Страница 328 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

121. $\frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2} < \frac{n-1}{n}$.

Для доказательства данного неравенства воспользуемся методом сравнения. Идея состоит в том, чтобы найти для суммы в левой части неравенства верхнюю границу, которая будет равна правой части неравенства.

Рассмотрим сумму в левой части:$S_n = \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2} = \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k^2}$

Для любого целого числа $k \ge 2$ справедливо, что $k > k-1$. Умножая обе части на $k$ (которое положительно), получаем $k^2 > k(k-1)$.Так как обе части этого неравенства положительны, можно взять от них обратные величины, изменив при этом знак неравенства на противоположный:$\frac{1}{k^2} < \frac{1}{k(k-1)}$

Это строгое неравенство справедливо для всех $k \ge 2$. Применим его к каждому слагаемому в нашей сумме $S_n$:$\frac{1}{2^2} < \frac{1}{2(2-1)} = \frac{1}{1 \cdot 2}$
$\frac{1}{3^2} < \frac{1}{3(3-1)} = \frac{1}{2 \cdot 3}$
...
$\frac{1}{n^2} < \frac{1}{n(n-1)}$

Сложив все эти неравенства, мы получим оценку для исходной суммы $S_n$:$S_n = \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2} < \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{(n-1)n}$

Сумма в правой части нового неравенства является телескопической. Чтобы это увидеть, представим каждый её член $\frac{1}{(k-1)k}$ в виде разности двух дробей:$\frac{1}{(k-1)k} = \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}$Теперь мы можем переписать сумму следующим образом:$\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{(k-1)k} = \sum_{k=2}^{n} \left(\frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}\right)$$= \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) + \dots + \left(\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}\right)$

В этой сумме все промежуточные слагаемые взаимно уничтожаются, и остаются только первый и последний члены:$1 - \frac{1}{n}$Приводя к общему знаменателю, получаем:$1 - \frac{1}{n} = \frac{n}{n} - \frac{1}{n} = \frac{n-1}{n}$

Таким образом, мы установили, что:$\frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2} < \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{(n-1)n} = \frac{n-1}{n}$Следовательно, исходное неравенство $\frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2} < \frac{n-1}{n}$ доказано для всех целых $n \ge 2$.

Ответ: Неравенство доказано.

122. $(a + b) (a^3 + b^3) \le 2 (a^4 + b^4).$

Для доказательства неравенства $(a + b)(a^3 + b^3) \le 2(a^4 + b^4)$ преобразуем его, перенеся все члены в одну сторону и упростив выражение.

Сначала раскроем скобки в обеих частях неравенства.

Левая часть: $(a + b)(a^3 + b^3) = a \cdot a^3 + a \cdot b^3 + b \cdot a^3 + b \cdot b^3 = a^4 + ab^3 + a^3b + b^4$.

Правая часть: $2(a^4 + b^4) = 2a^4 + 2b^4$.

Подставим раскрытые выражения обратно в неравенство:

$a^4 + ab^3 + a^3b + b^4 \le 2a^4 + 2b^4$

Перенесем все члены из левой части в правую:

$0 \le 2a^4 + 2b^4 - (a^4 + ab^3 + a^3b + b^4)$

$0 \le 2a^4 + 2b^4 - a^4 - ab^3 - a^3b - b^4$

Приведем подобные слагаемые:

$0 \le (2a^4 - a^4) + (2b^4 - b^4) - a^3b - ab^3$

$0 \le a^4 + b^4 - a^3b - ab^3$

Таким образом, исходное неравенство эквивалентно неравенству $a^4 - a^3b - ab^3 + b^4 \ge 0$. Теперь докажем справедливость этого неравенства.

Сгруппируем члены и вынесем общие множители:

$(a^4 - a^3b) - (ab^3 - b^4) \ge 0$

$a^3(a - b) - b^3(a - b) \ge 0$

$(a - b)(a^3 - b^3) \ge 0$

Используем формулу разности кубов $a^3 - b^3 = (a - b)(a^2 + ab + b^2)$:

$(a - b)(a - b)(a^2 + ab + b^2) \ge 0$

$(a - b)^2(a^2 + ab + b^2) \ge 0$

Рассмотрим каждый множитель в полученном выражении:

1. Множитель $(a - b)^2$ является квадратом действительного числа, поэтому он всегда неотрицателен: $(a - b)^2 \ge 0$.

2. Множитель $(a^2 + ab + b^2)$ также всегда неотрицателен. Это можно показать, выделив полный квадрат:

$a^2 + ab + b^2 = a^2 + 2 \cdot a \cdot \frac{b}{2} + (\frac{b}{2})^2 - (\frac{b}{2})^2 + b^2 = (a + \frac{b}{2})^2 + b^2 - \frac{b^2}{4} = (a + \frac{b}{2})^2 + \frac{3}{4}b^2$.

Так как $(a + \frac{b}{2})^2 \ge 0$ и $\frac{3}{4}b^2 \ge 0$, их сумма также всегда неотрицательна: $(a + \frac{b}{2})^2 + \frac{3}{4}b^2 \ge 0$. Равенство нулю достигается только при $b=0$ и $a=0$.

Поскольку выражение $(a - b)^2(a^2 + ab + b^2)$ является произведением двух неотрицательных множителей, оно само всегда неотрицательно. Следовательно, неравенство $(a - b)^2(a^2 + ab + b^2) \ge 0$ верно для любых действительных чисел $a$ и $b$.

Это доказывает справедливость исходного неравенства $(a + b)(a^3 + b^3) \le 2(a^4 + b^4)$.

Равенство в неравенстве достигается тогда и только тогда, когда $(a - b)^2(a^2 + ab + b^2) = 0$. Это возможно, если один из множителей равен нулю:

1. $(a - b)^2 = 0$, что означает $a = b$.

2. $a^2 + ab + b^2 = 0$, что, как было показано, возможно только при $a = 0$ и $b = 0$. Этот случай является частным случаем $a=b$.

Следовательно, равенство имеет место при $a = b$.

Ответ: Неравенство доказано. Путем алгебраических преобразований оно сводится к виду $(a - b)^2(a^2 + ab + b^2) \ge 0$, которое очевидно верно для всех действительных $a$ и $b$, так как оба множителя $(a - b)^2$ и $(a^2 + ab + b^2)$ всегда неотрицательны. Равенство достигается при $a = b$.

123. $5a^2 - 6ab + 5b^2 > 0 (a^2 + b^2 \neq 0)$

Требуется доказать неравенство $5a^2 - 6ab + 5b^2 > 0$ при условии $a^2 + b^2 \neq 0$, что означает, что числа $a$ и $b$ не равны нулю одновременно.

Для доказательства преобразуем левую часть неравенства, представив ее в виде суммы неотрицательных слагаемых. Этого можно достичь путем перегруппировки членов и использования формул сокращенного умножения.

Представим выражение $5a^2 - 6ab + 5b^2$ следующим образом, выделив из него выражение, похожее на квадрат разности:

$5a^2 - 6ab + 5b^2 = (3a^2 - 6ab + 3b^2) + 2a^2 + 2b^2$

В выражении в скобках вынесем общий множитель 3. Во второй группе слагаемых вынесем общий множитель 2:

$3(a^2 - 2ab + b^2) + 2(a^2 + b^2)$

Выражение $a^2 - 2ab + b^2$ является полным квадратом разности $(a-b)^2$. Таким образом, мы получаем тождественное преобразование:

$5a^2 - 6ab + 5b^2 = 3(a-b)^2 + 2(a^2 + b^2)$

Теперь проанализируем правую часть полученного равенства. Она состоит из суммы двух слагаемых:

1. Первое слагаемое $3(a-b)^2$. Так как квадрат любого действительного числа является неотрицательной величиной, $(a-b)^2 \ge 0$. Умножение на положительное число 3 сохраняет это свойство, следовательно, $3(a-b)^2 \ge 0$ для любых значений $a$ и $b$.

2. Второе слагаемое $2(a^2 + b^2)$. Сумма квадратов $a^2 + b^2$ также всегда неотрицательна. Однако по условию задачи $a^2 + b^2 \neq 0$, что означает, что эта сумма не может быть равна нулю. Следовательно, $a^2 + b^2$ является строго положительной величиной: $a^2 + b^2 > 0$. Умножение на положительное число 2 также сохраняет знак, поэтому $2(a^2 + b^2) > 0$.

В итоге мы представляем исходное выражение как сумму неотрицательного и строго положительного слагаемых:

$5a^2 - 6ab + 5b^2 = \underbrace{3(a-b)^2}_{\ge 0} + \underbrace{2(a^2 + b^2)}_{> 0}$

Сумма неотрицательного и строго положительного числа всегда является строго положительным числом. Следовательно, $5a^2 - 6ab + 5b^2 > 0$ при заданном условии.

Ответ: Неравенство доказано.

124. $\sqrt{(a+c)(b+d)} \ge \sqrt{ab} + \sqrt{cd}$ $(a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0, d \ge 0)$.

Решение:

Требуется доказать неравенство $\sqrt{(a+c)(b+d)} \ge \sqrt{ab} + \sqrt{cd}$ для $a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0, d \ge 0$. Представим два способа доказательства.

Способ 1: Возведение в квадрат и использование неравенства о средних

Поскольку все переменные $a, b, c, d$ по условию неотрицательны, обе части неравенства также неотрицательны. Это позволяет нам возвести обе части в квадрат, не изменяя знака неравенства: $(\sqrt{(a+c)(b+d)})^2 \ge (\sqrt{ab} + \sqrt{cd})^2$

Раскроем скобки в левой и правой частях: $(a+c)(b+d) \ge (\sqrt{ab})^2 + 2\sqrt{ab}\sqrt{cd} + (\sqrt{cd})^2$ $ab + ad + bc + cd \ge ab + 2\sqrt{abcd} + cd$

После вычитания из обеих частей одинаковых слагаемых $ab$ и $cd$, неравенство принимает вид: $ad + bc \ge 2\sqrt{abcd}$

Это неравенство является прямым следствием неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для двух неотрицательных чисел $x = ad$ и $y = bc$. Напомним, что для любых неотрицательных $x$ и $y$ справедливо $\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy}$, или $x+y \ge 2\sqrt{xy}$. Применив это к $ad$ и $bc$, мы получаем $ad+bc \ge 2\sqrt{(ad)(bc)} = 2\sqrt{abcd}$.

Поскольку все наши преобразования были эквивалентными, а последнее неравенство истинно, то и исходное неравенство также истинно.

Способ 2: Использование неравенства Коши-Буняковского-Шварца

Неравенство Коши-Буняковского-Шварца для двух наборов действительных чисел $(x_1, x_2)$ и $(y_1, y_2)$ записывается как $(x_1y_1 + x_2y_2)^2 \le (x_1^2 + x_2^2)(y_1^2 + y_2^2)$.

Выберем $x_1 = \sqrt{a}$, $x_2 = \sqrt{c}$, $y_1 = \sqrt{b}$ и $y_2 = \sqrt{d}$. Так как $a,b,c,d \ge 0$, все эти значения являются действительными числами. Подставим их в неравенство Коши-Буняковского-Шварца: $(\sqrt{a}\sqrt{b} + \sqrt{c}\sqrt{d})^2 \le ((\sqrt{a})^2 + (\sqrt{c})^2)((\sqrt{b})^2 + (\sqrt{d})^2)$ $(\sqrt{ab} + \sqrt{cd})^2 \le (a+c)(b+d)$

Так как обе части неотрицательны, можно извлечь квадратный корень, сохранив знак неравенства: $\sqrt{ab} + \sqrt{cd} \le \sqrt{(a+c)(b+d)}$, что и доказывает исходное утверждение.

В обоих способах равенство достигается при одном и том же условии. В неравенстве о средних равенство имеет место, когда $ad = bc$. В неравенстве Коши-Буняковского-Шварца равенство имеет место, когда наборы пропорциональны, т.е. $\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}} = \frac{\sqrt{c}}{\sqrt{d}}$ (при $b, d \ne 0$), что после возведения в квадрат также дает $ad = bc$. Если $b=0$, то для равенства необходимо $a=0$ или $d=0$. Если $d=0$, то необходимо $c=0$ или $b=0$. В общем случае условие равенства — $ad=bc$.

Ответ: Неравенство доказано. Оно справедливо для всех $a, b, c, d \ge 0$. Равенство достигается при $ad = bc$.

Решите системы уравнений (125—134).

125. а) $\begin{cases} (x - y)(x^2 - y^2) = 3a^3, \\ (x + y)(x^2 + y^2) = 15a^3; \end{cases}$

б) $\begin{cases} x^2 - xy + y^2 = 21, \\ y^2 - 2xy + 15 = 0. \end{cases}$

а)

Дана система уравнений:

$$ \begin{cases} (x - y)(x^2 - y^2) = 3a^3, \\ (x + y)(x^2 + y^2) = 15a^3. \end{cases} $$

Преобразуем первое уравнение, используя формулу разности квадратов $x^2 - y^2 = (x - y)(x + y)$:

$$ (x - y)(x - y)(x + y) = 3a^3 \implies (x - y)^2(x + y) = 3a^3 \quad (1) $$

Второе уравнение системы:

$$ (x + y)(x^2 + y^2) = 15a^3 \quad (2) $$

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $a = 0$

Система принимает вид:

$$ \begin{cases} (x - y)^2(x + y) = 0, \\ (x + y)(x^2 + y^2) = 0. \end{cases} $$

Из первого уравнения следует, что либо $x - y = 0$, либо $x + y = 0$.

Если $x + y = 0$, то $y = -x$. Подставим во второе уравнение: $(x + (-x))(x^2 + (-x)^2) = 0 \cdot (2x^2) = 0$. Это равенство верно для любого значения $x$. Таким образом, все пары вида $(k, -k)$, где $k \in \mathbb{R}$, являются решениями системы при $a=0$.

Если $x - y = 0$, то $x = y$. Подставим во второе уравнение: $(x + x)(x^2 + x^2) = (2x)(2x^2) = 4x^3 = 0$, откуда $x = 0$. Следовательно, $y = 0$. Решение $(0, 0)$ является частным случаем решения $y = -x$ при $x=0$.

Итак, при $a=0$ решением системы является множество пар $(x, y)$, таких что $y = -x$.

Случай 2: $a \neq 0$

В этом случае правые части уравнений не равны нулю, значит, $x+y \neq 0$ и $x-y \neq 0$. Разделим уравнение (2) на уравнение (1):

$$ \frac{(x + y)(x^2 + y^2)}{(x - y)^2(x + y)} = \frac{15a^3}{3a^3} $$

$$ \frac{x^2 + y^2}{(x - y)^2} = 5 $$

Раскроем скобки и упростим:

$$ x^2 + y^2 = 5(x^2 - 2xy + y^2) $$

$$ x^2 + y^2 = 5x^2 - 10xy + 5y^2 $$

$$ 4x^2 - 10xy + 4y^2 = 0 $$

Разделим на 2:

$$ 2x^2 - 5xy + 2y^2 = 0 $$

Это однородное уравнение. Поскольку $a \neq 0$, то $x=0, y=0$ не является решением. Можем разделить уравнение на $y^2$ (если $y=0$, то и $x=0$):

$$ 2\left(\frac{x}{y}\right)^2 - 5\left(\frac{x}{y}\right) + 2 = 0 $$

Пусть $t = x/y$. Получаем квадратное уравнение $2t^2 - 5t + 2 = 0$.

Дискриминант $D = (-5)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 2 = 25 - 16 = 9$.

Корни: $t_1 = \frac{5 - 3}{4} = \frac{1}{2}$ и $t_2 = \frac{5 + 3}{4} = 2$.

Возвращаемся к переменным $x$ и $y$:

1) $x/y = 2 \implies x = 2y$. Подставим это соотношение в уравнение (1):

$$ (2y - y)^2(2y + y) = 3a^3 \implies y^2(3y) = 3a^3 \implies 3y^3 = 3a^3 \implies y = a. $$

Тогда $x = 2y = 2a$. Получаем решение $(2a, a)$.

2) $x/y = 1/2 \implies y = 2x$. Подставим это соотношение в уравнение (1):

$$ (x - 2x)^2(x + 2x) = 3a^3 \implies (-x)^2(3x) = 3a^3 \implies 3x^3 = 3a^3 \implies x = a. $$

Тогда $y = 2x = 2a$. Получаем решение $(a, 2a)$.

Ответ: при $a=0$ решением является множество пар $(k, -k)$ для любого $k \in \mathbb{R}$; при $a \neq 0$ решениями являются пары $(2a, a)$ и $(a, 2a)$.

б)

Дана система уравнений:

$$ \begin{cases} x^2 - xy + y^2 = 21, \\ y^2 - 2xy + 15 = 0. \end{cases} $$

Вычтем из первого уравнения системы второе уравнение:

$$ (x^2 - xy + y^2) - (y^2 - 2xy + 15) = 21 - 0 $$

$$ x^2 - xy + y^2 - y^2 + 2xy - 15 = 21 $$

$$ x^2 + xy = 36 $$

Из полученного уравнения выразим $xy$:

$$ xy = 36 - x^2 $$

Заметим, что $x \neq 0$, иначе $0=36$. Тогда можем выразить $y$:

$$ y = \frac{36 - x^2}{x} $$

Подставим выражение для $xy$ в первое уравнение исходной системы $x^2 - xy + y^2 = 21$:

$$ x^2 - (36 - x^2) + y^2 = 21 \implies 2x^2 - 36 + y^2 = 21 \implies y^2 = 57 - 2x^2 $$

Теперь воспользуемся тем, что $(xy)^2 = x^2y^2$. Подставим полученные выражения для $xy$ и $y^2$:

$$ (36 - x^2)^2 = x^2(57 - 2x^2) $$

Раскроем скобки:

$$ 1296 - 72x^2 + x^4 = 57x^2 - 2x^4 $$

Перенесем все члены в левую часть:

$$ 3x^4 - 129x^2 + 1296 = 0 $$

Разделим уравнение на 3:

$$ x^4 - 43x^2 + 432 = 0 $$

Это биквадратное уравнение. Сделаем замену $u = x^2$, где $u \ge 0$:

$$ u^2 - 43u + 432 = 0 $$

Найдем корни этого квадратного уравнения с помощью дискриминанта:

$$ D = (-43)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 432 = 1849 - 1728 = 121 = 11^2 $$

$$ u_1 = \frac{43 - 11}{2} = \frac{32}{2} = 16 $$

$$ u_2 = \frac{43 + 11}{2} = \frac{54}{2} = 27 $$

Оба корня положительны, поэтому возвращаемся к переменной $x$:

Случай 1: $x^2 = 16$

Отсюда $x_1 = 4$ и $x_2 = -4$.

Если $x=4$, то $y = \frac{36 - x^2}{x} = \frac{36 - 16}{4} = \frac{20}{4} = 5$.

Если $x=-4$, то $y = \frac{36 - x^2}{x} = \frac{36 - 16}{-4} = \frac{20}{-4} = -5$.

Случай 2: $x^2 = 27$

Отсюда $x_3 = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$ и $x_4 = -\sqrt{27} = -3\sqrt{3}$.

Если $x=3\sqrt{3}$, то $y = \frac{36 - x^2}{x} = \frac{36 - 27}{3\sqrt{3}} = \frac{9}{3\sqrt{3}} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$.

Если $x=-3\sqrt{3}$, то $y = \frac{36 - x^2}{x} = \frac{36 - 27}{-3\sqrt{3}} = \frac{9}{-3\sqrt{3}} = -\sqrt{3}$.

Проверка показывает, что все четыре пары чисел являются решениями исходной системы.

Ответ: $(4, 5)$, $(-4, -5)$, $(3\sqrt{3}, \sqrt{3})$, $(-3\sqrt{3}, -\sqrt{3})$.

126. a) $\begin{cases} u + v = 2, \\ |3u - v| = 1; \end{cases}$

б) $\begin{cases} |x - 1| + |y - 2| = 1, \\ y + |x - 1| = 3. \end{cases}$

а)

Дана система уравнений: $ \begin{cases} u + v = 2, \\ |3u - v| = 1. \end{cases} $

Из первого уравнения выразим $v$ через $u$: $v = 2 - u$.

Подставим это выражение во второе уравнение системы: $|3u - (2 - u)| = 1$.

Упростим выражение под знаком модуля: $|3u - 2 + u| = 1$, $|4u - 2| = 1$.

Это уравнение с модулем равносильно совокупности двух уравнений:

1) $4u - 2 = 1$. $4u = 3$, $u = \frac{3}{4}$. Найдем соответствующее значение $v$: $v = 2 - u = 2 - \frac{3}{4} = \frac{8}{4} - \frac{3}{4} = \frac{5}{4}$. Первое решение: $(u_1, v_1) = (\frac{3}{4}, \frac{5}{4})$.

2) $4u - 2 = -1$. $4u = 1$, $u = \frac{1}{4}$. Найдем соответствующее значение $v$: $v = 2 - u = 2 - \frac{1}{4} = \frac{8}{4} - \frac{1}{4} = \frac{7}{4}$. Второе решение: $(u_2, v_2) = (\frac{1}{4}, \frac{7}{4})$.

Таким образом, система имеет два решения.

Ответ: $(\frac{3}{4}, \frac{5}{4})$; $(\frac{1}{4}, \frac{7}{4})$.

б)

Дана система уравнений: $ \begin{cases} |x - 1| + |y - 2| = 1, \\ y + |x - 1| = 3. \end{cases} $

Из второго уравнения выразим $|x - 1|$: $|x - 1| = 3 - y$.

Так как модуль числа всегда неотрицателен, должно выполняться условие $|x - 1| \ge 0$, следовательно, $3 - y \ge 0$, что означает $y \le 3$.

Подставим выражение для $|x - 1|$ в первое уравнение системы: $(3 - y) + |y - 2| = 1$.

Выразим $|y - 2|$: $|y - 2| = 1 - (3 - y)$, $|y - 2| = 1 - 3 + y$, $|y - 2| = y - 2$.

Равенство вида $|A| = A$ выполняется тогда и только тогда, когда $A \ge 0$. В нашем случае это означает, что $y - 2 \ge 0$, то есть $y \ge 2$.

Мы получили два условия для $y$: $y \le 3$ и $y \ge 2$. Объединяя их, получаем, что $y$ может принимать любое значение из отрезка $[2, 3]$, то есть $2 \le y \le 3$.

Теперь найдем соответствующие значения $x$. Вернемся к уравнению $|x - 1| = 3 - y$. Раскроем модуль, рассмотрев два случая:

1) $x - 1 = 3 - y$. Отсюда $x = 4 - y$.

2) $x - 1 = -(3 - y)$. $x - 1 = y - 3$, отсюда $x = y - 2$.

Таким образом, решениями системы являются все пары $(x, y)$, которые удовлетворяют условиям: $2 \le y \le 3$ и при этом либо $x = 4 - y$, либо $x = y - 2$.

Геометрически это множество точек представляет собой объединение двух отрезков на координатной плоскости:

- Отрезок прямой $x + y = 4$, концами которого являются точки, соответствующие $y=2$ и $y=3$. При $y=2$, $x = 4 - 2 = 2$, получаем точку $(2, 2)$. При $y=3$, $x = 4 - 3 = 1$, получаем точку $(1, 3)$. Это отрезок, соединяющий точки $(2, 2)$ и $(1, 3)$.

- Отрезок прямой $x - y = -2$, концами которого являются точки, соответствующие $y=2$ и $y=3$. При $y=2$, $x = 2 - 2 = 0$, получаем точку $(0, 2)$. При $y=3$, $x = 3 - 2 = 1$, получаем точку $(1, 3)$. Это отрезок, соединяющий точки $(0, 2)$ и $(1, 3)$.

Ответ: Множество всех точек $(x, y)$, для которых $2 \le y \le 3$ и $x = 4 - y$, а также всех точек, для которых $2 \le y \le 3$ и $x = y - 2$. Это два отрезка, соединяющие точку $(1, 3)$ с точками $(2, 2)$ и $(0, 2)$.

127. a) $\begin{cases} x + y - z = 2, \\ 2x - y + 4z = 1, \\ -x + 6y - z = 5; \end{cases}$

б) $\begin{cases} x + y + z = -2, \\ x - y + 2z = -7, \\ 2x + 3y - z = 1. \end{cases}$

а) Для решения данной системы линейных уравнений воспользуемся методом алгебраического сложения (методом исключения).
Исходная система:$\begin{cases} x + y - z = 2, & \text{(1)} \\ 2x - y + 4z = 1, & \text{(2)} \\ -x + 6y - z = 5; & \text{(3)} \end{cases}$
Сначала исключим переменную $x$. Для этого сложим уравнение (1) и уравнение (3):
$(x + y - z) + (-x + 6y - z) = 2 + 5$
$7y - 2z = 7$ (4)
Теперь умножим уравнение (1) на $-2$ и сложим с уравнением (2), чтобы снова исключить $x$:
$-2(x + y - z) + (2x - y + 4z) = -2(2) + 1$
$-2x - 2y + 2z + 2x - y + 4z = -4 + 1$
$-3y + 6z = -3$
Разделим обе части полученного уравнения на $-3$, чтобы упростить его:
$y - 2z = 1$ (5)
Теперь у нас есть система из двух уравнений (4) и (5) с двумя переменными $y$ и $z$:
$\begin{cases} 7y - 2z = 7, \\ y - 2z = 1. \end{cases}$
Вычтем второе уравнение из первого, чтобы найти $y$:
$(7y - 2z) - (y - 2z) = 7 - 1$
$6y = 6$
$y = 1$
Подставим найденное значение $y=1$ в уравнение (5):
$1 - 2z = 1$
$-2z = 0$
$z = 0$
Наконец, подставим значения $y = 1$ и $z = 0$ в исходное уравнение (1), чтобы найти $x$:
$x + 1 - 0 = 2$
$x = 1$
Проверим решение, подставив значения в остальные уравнения:
(2): $2(1) - 1 + 4(0) = 2 - 1 = 1$. Верно.
(3): $-(1) + 6(1) - 0 = -1 + 6 = 5$. Верно.
Ответ: $x=1, y=1, z=0$.

б) Решим вторую систему уравнений также методом исключения.
Исходная система:$\begin{cases} x + y + z = -2, & \text{(1)} \\ x - y + 2z = -7, & \text{(2)} \\ 2x + 3y - z = 1. & \text{(3)} \end{cases}$
Сложим уравнения (1) и (2), чтобы исключить переменную $y$:
$(x + y + z) + (x - y + 2z) = -2 + (-7)$
$2x + 3z = -9$ (4)
Теперь умножим уравнение (1) на $-3$ и сложим с уравнением (3), чтобы снова исключить $y$:
$-3(x + y + z) + (2x + 3y - z) = -3(-2) + 1$
$-3x - 3y - 3z + 2x + 3y - z = 6 + 1$
$-x - 4z = 7$ (5)
Мы получили новую систему из двух уравнений (4) и (5) с переменными $x$ и $z$:
$\begin{cases} 2x + 3z = -9, \\ -x - 4z = 7. \end{cases}$
Из уравнения (5) выразим $x$:
$-x = 7 + 4z$
$x = -7 - 4z$
Подставим это выражение для $x$ в уравнение (4):
$2(-7 - 4z) + 3z = -9$
$-14 - 8z + 3z = -9$
$-5z = -9 + 14$
$-5z = 5$
$z = -1$
Теперь найдем $x$, подставив $z=-1$ в выражение для $x$:
$x = -7 - 4(-1) = -7 + 4 = -3$
Наконец, подставим найденные значения $x = -3$ и $z = -1$ в исходное уравнение (1):
$-3 + y + (-1) = -2$
$y - 4 = -2$
$y = 2$
Проверим решение, подставив значения в остальные уравнения:
(2): $(-3) - 2 + 2(-1) = -3 - 2 - 2 = -7$. Верно.
(3): $2(-3) + 3(2) - (-1) = -6 + 6 + 1 = 1$. Верно.
Ответ: $x=-3, y=2, z=-1$.

128. a) $\begin{cases} x + y = 3, \\ x^4 + y^4 = 17; \end{cases}$

б) $\begin{cases} x + y + xy = 0, \\ x^3 + y^3 + x^3 y^3 = 12. \end{cases}$

a)

Дана система уравнений:

$\begin{cases}x + y = 3, \\x^4 + y^4 = 17.\end{cases}$

Это система симметрических уравнений. Введем замену переменных, используя элементарные симметрические многочлены:

Пусть $u = x + y$ и $v = xy$.

Из первого уравнения системы сразу получаем $u = 3$.

Выразим второе уравнение через $u$ и $v$.

$x^2 + y^2 = (x+y)^2 - 2xy = u^2 - 2v$.

$x^4 + y^4 = (x^2 + y^2)^2 - 2x^2y^2 = (u^2 - 2v)^2 - 2v^2$.

Подставим это выражение во второе уравнение системы:

$(u^2 - 2v)^2 - 2v^2 = 17$.

Теперь подставим известное значение $u = 3$:

$(3^2 - 2v)^2 - 2v^2 = 17$

$(9 - 2v)^2 - 2v^2 = 17$

$81 - 36v + 4v^2 - 2v^2 = 17$

$2v^2 - 36v + 64 = 0$

Разделим уравнение на 2:

$v^2 - 18v + 32 = 0$

Решим это квадратное уравнение относительно $v$. По теореме Виета, корни уравнения $v_1 = 2$ и $v_2 = 16$.

Теперь рассмотрим два случая.

Случай 1: $u = 3$ и $v = 16$.

Получаем систему:

$\begin{cases}x + y = 3, \\xy = 16.\end{cases}$

Согласно теореме Виета, $x$ и $y$ являются корнями квадратного уравнения $t^2 - 3t + 16 = 0$.

Дискриминант этого уравнения $D = (-3)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 16 = 9 - 64 = -55$.

Так как $D < 0$, в этом случае действительных решений нет.

Случай 2: $u = 3$ и $v = 2$.

Получаем систему:

$\begin{cases}x + y = 3, \\xy = 2.\end{cases}$

Согласно теореме Виета, $x$ и $y$ являются корнями квадратного уравнения $t^2 - 3t + 2 = 0$.

Корни этого уравнения $t_1 = 1$ и $t_2 = 2$.

Следовательно, решениями системы являются пары $(1, 2)$ и $(2, 1)$.

Ответ: $(1, 2), (2, 1)$.

б)

Дана система уравнений:

$\begin{cases}x + y + xy = 0, \\x^3 + y^3 + x^3y^3 = 12.\end{cases}$

Это также система симметрических уравнений. Сделаем замену $u = x + y$ и $v = xy$.

Первое уравнение примет вид: $u + v = 0$, откуда $v = -u$.

Выразим левую часть второго уравнения через $u$ и $v$:

$x^3 + y^3 = (x+y)(x^2 - xy + y^2) = (x+y)((x+y)^2 - 3xy) = u(u^2 - 3v)$.

$x^3y^3 = (xy)^3 = v^3$.

Тогда второе уравнение примет вид:

$u(u^2 - 3v) + v^3 = 12$.

Теперь решим систему уравнений для $u$ и $v$:

$\begin{cases}v = -u, \\u(u^2 - 3v) + v^3 = 12.\end{cases}$

Подставим $v = -u$ во второе уравнение:

$u(u^2 - 3(-u)) + (-u)^3 = 12$

$u(u^2 + 3u) - u^3 = 12$

$u^3 + 3u^2 - u^3 = 12$

$3u^2 = 12$

$u^2 = 4$

Отсюда $u = 2$ или $u = -2$.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $u = 2$.

Тогда $v = -u = -2$. Возвращаемся к переменным $x$ и $y$:

$\begin{cases}x + y = 2, \\xy = -2.\end{cases}$

$x$ и $y$ являются корнями квадратного уравнения $t^2 - 2t - 2 = 0$.

Найдем корни по формуле:

$t = \frac{2 \pm \sqrt{(-2)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-2)}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 8}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{12}}{2} = \frac{2 \pm 2\sqrt{3}}{2} = 1 \pm \sqrt{3}$.

Решения в этом случае: $(1 + \sqrt{3}, 1 - \sqrt{3})$ и $(1 - \sqrt{3}, 1 + \sqrt{3})$.

Случай 2: $u = -2$.

Тогда $v = -u = 2$. Возвращаемся к переменным $x$ и $y$:

$\begin{cases}x + y = -2, \\xy = 2.\end{cases}$

$x$ и $y$ являются корнями квадратного уравнения $t^2 - (-2)t + 2 = 0$, то есть $t^2 + 2t + 2 = 0$.

Дискриминант $D = 2^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 4 - 8 = -4$.

Так как $D < 0$, в этом случае действительных решений нет.

Ответ: $(1 + \sqrt{3}, 1 - \sqrt{3}), (1 - \sqrt{3}, 1 + \sqrt{3})$.

129. a) $\begin{cases} x - y + xy = 17, \\ x^2 + y^2 = 34; \end{cases}$

б) $\begin{cases} (x^2 + 1)(y^2 + 1) = 10, \\ (x - y)(xy + 1) = -3. \end{cases}$

Дана система уравнений:

$$ \begin{cases} x - y + xy = 17 \\ x^2 + y^2 = 34 \end{cases} $$

Для решения этой системы введем новые переменные. Пусть $u = x - y$ и $v = xy$.

Тогда первое уравнение системы примет вид:

$u + v = 17$

Второе уравнение преобразуем, используя тождество $x^2 + y^2 = (x - y)^2 + 2xy$.

Подставив известные значения и новые переменные, получим:

$34 = u^2 + 2v$

Теперь решим систему уравнений относительно $u$ и $v$:

$$ \begin{cases} u + v = 17 \\ u^2 + 2v = 34 \end{cases} $$

Из первого уравнения выразим $v$: $v = 17 - u$.

Подставим это выражение во второе уравнение:

$u^2 + 2(17 - u) = 34$

$u^2 + 34 - 2u = 34$

$u^2 - 2u = 0$

$u(u - 2) = 0$

Отсюда получаем два возможных значения для $u$: $u_1 = 0$ и $u_2 = 2$.

Рассмотрим каждый случай.

Случай 1: $u = 0$.

Тогда $v = 17 - u = 17 - 0 = 17$.

Возвращаемся к исходным переменным $x$ и $y$, решая систему:

$$ \begin{cases} x - y = 0 \\ xy = 17 \end{cases} $$

Из первого уравнения следует, что $x = y$. Подставим это во второе уравнение:

$y \cdot y = 17 \implies y^2 = 17 \implies y = \pm\sqrt{17}$.

Так как $x = y$, получаем две пары решений: $(\sqrt{17}, \sqrt{17})$ и $(-\sqrt{17}, -\sqrt{17})$.

Случай 2: $u = 2$.

Тогда $v = 17 - u = 17 - 2 = 15$.

Возвращаемся к переменным $x$ и $y$:

$$ \begin{cases} x - y = 2 \\ xy = 15 \end{cases} $$

Из первого уравнения выражаем $x = y + 2$. Подставляем во второе:

$(y + 2)y = 15$

$y^2 + 2y - 15 = 0$

Решаем это квадратное уравнение. Корни: $y_1 = 3$ и $y_2 = -5$.

Если $y = 3$, то $x = 3 + 2 = 5$. Получаем решение $(5, 3)$.

Если $y = -5$, то $x = -5 + 2 = -3$. Получаем решение $(-3, -5)$.

Таким образом, исходная система имеет четыре пары решений.

Ответ: $(5, 3)$, $(-3, -5)$, $(\sqrt{17}, \sqrt{17})$, $(-\sqrt{17}, -\sqrt{17})$.

Дана система уравнений:

$$ \begin{cases} (x^2+1)(y^2+1) = 10 \\ (x-y)(xy+1) = -3 \end{cases} $$

Раскроем скобки в обоих уравнениях.

Первое уравнение: $x^2y^2 + x^2 + y^2 + 1 = 10 \implies (xy)^2 + (x^2 + y^2) = 9$.

Второе уравнение: $xy(x-y) + (x-y) = -3$.

Введем новые переменные: $u = x-y$ и $v = xy$.

Второе уравнение в новых переменных запишется как: $u \cdot v + u = -3$, или $u(v+1) = -3$.

Для преобразования первого уравнения выразим $x^2+y^2$ через $u$ и $v$: $x^2 + y^2 = (x-y)^2 + 2xy = u^2 + 2v$.

Подставим в преобразованное первое уравнение:

$v^2 + (u^2 + 2v) = 9 \implies u^2 + v^2 + 2v = 9$.

Получаем систему уравнений относительно $u$ и $v$:

$$ \begin{cases} u^2 + v^2 + 2v = 9 \\ u(v+1) = -3 \end{cases} $$

Из второго уравнения (при $v \ne -1$) выразим $u$: $u = \frac{-3}{v+1}$.

Подставим это в первое уравнение:

$\left(\frac{-3}{v+1}\right)^2 + v^2 + 2v = 9$

$\frac{9}{(v+1)^2} + (v^2 + 2v + 1) - 1 = 9$

$\frac{9}{(v+1)^2} + (v+1)^2 = 10$

Сделаем замену: пусть $z = (v+1)^2$. Так как $v \ne -1$, то $z>0$.

$\frac{9}{z} + z = 10$

Умножим на $z$: $9 + z^2 = 10z \implies z^2 - 10z + 9 = 0$.

Корни этого квадратного уравнения: $z_1 = 1$ и $z_2 = 9$.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $z = 1 \implies (v+1)^2 = 1 \implies v+1 = \pm 1$. Отсюда $v = 0$ или $v = -2$.

Если $v=0$, то $u = \frac{-3}{0+1} = -3$. Решаем систему $\begin{cases} x-y = -3 \\ xy = 0 \end{cases}$. Решения: $(-3, 0)$ и $(0, 3)$.

Если $v=-2$, то $u = \frac{-3}{-2+1} = 3$. Решаем систему $\begin{cases} x-y = 3 \\ xy = -2 \end{cases}$. Подставляя $x=y+3$ во второе уравнение, получаем $y^2+3y+2=0$, откуда $y=-1$ или $y=-2$. Решения: $(2, -1)$ и $(1, -2)$.

Случай 2: $z = 9 \implies (v+1)^2 = 9 \implies v+1 = \pm 3$. Отсюда $v = 2$ или $v = -4$.

Если $v=2$, то $u = \frac{-3}{2+1} = -1$. Решаем систему $\begin{cases} x-y = -1 \\ xy = 2 \end{cases}$. Подставляя $x=y-1$ во второе уравнение, получаем $y^2-y-2=0$, откуда $y=2$ или $y=-1$. Решения: $(1, 2)$ и $(-2, -1)$.

Если $v=-4$, то $u = \frac{-3}{-4+1} = 1$. Решаем систему $\begin{cases} x-y = 1 \\ xy = -4 \end{cases}$. Подставляя $x=y+1$ во второе уравнение, получаем $y^2+y+4=0$. Дискриминант $D = 1^2 - 4(1)(4) = -15 < 0$, поэтому действительных решений в этом подслучае нет.

Объединяя все найденные решения, получаем шесть пар.

Ответ: $(-3, 0)$, $(0, 3)$, $(2, -1)$, $(1, -2)$, $(1, 2)$, $(-2, -1)$.

130. a)

$\begin{cases} x^2 - 2xy - 3y^2 = 0, \\ x^2 - 2x + y^2 = 6; \end{cases}$

б) $\begin{cases} x + y = z, \\ y^2 + z^2 = 13x^2, \\ 2 (x^2 + z^2) = 2y^2. \end{cases}$

а)

Дана система уравнений:

$ \begin{cases} x^2 - 2xy - 3y^2 = 0, \\ x^2 - 2x + y^2 = 6; \end{cases} $

Рассмотрим первое уравнение: $x^2 - 2xy - 3y^2 = 0$. Это однородное уравнение второй степени. Мы можем решить его относительно $x$, рассматривая $y$ как параметр, или разложить на множители.

Разложим левую часть на множители:

$x^2 - 3xy + xy - 3y^2 = 0$

$x(x-3y) + y(x-3y) = 0$

$(x-3y)(x+y) = 0$

Отсюда следует, что либо $x-3y=0$, либо $x+y=0$. Таким образом, мы получаем два случая.

Случай 1: $x - 3y = 0$, то есть $x = 3y$.

Подставим это выражение во второе уравнение системы:

$(3y)^2 - 2(3y) + y^2 = 6$

$9y^2 - 6y + y^2 = 6$

$10y^2 - 6y - 6 = 0$

Разделим уравнение на 2:

$5y^2 - 3y - 3 = 0$

Решим это квадратное уравнение для $y$ с помощью дискриминанта:

$D = (-3)^2 - 4(5)(-3) = 9 + 60 = 69$

$y = \frac{3 \pm \sqrt{69}}{10}$

Если $y_1 = \frac{3 + \sqrt{69}}{10}$, то $x_1 = 3y_1 = \frac{3(3 + \sqrt{69})}{10} = \frac{9 + 3\sqrt{69}}{10}$.

Если $y_2 = \frac{3 - \sqrt{69}}{10}$, то $x_2 = 3y_2 = \frac{3(3 - \sqrt{69})}{10} = \frac{9 - 3\sqrt{69}}{10}$.

Случай 2: $x + y = 0$, то есть $x = -y$.

Подставим это выражение во второе уравнение системы:

$(-y)^2 - 2(-y) + y^2 = 6$

$y^2 + 2y + y^2 = 6$

$2y^2 + 2y - 6 = 0$

Разделим уравнение на 2:

$y^2 + y - 3 = 0$

Решим это квадратное уравнение для $y$ с помощью дискриминанта:

$D = 1^2 - 4(1)(-3) = 1 + 12 = 13$

$y = \frac{-1 \pm \sqrt{13}}{2}$

Если $y_3 = \frac{-1 + \sqrt{13}}{2}$, то $x_3 = -y_3 = -(\frac{-1 + \sqrt{13}}{2}) = \frac{1 - \sqrt{13}}{2}$.

Если $y_4 = \frac{-1 - \sqrt{13}}{2}$, то $x_4 = -y_4 = -(\frac{-1 - \sqrt{13}}{2}) = \frac{1 + \sqrt{13}}{2}$.

Ответ: $(\frac{9 + 3\sqrt{69}}{10}, \frac{3 + \sqrt{69}}{10})$; $(\frac{9 - 3\sqrt{69}}{10}, \frac{3 - \sqrt{69}}{10})$; $(\frac{1 - \sqrt{13}}{2}, \frac{-1 + \sqrt{13}}{2})$; $(\frac{1 + \sqrt{13}}{2}, \frac{-1 - \sqrt{13}}{2})$.

б)

Дана система уравнений:

$ \begin{cases} x + y = z, \\ y^2 + z^2 = 13x^2, \\ 2(x^2 + z^2) = zy^2. \end{cases} $

Из первого уравнения $z = x+y$ подставим выражение для $z$ во второе уравнение:

$y^2 + (x+y)^2 = 13x^2$

$y^2 + x^2 + 2xy + y^2 = 13x^2$

$2y^2 + 2xy - 12x^2 = 0$

$y^2 + xy - 6x^2 = 0$

Это однородное уравнение. Разложим его на множители:

$(y+3x)(y-2x) = 0$

Получаем два случая: $y = -3x$ или $y = 2x$.

Теперь подставим $z = x+y$ в третье уравнение:

$2(x^2 + (x+y)^2) = (x+y)y^2$

$2(x^2 + x^2 + 2xy + y^2) = (x+y)y^2$

$2(2x^2 + 2xy + y^2) = xy^2 + y^3$

$4x^2 + 4xy + 2y^2 = xy^2 + y^3$

Рассмотрим каждый из двух случаев.

Случай 1: $y=2x$.

Тогда $z = x+y = x+2x = 3x$. Подставим эти выражения в преобразованное третье уравнение:

$4x^2 + 4x(2x) + 2(2x)^2 = x(2x)^2 + (2x)^3$

$4x^2 + 8x^2 + 8x^2 = 4x^3 + 8x^3$

$20x^2 = 12x^3$

$12x^3 - 20x^2 = 0$

$4x^2(3x - 5) = 0$

Отсюда $x=0$ или $3x-5=0 \implies x = 5/3$.

Если $x=0$, то $y=2(0)=0$ и $z=3(0)=0$. Получаем решение $(0, 0, 0)$.

Если $x=5/3$, то $y=2(5/3)=10/3$ и $z=3(5/3)=5$. Получаем решение $(5/3, 10/3, 5)$.

Случай 2: $y=-3x$.

Тогда $z = x+y = x-3x = -2x$. Подставим эти выражения в преобразованное третье уравнение:

$4x^2 + 4x(-3x) + 2(-3x)^2 = x(-3x)^2 + (-3x)^3$

$4x^2 - 12x^2 + 18x^2 = 9x^3 - 27x^3$

$10x^2 = -18x^3$

$18x^3 + 10x^2 = 0$

$2x^2(9x + 5) = 0$

Отсюда $x=0$ или $9x+5=0 \implies x = -5/9$.

Если $x=0$, получаем уже найденное решение $(0, 0, 0)$.

Если $x=-5/9$, то $y=-3(-5/9)=5/3$ и $z=-2(-5/9)=10/9$. Получаем решение $(-5/9, 5/3, 10/9)$.

Проверка показывает, что все три найденных набора чисел являются решениями системы.

Ответ: $(0, 0, 0)$; $(5/3, 10/3, 5)$; $(-5/9, 5/3, 10/9)$.

131. a) $\begin{cases} x^2 - y^2 = 3, \\ x^2 + xy + y^2 = 7; \end{cases}$

б) $\begin{cases} (x^2 + y^2) \frac{x}{y} = 6, \\ (x^2 - y^2) y = x. \end{cases}$

а)

Дана система уравнений:

$$ \begin{cases} x^2 - y^2 = 3, \\ x^2 + xy + y^2 = 7; \end{cases} $$

Для решения данной системы удобно использовать подстановку $x = ty$. Заметим, что $y \neq 0$, так как в противном случае из первого уравнения следовало бы $x^2=3$, а из второго $x^2=7$, что невозможно. Подставим $x = ty$ в оба уравнения системы:

$$ \begin{cases} (ty)^2 - y^2 = 3 \\ (ty)^2 + (ty)y + y^2 = 7 \end{cases} \implies \begin{cases} y^2(t^2 - 1) = 3 \\ y^2(t^2 + t + 1) = 7 \end{cases} $$

Поскольку правые части уравнений не равны нулю, можно разделить второе уравнение на первое (так как $y^2 \neq 0$ и $t^2-1 \neq 0$):

$$ \frac{y^2(t^2 + t + 1)}{y^2(t^2 - 1)} = \frac{7}{3} $$

Сократив $y^2$, получим уравнение для $t$:

$$ \frac{t^2 + t + 1}{t^2 - 1} = \frac{7}{3} $$

$$ 3(t^2 + t + 1) = 7(t^2 - 1) $$

$$ 3t^2 + 3t + 3 = 7t^2 - 7 $$

$$ 4t^2 - 3t - 10 = 0 $$

Решим это квадратное уравнение относительно $t$. Дискриминант $D = (-3)^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-10) = 9 + 160 = 169 = 13^2$.

$$ t_{1,2} = \frac{3 \pm \sqrt{169}}{2 \cdot 4} = \frac{3 \pm 13}{8} $$

Отсюда находим два значения для $t$:

$$ t_1 = \frac{3 + 13}{8} = 2 $$

$$ t_2 = \frac{3 - 13}{8} = -\frac{10}{8} = -\frac{5}{4} $$

Рассмотрим каждый случай.

