справедливо, либо нет.

 

Пример. Покажите множество решений нелинейного неравенства с двумя переменными

у – х² + 5 > 0

Решение. Рассмотрим ур-ние

у – х² + 5 = 0

Перенеся часть слагаемых вправо, можно получить функцию

у = х² – 5

Построим ее график. Он представляет собой параболу, которая разбивает плоскость на две области:

Для определения того, выполняется ли нер-во в той или иной области, достаточно рассмотреть по одной точке в каждой из областей. Начнем с внутренней области. К ней относится начало координат, точка (0; 0). Подставив х = 0 и у = 0 в нер-во, мы увидим, что оно выполняется:

0 – 0² + 5 > 0

5 > 0

Во второй области выполняется обратное нер-во у – х² + 5 < 0. В этом можно убедиться, взяв, например, точку (3; 0).

0 – 3² + 5< 0

– 4 < 0

В рассмотренном примере мы проверяли каждую из двух областей, хотя в случае линейных нер-в достаточно изучить лишь одну полуплоскость – в другой нер-во автоматически «меняло знак». Но, оказывается, что в случае с нелинейными нер-вами это правило может и не выполняться. Убедимся в этом на одном примере:

 

Пример. Отметьте на координатной плоскости множество решений нер-ва

х⁴ + 2х²у + у²> 0

Решение. Изучим ур-ние

х⁴ + 2х²у + у² = 0

В левой части стоит квадрат суммы слагаемых х² и у:

(х² + у)² = (х²)² + 2х²у + у² = х⁴ + 2х²у + у²

С учетом этого ур-ние можно переписать так:

(х² + у)² = 0

х² + у = 0

у = – х²

Построим график и определим, какое нер-во выполняется в полученных областях. В области I возьмем точку (0; – 1). При ее подстановке в исходное нер-во получаем:

0⁴ + 2•0²(– 1) + (– 1)²> 0

1 > 0

Однако и в области II выполняется то же самое нер-во. Это можно увидеть на примере точки (0; 1):

0⁴ + 2•0²•1 + 1²> 0

1 > 0

Получается, что решениями нер-ва являются точки обеих областей. То есть надо заштриховать всю координатную плоскость, кроме самой кривой у = – х² , которую мы покажем из-за этого штрихпунктирной линией:

Отдельно отметим, что возможны случаи, когда график ур-ния разбивает плоскость не на две, а на большее кол-во областей. В качестве примера можно привести нер-во

ху – 5> 0

Ему соответствует ур-ние ху – 5 = 0

Из него можно получить функцию у = 5/х, графиком которой является гипербола. Этот график образует 3 области. Будем действовать как и раньше – выберем из каждой области по одной точке и посмотрим, выполняется ли на нем нер-во ух – 5 > 0. Из области I возьмем точку (– 5; – 5):

ху – 5 = (– 5)•(– 5) – 5 = 25 – 5 > 0

Из II области выберем точку (5; 5):

ху – 5 = 5•5 – 5 = 20 > 0

Наконец, из III области возьмем точку (0; 0):

ху – 5 = 0•0 – 5 = 0 – 5 < 0

Системы неравенств с двумя переменными

Пусть надо решить систему неравенств с двумя переменными

Покажем графически решения для каждого отдельного нер-ва. Так как графиком ур-ния х² + у² = 9 является окружность радиусом 3, то решением первого нер-ва является круг:

Нер-во х – у > 0 является линейным. Его решением будет полуплоскость:

Теперь совместим два полученных решения. Решением системы нер-в будет пересечение заштрихованных областей. Ведь именно здесь оба нер-ва системы будут выполняться одновременно. Это пересечение представляет собой полукруг (он заштрихован квадратиками):

 

Пример. Постройте решение системы нер-в

Решение. Построим графики ур-ний х² – у = 2 и у² – х = 2. Первый из них будет являться параболой у = х² – 2. Второй же будет выглядеть, как парабола, повернутая на 90°. Это будет функция х = у² – 2:

В том, что мы выбрали правильную область на плоскости, можно убедиться, просто подставив одну из ее точек, в частности (0; 0), в систему: