Номер 132, страница 328 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Авторы: Колмогоров А. Н., Абрамов А. М., Дудницын Ю. П.
Тип: Учебник
Издательство: Просвещение
Год издания: 2008 - 2025
Цвет обложки: зелёный, чёрный
ISBN: 978-5-09-019513-3
Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации
Алгебра и начала математического анализа
Популярные ГДЗ в 10 классе
Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы. Глава 6. Задачи повышенной трудности - номер 132, страница 328.
№132 (с. 328)
Условие. №132 (с. 328)
скриншот условия


132. а) $ \begin{cases} x^3 - y^3 = 19 (x - y), \\ x^3 + y^3 = 7 (x + y); \end{cases} $
б) $ \begin{cases} x^3 = 5x + y, \\ y^3 = x + 5y; \end{cases} $
в) $ \begin{cases} x^2 + y + z = 2, \\ x + y^2 + z = 2, \\ x + y + z^2 = 2; \end{cases} $
г) $ \begin{cases} x^2 + 2yz = 1, \\ y^2 + 2xz = 2, \\ z^2 + 2xy = 1. \end{cases} $
Решение 5. №132 (с. 328)
а)
Исходная система уравнений:
$ \begin{cases} x^3 - y^3 = 19(x - y) \\ x^3 + y^3 = 7(x + y) \end{cases} $
Преобразуем первое уравнение, используя формулу разности кубов $a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)$:
$(x - y)(x^2 + xy + y^2) = 19(x - y)$
$(x - y)(x^2 + xy + y^2 - 19) = 0$
Это уравнение выполняется в двух случаях:
1) $x - y = 0 \implies x = y$
2) $x^2 + xy + y^2 - 19 = 0 \implies x^2 + xy + y^2 = 19$
Аналогично преобразуем второе уравнение, используя формулу суммы кубов $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2-ab+b^2)$:
$(x + y)(x^2 - xy + y^2) = 7(x + y)$
$(x + y)(x^2 - xy + y^2 - 7) = 0$
Это уравнение также выполняется в двух случаях:
3) $x + y = 0 \implies x = -y$
4) $x^2 - xy + y^2 - 7 = 0 \implies x^2 - xy + y^2 = 7$
Теперь рассмотрим все возможные комбинации этих случаев.
Случай 1: $x = y$ и $x = -y$
Это возможно, только если $x = y = 0$. Проверка показывает, что $(0, 0)$ является решением системы. $ \begin{cases} 0-0=19(0) \\ 0+0=7(0) \end{cases} $
Случай 2: $x = y$ и $x^2 - xy + y^2 = 7$
Подставляем $x=y$ во второе условие: $y^2 - y^2 + y^2 = 7 \implies y^2 = 7 \implies y = \pm\sqrt{7}$.
Так как $x=y$, получаем два решения: $(\sqrt{7}, \sqrt{7})$ и $(-\sqrt{7}, -\sqrt{7})$.
Случай 3: $x = -y$ и $x^2 + xy + y^2 = 19$
Подставляем $x=-y$ в первое условие: $(-y)^2 + (-y)y + y^2 = 19 \implies y^2 - y^2 + y^2 = 19 \implies y^2 = 19 \implies y = \pm\sqrt{19}$.
Если $y=\sqrt{19}$, то $x=-\sqrt{19}$. Если $y=-\sqrt{19}$, то $x=\sqrt{19}$.
Получаем еще два решения: $(-\sqrt{19}, \sqrt{19})$ и $(\sqrt{19}, -\sqrt{19})$.
Случай 4: $x^2 + xy + y^2 = 19$ и $x^2 - xy + y^2 = 7$
Решаем систему из этих двух уравнений:
$ \begin{cases} x^2 + xy + y^2 = 19 \\ x^2 - xy + y^2 = 7 \end{cases} $
Сложим уравнения: $2x^2 + 2y^2 = 26 \implies x^2 + y^2 = 13$.
Вычтем второе из первого: $2xy = 12 \implies xy = 6$.
Получили новую систему:
$ \begin{cases} x^2 + y^2 = 13 \\ xy = 6 \end{cases} $
Из второго уравнения $y=6/x$. Подставим в первое:
$x^2 + (6/x)^2 = 13 \implies x^2 + 36/x^2 = 13 \implies x^4 - 13x^2 + 36 = 0$.
