Номер 72, страница 371 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Задания для повторения. Системы уравнений - номер 72, страница 371.

Условие.

72 а) $\begin{cases} 2x^4 + y^2 = 10 \\ x^2 + 2y^4 = 10 \end{cases};$

б) $\begin{cases} x^4 + y^2 = 30 \\ x^2 + y^4 = 30 \end{cases};$

в) $\begin{cases} x^4 + 2y^2 = 15 \\ 2x^2 + y^4 = 15 \end{cases}.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 5.

а)

Рассмотрим систему уравнений: $ \begin{cases} 2x^4+y^2=10 \\ x^2+2y^4=10 \end{cases} $

Поскольку правые части уравнений равны, приравняем их левые части: $ 2x^4+y^2 = x^2+2y^4 $ Перенесем все члены в одну сторону: $ 2x^4 - 2y^4 - x^2 + y^2 = 0 $ Сгруппируем и вынесем общие множители: $ 2(x^4 - y^4) - (x^2 - y^2) = 0 $ Применим формулу разности квадратов $ a^2-b^2 = (a-b)(a+b) $: $ 2(x^2 - y^2)(x^2 + y^2) - (x^2 - y^2) = 0 $ Вынесем общий множитель $ (x^2 - y^2) $: $ (x^2 - y^2)(2(x^2 + y^2) - 1) = 0 $

Это равенство выполняется в двух случаях:
1) $ x^2 - y^2 = 0 \implies x^2 = y^2 $
2) $ 2(x^2 + y^2) - 1 = 0 \implies x^2 + y^2 = \frac{1}{2} $

Случай 1: $ x^2 = y^2 $. Подставим $ y^2 = x^2 $ в первое уравнение исходной системы: $ 2x^4 + x^2 = 10 $ $ 2(x^2)^2 + x^2 - 10 = 0 $ Сделаем замену $ t = x^2 $. Поскольку $ x^2 $ не может быть отрицательным, $ t \ge 0 $. $ 2t^2 + t - 10 = 0 $ Решим это квадратное уравнение с помощью дискриминанта: $ D = 1^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-10) = 1 + 80 = 81 = 9^2 $ $ t = \frac{-1 \pm \sqrt{81}}{2 \cdot 2} = \frac{-1 \pm 9}{4} $ Получаем два корня: $ t_1 = \frac{-1 + 9}{4} = \frac{8}{4} = 2 $ $ t_2 = \frac{-1 - 9}{4} = \frac{-10}{4} = -2.5 $ Так как $ t \ge 0 $, корень $ t_2 = -2.5 $ не подходит. Следовательно, $ x^2 = 2 $. Так как $ x^2 = y^2 $, то и $ y^2 = 2 $. Из этого получаем значения для $ x $ и $ y $: $ x = \pm \sqrt{2} $ и $ y = \pm \sqrt{2} $. Это дает нам четыре пары решений: $ (\sqrt{2}, \sqrt{2}) $, $ (\sqrt{2}, -\sqrt{2}) $, $ (-\sqrt{2}, \sqrt{2}) $, $ (-\sqrt{2}, -\sqrt{2}) $.

Случай 2: $ x^2 + y^2 = \frac{1}{2} $. Отсюда $ y^2 = \frac{1}{2} - x^2 $. Поскольку $ y^2 \ge 0 $, должно выполняться условие $ x^2 \le \frac{1}{2} $. Подставим выражение для $ y^2 $ в первое уравнение системы: $ 2x^4 + (\frac{1}{2} - x^2) = 10 $ $ 2(x^2)^2 - x^2 + \frac{1}{2} - 10 = 0 $ $ 2(x^2)^2 - x^2 - \frac{19}{2} = 0 $ $ 4(x^2)^2 - 2x^2 - 19 = 0 $ Сделаем замену $ t = x^2 $, где $ 0 \le t \le \frac{1}{2} $. $ 4t^2 - 2t - 19 = 0 $ $ D = (-2)^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-19) = 4 + 304 = 308 $ $ t = \frac{2 \pm \sqrt{308}}{8} = \frac{2 \pm 2\sqrt{77}}{8} = \frac{1 \pm \sqrt{77}}{4} $ Корень $ t = \frac{1 - \sqrt{77}}{4} < 0 $, так как $ \sqrt{77} > 1 $, он не подходит. Корень $ t = \frac{1 + \sqrt{77}}{4} $. Так как $ \sqrt{77} > \sqrt{4} = 2 $, то $ t > \frac{1+2}{4} = \frac{3}{4} $. Это значение не удовлетворяет условию $ t \le \frac{1}{2} $. Следовательно, в этом случае действительных решений нет.

Ответ: $ (\sqrt{2}; \sqrt{2}) $, $ (\sqrt{2}; -\sqrt{2}) $, $ (-\sqrt{2}; \sqrt{2}) $, $ (-\sqrt{2}; -\sqrt{2}) $.

