Найдите площадь фигуры, состоящей из точек (x,y) координатной плоскости, удовлетворяющих уравнению 2|x+2|+|y|+|2x-y|=4.

Обозначим f(x,y)=2|x+2|+|y|+|2x-y|. Требуется найти множество точек, где f(x,y)=4, и его площадь. Оценка снизу. По неравенству треугольника |y|+|2x-y| |y-(2x-y)|*12* 2 — точнее: |y|+|2x-y| |y+(2x-y)|=|2x|=2|x|, причём равенство достигается тогда и только тогда, когда числа y и 2x-y одного знака (нестрого), то есть когда y лежит между 0 и 2x. Поэтому f(x,y)=2|x+2|+(|y|+|2x-y|) 2|x+2|+2|x|. Минимум внешней части. Рассмотрим g(x)=2|x+2|+2|x|=2(|x+2|+|x|). По неравенству треугольника |x+2|+|x| |(x+2)-x|=2, откуда g(x) 4, причём равенство достигается тогда и только тогда, когда x лежит между -2 и 0, то есть при -2 x 0. Совмещение условий. Так как всегда f(x,y) g(x) 4, равенство f(x,y)=4 равносильно одновременному обращению обоих неравенств в равенства: cases-2 x 0, y лежит между 0 и 2x.cases При -2 x 0 имеем 2x 0, поэтому второе условие — это 2x y 0. Проверим обратное: при -2 x 0 имеем |x+2|=x+2, |x|=-x, значит g(x)=2(x+2)+(-2x)=4; а при 2x y 0 выполнено |y|+|2x-y|=-y+(y-2x)=-2x=2|x|. Тогда f(x,y)=4 тождественно. Следовательно, искомая фигура — это целая двумерная область T=(x,y): -2 x 0, 2x y 0, а не кривая (в этом и состоит «изюминка» задачи: уровень f=4 совпадает с минимумом и потому «заполняется» областью). Площадь. Область T ограничена сверху прямой y=0, снизу прямой y=2x и слева прямой x=-2; это треугольник с вершинами (0,0), (-2,0), (-2,-4). Его площадь S=_(-2)^(0)(0-2x)dx=[-x^2]_(-2)^(0)=4, или по формуле площади прямоугольного треугольника с катетами 2 и 4: S=12* 2* 4=4. Проверка краёв. Все три вершины удовлетворяют уравнению: f(0,0)=4, f(-2,0)=4, f(-2,-4)=4; вне полосы -2 x 0 или вне отрезка 2x y 0 значение f строго больше 4 (например, f(-1;0,1)=4,2, f(-1;-2,1)=4,2). Посторонних точек нет. Площадь фигуры равна 4.

4