Это биквадратное уравнение. Пусть $t = x^2$, тогда $t^2 - 13t + 36 = 0$.
По теореме Виета корни $t_1=4, t_2=9$.
Если $x^2=4$, то $x=\pm 2$. При $x=2, y=6/2=3$. При $x=-2, y=6/(-2)=-3$.
Если $x^2=9$, то $x=\pm 3$. При $x=3, y=6/3=2$. При $x=-3, y=6/(-3)=-2$.
Получаем четыре решения: $(2, 3), (-2, -3), (3, 2), (-3, -2)$.
Ответ: $(0, 0), (\sqrt{7}, \sqrt{7}), (-\sqrt{7}, -\sqrt{7}), (\sqrt{19}, -\sqrt{19}), (-\sqrt{19}, \sqrt{19}), (2, 3), (3, 2), (-2, -3), (-3, -2)$.
б)
Исходная система уравнений:
$ \begin{cases} x^3 = 5x + y \\ y^3 = x + 5y \end{cases} $
Вычтем из первого уравнения второе:
$x^3 - y^3 = (5x + y) - (x + 5y) = 4x - 4y = 4(x - y)$.
$(x - y)(x^2 + xy + y^2) = 4(x - y)$.
$(x - y)(x^2 + xy + y^2 - 4) = 0$.
Отсюда либо $x=y$, либо $x^2+xy+y^2=4$.
Случай 1: $x = y$
Подставим в первое уравнение исходной системы:
$x^3 = 5x + x \implies x^3 - 6x = 0 \implies x(x^2-6) = 0$.
Корни: $x=0, x=\sqrt{6}, x=-\sqrt{6}$.
Поскольку $x=y$, получаем три решения: $(0, 0), (\sqrt{6}, \sqrt{6}), (-\sqrt{6}, -\sqrt{6})$.
Случай 2: $x^2 + xy + y^2 = 4$
Теперь сложим уравнения исходной системы:
$x^3 + y^3 = (5x + y) + (x + 5y) = 6x + 6y = 6(x + y)$.
$(x + y)(x^2 - xy + y^2) = 6(x + y)$.
$(x + y)(x^2 - xy + y^2 - 6) = 0$.
Отсюда либо $x=-y$, либо $x^2-xy+y^2=6$.
Подслучай 2а: $x = -y$ (при условии $x^2 + xy + y^2 = 4$)
Подставим $x=-y$ в условие $x^2 + xy + y^2 = 4$:
$(-y)^2 + (-y)y + y^2 = 4 \implies y^2 - y^2 + y^2 = 4 \implies y^2 = 4 \implies y = \pm 2$.
Если $y=2$, то $x=-2$. Если $y=-2$, то $x=2$.
Получаем два решения: $(-2, 2)$ и $(2, -2)$.
Подслучай 2б: $x^2 - xy + y^2 = 6$ (при условии $x^2 + xy + y^2 = 4$)
Решаем систему:
$ \begin{cases} x^2 + xy + y^2 = 4 \\ x^2 - xy + y^2 = 6 \end{cases} $
Сложив уравнения, получим $2x^2 + 2y^2 = 10 \implies x^2 + y^2 = 5$.
Вычтя второе из первого, получим $2xy = -2 \implies xy = -1$.
Из $y=-1/x$ подставляем в $x^2+y^2=5$: $x^2 + 1/x^2 = 5 \implies x^4 - 5x^2 + 1 = 0$.
Решая биквадратное уравнение для $x^2$: $x^2 = \frac{5 \pm \sqrt{25-4}}{2} = \frac{5 \pm \sqrt{21}}{2}$.
Тогда $x = \pm\sqrt{\frac{5 \pm \sqrt{21}}{2}}$. Используя формулу сложного радикала $\sqrt{A \pm \sqrt{B}} = \sqrt{\frac{A+C}{2}} \pm \sqrt{\frac{A-C}{2}}$, где $C=\sqrt{A^2-B}$, для $\sqrt{5 \pm \sqrt{21}}$ получаем $\sqrt{\frac{5+2}{2}} \pm \sqrt{\frac{5-2}{2}} = \frac{\sqrt{7} \pm \sqrt{3}}{\sqrt{2}}$.
Значит, $x = \pm\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{\sqrt{7}\pm\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\right) = \pm\frac{\sqrt{7}\pm\sqrt{3}}{2}$.
Соответствующие значения $y = -1/x$.
Если $x = \frac{\sqrt{7}+\sqrt{3}}{2}$, то $y=\frac{-2}{\sqrt{7}+\sqrt{3}}=\frac{-2(\sqrt{7}-\sqrt{3})}{7-3}=\frac{\sqrt{3}-\sqrt{7}}{2}$.
Это дает 4 решения, переставляя знаки и пары $(x,y)$:
$(\frac{\sqrt{7}+\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3}-\sqrt{7}}{2})$, $(\frac{\sqrt{3}-\sqrt{7}}{2}, \frac{\sqrt{7}+\sqrt{3}}{2})$, $(\frac{-\sqrt{7}-\sqrt{3}}{2}, \frac{-\sqrt{3}+\sqrt{7}}{2})$, $(\frac{-\sqrt{3}+\sqrt{7}}{2}, \frac{-\sqrt{7}-\sqrt{3}}{2})$.
Ответ: $(0, 0), (\sqrt{6}, \sqrt{6}), (-\sqrt{6}, -\sqrt{6}), (2, -2), (-2, 2), (\frac{\sqrt{7}+\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3}-\sqrt{7}}{2}), (\frac{\sqrt{3}-\sqrt{7}}{2}, \frac{\sqrt{7}+\sqrt{3}}{2}), (\frac{-\sqrt{7}-\sqrt{3}}{2}, \frac{-\sqrt{3}+\sqrt{7}}{2}), (\frac{-\sqrt{3}+\sqrt{7}}{2}, \frac{-\sqrt{7}-\sqrt{3}}{2})$.
в)
Исходная система уравнений:
$ \begin{cases} x^2 + y + z = 2 \\ x + y^2 + z = 2 \\ x + y + z^2 = 2 \end{cases} $
Вычтем второе уравнение из первого: $(x^2+y+z) - (x+y^2+z) = 0 \implies x^2-y^2 - (x-y) = 0 \implies (x-y)(x+y) - (x-y) = 0 \implies (x-y)(x+y-1) = 0$.
Отсюда следует, что $x=y$ или $x+y=1$.
В силу симметрии системы, аналогично получаем:
$y=z$ или $y+z=1$.
$x=z$ или $x+z=1$.
Рассмотрим возможные случаи.
Случай 1: $x = y = z$
Подставим в первое уравнение: $x^2 + x + x = 2 \implies x^2 + 2x - 2 = 0$.
Решая квадратное уравнение: $x = \frac{-2 \pm \sqrt{4 - 4(-2)}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{12}}{2} = -1 \pm \sqrt{3}$.
Получаем два решения: $(-1+\sqrt{3}, -1+\sqrt{3}, -1+\sqrt{3})$ и $(-1-\sqrt{3}, -1-\sqrt{3}, -1-\sqrt{3})$.
Случай 2: Две переменные равны, третья отличается. Пусть $x=y \neq z$.
Из $(x-y)(x+y-1)=0$ получаем $x=y$ (что является нашим предположением).
Из $(y-z)(y+z-1)=0$, так как $y \neq z$, следует $y+z-1=0 \implies y+z=1$.
Так как $x=y$, то и $x+z=1$.
Подставим $x=y$ и $z=1-y$ в первое уравнение исходной системы:
$y^2 + y + (1-y) = 2 \implies y^2 + 1 = 2 \implies y^2=1 \implies y = \pm 1$.
Если $y=1$, то $x=1$, а $z=1-1=0$. Получаем решение $(1, 1, 0)$.
Если $y=-1$, то $x=-1$, а $z=1-(-1)=2$. Получаем решение $(-1, -1, 2)$.
В силу симметрии, решениями также являются все перестановки этих троек: $(1, 0, 1), (0, 1, 1)$ и $(-1, 2, -1), (2, -1, -1)$.
Случай 3: Все переменные различны ($x \neq y \neq z \neq x$).
В этом случае из полученных условий должны выполняться:
$x+y=1, y+z=1, x+z=1$.
Из $x+y=1$ и $y+z=1$ следует $x=z$, что противоречит предположению о том, что все переменные различны. Следовательно, в этом случае решений нет.
Ответ: $(-1+\sqrt{3}, -1+\sqrt{3}, -1+\sqrt{3})$, $(-1-\sqrt{3}, -1-\sqrt{3}, -1-\sqrt{3})$, $(1, 1, 0)$, $(1, 0, 1)$, $(0, 1, 1)$, $(-1, -1, 2)$, $(-1, 2, -1)$, $(2, -1, -1)$.
г)
Исходная система уравнений:
$ \begin{cases} x^2 + 2yz = 1 \\ y^2 + 2xz = 2 \\ z^2 + 2xy = 1 \end{cases} $
Вычтем третье уравнение из первого:
$(x^2 + 2yz) - (z^2 + 2xy) = 1 - 1 = 0$
$x^2 - z^2 - 2xy + 2yz = 0$
$(x-z)(x+z) - 2y(x-z) = 0$
$(x-z)(x+z-2y) = 0$
Это дает два случая:
1) $x = z$
2) $x+z = 2y$
Рассмотрим эти случаи. Сложим все три уравнения исходной системы:
$x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx = 1+2+1=4$
$(x+y+z)^2 = 4 \implies x+y+z = \pm 2$.
Случай 1: $x = z$
Подставим $x=z$ в $x+y+z = \pm 2$, получим $2x+y = \pm 2$.
Система для $x, y$ при $x=z$:
$ \begin{cases} x^2 + 2xy = 1 \\ 2x+y = \pm 2 \end{cases} $
Подслучай 1а: $y=2-2x$. Подставляем в первое уравнение:
$x^2 + 2x(2-2x) = 1 \implies x^2+4x-4x^2=1 \implies 3x^2-4x+1=0$.
Корни: $x_1=1, x_2=1/3$.
Если $x=1$, то $z=1, y=2-2(1)=0$. Решение: $(1, 0, 1)$.
Если $x=1/3$, то $z=1/3, y=2-2(1/3)=4/3$. Решение: $(1/3, 4/3, 1/3)$.
Подслучай 1б: $y=-2-2x$. Подставляем в первое уравнение:
$x^2 + 2x(-2-2x) = 1 \implies x^2-4x-4x^2=1 \implies 3x^2+4x+1=0$.
Корни: $x_1=-1, x_2=-1/3$.
Если $x=-1$, то $z=-1, y=-2-2(-1)=0$. Решение: $(-1, 0, -1)$.
Если $x=-1/3$, то $z=-1/3, y=-2-2(-1/3)=-4/3$. Решение: $(-1/3, -4/3, -1/3)$.
Случай 2: $x+z=2y$ (при $x \neq z$)
Подставим $x+z=2y$ в $x+y+z = \pm 2$:
$(x+z)+y = \pm 2 \implies 2y+y = \pm 2 \implies 3y = \pm 2 \implies y = \pm 2/3$.
Подставим $y=\pm 2/3$ во второе уравнение исходной системы $y^2+2xz=2$:
$(\pm 2/3)^2 + 2xz = 2 \implies 4/9 + 2xz = 2 \implies 2xz = 14/9 \implies xz=7/9$.
Если $y=2/3$, то $x+z=2y=4/3$. $x, z$ - корни уравнения $t^2 - (4/3)t + 7/9 = 0$. Дискриминант $D = (4/3)^2 - 4(7/9) = 16/9 - 28/9 < 0$. Действительных решений нет.
Если $y=-2/3$, то $x+z=2y=-4/3$. $x, z$ - корни уравнения $t^2 + (4/3)t + 7/9 = 0$. Дискриминант $D = (4/3)^2 - 4(7/9) < 0$. Действительных решений нет.
Таким образом, во втором случае решений нет.
Ответ: $(1, 0, 1), (-1, 0, -1), (1/3, 4/3, 1/3), (-1/3, -4/3, -1/3)$.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz
ПрисоединитьсяМы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10-11 класс, для упражнения номер 132 расположенного на странице 328 к учебнику 2008 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №132 (с. 328), авторов: Колмогоров (Андрей Николаевич), Абрамов (Александр Михайлович), Дудницын (Юрий Павлович), учебного пособия издательства Просвещение.