Случай 1: $t = 2$. Тогда $x = 2y$. Подставляем в первое уравнение исходной системы:

$$ (2y)^2 - y^2 = 3 \implies 4y^2 - y^2 = 3 \implies 3y^2 = 3 \implies y^2 = 1 $$

Отсюда $y = \pm 1$.
Если $y = 1$, то $x = 2(1) = 2$.
Если $y = -1$, то $x = 2(-1) = -2$.
Получаем решения: $(2, 1)$ и $(-2, -1)$.

Случай 2: $t = -5/4$. Тогда $x = -\frac{5}{4}y$. Подставляем в первое уравнение:

$$ \left(-\frac{5}{4}y\right)^2 - y^2 = 3 \implies \frac{25}{16}y^2 - y^2 = 3 \implies \frac{9}{16}y^2 = 3 $$

$$ y^2 = \frac{3 \cdot 16}{9} = \frac{16}{3} \implies y = \pm \sqrt{\frac{16}{3}} = \pm \frac{4\sqrt{3}}{3} $$

Если $y = \frac{4\sqrt{3}}{3}$, то $x = -\frac{5}{4} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{3} = -\frac{5\sqrt{3}}{3}$.
Если $y = -\frac{4\sqrt{3}}{3}$, то $x = -\frac{5}{4} \cdot \left(-\frac{4\sqrt{3}}{3}\right) = \frac{5\sqrt{3}}{3}$.
Получаем решения: $\left(-\frac{5\sqrt{3}}{3}, \frac{4\sqrt{3}}{3}\right)$ и $\left(\frac{5\sqrt{3}}{3}, -\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)$.

Ответ: $(2, 1)$, $(-2, -1)$, $\left(\frac{5\sqrt{3}}{3}, -\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)$, $\left(-\frac{5\sqrt{3}}{3}, \frac{4\sqrt{3}}{3}\right)$.

б)

Дана система уравнений:

$$ \begin{cases} (x^2 + y^2)\frac{x}{y} = 6, \\ (x^2 - y^2)y = x. \end{cases} $$

Из первого уравнения следует, что $y \neq 0$. Из второго уравнения, если $x=0$, то $-y^3=0 \implies y=0$, что противоречит ОДЗ. Значит, $x \neq 0$.
Поскольку $y \neq 0$, преобразуем второе уравнение, разделив его на $y$:

$$ x^2 - y^2 = \frac{x}{y} $$

Подставим полученное выражение для $\frac{x}{y}$ в первое уравнение:

$$ (x^2 + y^2)(x^2 - y^2) = 6 $$

По формуле разности квадратов, это уравнение принимает вид:

$$ x^4 - y^4 = 6 $$

Введем замену $x=ty$, что эквивалентно $t = \frac{x}{y}$. Тогда уравнение $x^2 - y^2 = \frac{x}{y}$ становится:

$$ (ty)^2 - y^2 = t \implies y^2(t^2 - 1) = t \implies y^2 = \frac{t}{t^2 - 1} $$

Поскольку $y^2 > 0$, то должно выполняться условие $\frac{t}{t^2 - 1} > 0$.
Теперь используем уравнение $x^4 - y^4 = 6$, которое мы записали как $(x^2 - y^2)(x^2 + y^2) = 6$.
Мы знаем, что $x^2-y^2=t$. Также $x^2+y^2 = (ty)^2+y^2 = y^2(t^2+1)$. Подставляя это, получаем:

$$ t \cdot y^2(t^2 + 1) = 6 $$

Подставим в это уравнение выражение для $y^2$:

$$ t \cdot \frac{t}{t^2-1} \cdot (t^2+1) = 6 \implies \frac{t^2(t^2+1)}{t^2-1} = 6 $$

$$ t^4 + t^2 = 6(t^2 - 1) \implies t^4 + t^2 = 6t^2 - 6 \implies t^4 - 5t^2 + 6 = 0 $$

Это биквадратное уравнение. Пусть $u = t^2$, тогда $u^2 - 5u + 6 = 0$.
Корни этого уравнения (по теореме Виета) $u_1=2$ и $u_2=3$.
Возвращаемся к $t$: $t^2=2 \implies t=\pm\sqrt{2}$ и $t^2=3 \implies t=\pm\sqrt{3}$.

Проверим найденные значения $t$ по условию $\frac{t}{t^2-1} > 0$:
- При $t = \sqrt{2}$: $\frac{\sqrt{2}}{2-1} > 0$. Подходит.
- При $t = -\sqrt{2}$: $\frac{-\sqrt{2}}{2-1} < 0$. Не подходит.
- При $t = \sqrt{3}$: $\frac{\sqrt{3}}{3-1} > 0$. Подходит.
- При $t = -\sqrt{3}$: $\frac{-\sqrt{3}}{3-1} < 0$. Не подходит.

Таким образом, возможны два значения $t$: $\sqrt{2}$ и $\sqrt{3}$.

Случай 1: $t = \sqrt{2}$.

$$ y^2 = \frac{\sqrt{2}}{(\sqrt{2})^2-1} = \sqrt{2} \implies y = \pm\sqrt[4]{2} $$

Так как $x = \sqrt{2}y$:

Если $y=\sqrt[4]{2}$, то $x=\sqrt{2}\cdot\sqrt[4]{2} = 2^{1/2} \cdot 2^{1/4} = 2^{3/4} = \sqrt[4]{8}$.

Если $y=-\sqrt[4]{2}$, то $x=-\sqrt[4]{8}$.

Получаем решения: $(\sqrt[4]{8}, \sqrt[4]{2})$ и $(-\sqrt[4]{8}, -\sqrt[4]{2})$.

Случай 2: $t = \sqrt{3}$.

$$ y^2 = \frac{\sqrt{3}}{(\sqrt{3})^2-1} = \frac{\sqrt{3}}{2} \implies y = \pm\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}} $$

Так как $x = \sqrt{3}y$:

Если $y=\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}}$, то $x=\sqrt{3}\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \sqrt{\frac{3\sqrt{3}}{2}}$.

Если $y=-\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}}$, то $x=-\sqrt{\frac{3\sqrt{3}}{2}}$.

Получаем решения: $\left(\sqrt{\frac{3\sqrt{3}}{2}}, \sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right)$ и $\left(-\sqrt{\frac{3\sqrt{3}}{2}}, -\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right)$.

Ответ: $(\sqrt[4]{8}, \sqrt[4]{2})$, $(-\sqrt[4]{8}, -\sqrt[4]{2})$, $\left(\sqrt{\frac{3\sqrt{3}}{2}}, \sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right)$, $\left(-\sqrt{\frac{3\sqrt{3}}{2}}, -\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right)$.

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} $

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: $(1, 0, 1), (-1, 0, -1), (1/3, 4/3, 1/3), (-1/3, -4/3, -1/3)$.