б)

Рассмотрим систему уравнений: $ \begin{cases} x^4+y^2=30 \\ x^2+y^4=30 \end{cases} $

Вычтем второе уравнение из первого: $ (x^4+y^2) - (x^2+y^4) = 30 - 30 $ $ x^4 - y^4 - x^2 + y^2 = 0 $ $ (x^2 - y^2)(x^2 + y^2) - (x^2 - y^2) = 0 $ $ (x^2 - y^2)(x^2 + y^2 - 1) = 0 $

Это равенство выполняется в двух случаях:
1) $ x^2 - y^2 = 0 \implies x^2 = y^2 $
2) $ x^2 + y^2 - 1 = 0 \implies x^2 + y^2 = 1 $

Случай 1: $ x^2 = y^2 $. Подставим $ y^2 = x^2 $ в первое уравнение системы: $ x^4 + x^2 = 30 $ $ (x^2)^2 + x^2 - 30 = 0 $ Сделаем замену $ t = x^2 $ ($ t \ge 0 $). $ t^2 + t - 30 = 0 $ По теореме Виета, корни уравнения $ t_1 = 5 $ и $ t_2 = -6 $. Корень $ t_2 = -6 $ не подходит, так как $ t \ge 0 $. Следовательно, $ x^2 = 5 $. Тогда и $ y^2 = 5 $. $ x = \pm \sqrt{5} $ и $ y = \pm \sqrt{5} $. Это дает четыре пары решений: $ (\sqrt{5}, \sqrt{5}) $, $ (\sqrt{5}, -\sqrt{5}) $, $ (-\sqrt{5}, \sqrt{5}) $, $ (-\sqrt{5}, -\sqrt{5}) $.

Случай 2: $ x^2 + y^2 = 1 $. Отсюда $ y^2 = 1 - x^2 $. Условие $ y^2 \ge 0 $ влечет $ x^2 \le 1 $. Подставим $ y^2 $ в первое уравнение системы: $ x^4 + (1 - x^2) = 30 $ $ (x^2)^2 - x^2 - 29 = 0 $ Сделаем замену $ t = x^2 $, где $ 0 \le t \le 1 $. $ t^2 - t - 29 = 0 $ $ D = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-29) = 1 + 116 = 117 $ $ t = \frac{1 \pm \sqrt{117}}{2} $ Корень $ t = \frac{1 - \sqrt{117}}{2} < 0 $, не подходит. Корень $ t = \frac{1 + \sqrt{117}}{2} $. Так как $ \sqrt{117} > \sqrt{1} = 1 $, то $ t > \frac{1+1}{2}=1 $. Это значение не удовлетворяет условию $ t \le 1 $. В этом случае действительных решений нет.

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

в)

Рассмотрим систему уравнений: $ \begin{cases} x^4+2y^2=15 \\ 2x^2+y^4=15 \end{cases} $

Вычтем второе уравнение из первого: $ (x^4+2y^2) - (2x^2+y^4) = 15 - 15 $ $ x^4 - y^4 - 2x^2 + 2y^2 = 0 $ $ (x^2 - y^2)(x^2 + y^2) - 2(x^2 - y^2) = 0 $ $ (x^2 - y^2)(x^2 + y^2 - 2) = 0 $

Это равенство выполняется в двух случаях:
1) $ x^2 - y^2 = 0 \implies x^2 = y^2 $
2) $ x^2 + y^2 - 2 = 0 \implies x^2 + y^2 = 2 $

Случай 1: $ x^2 = y^2 $. Подставим $ y^2 = x^2 $ в первое уравнение системы: $ x^4 + 2x^2 = 15 $ $ (x^2)^2 + 2x^2 - 15 = 0 $ Сделаем замену $ t = x^2 $ ($ t \ge 0 $). $ t^2 + 2t - 15 = 0 $ По теореме Виета, корни уравнения $ t_1 = 3 $ и $ t_2 = -5 $. Корень $ t_2 = -5 $ не подходит, так как $ t \ge 0 $. Следовательно, $ x^2 = 3 $. Тогда и $ y^2 = 3 $. $ x = \pm \sqrt{3} $ и $ y = \pm \sqrt{3} $. Это дает четыре пары решений: $ (\sqrt{3}, \sqrt{3}) $, $ (\sqrt{3}, -\sqrt{3}) $, $ (-\sqrt{3}, \sqrt{3}) $, $ (-\sqrt{3}, -\sqrt{3}) $.

Случай 2: $ x^2 + y^2 = 2 $. Отсюда $ y^2 = 2 - x^2 $. Условие $ y^2 \ge 0 $ влечет $ x^2 \le 2 $. Подставим $ y^2 $ в первое уравнение системы: $ x^4 + 2(2 - x^2) = 15 $ $ (x^2)^2 + 4 - 2x^2 = 15 $ $ (x^2)^2 - 2x^2 - 11 = 0 $ Сделаем замену $ t = x^2 $, где $ 0 \le t \le 2 $. $ t^2 - 2t - 11 = 0 $ $ D = (-2)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-11) = 4 + 44 = 48 $ $ t = \frac{2 \pm \sqrt{48}}{2} = \frac{2 \pm 4\sqrt{3}}{2} = 1 \pm 2\sqrt{3} $ Корень $ t = 1 - 2\sqrt{3} < 0 $, не подходит. Корень $ t = 1 + 2\sqrt{3} $. Так как $ 2\sqrt{3} = \sqrt{12} > \sqrt{4} = 2 $, то $ t > 1+2 = 3 $. Это значение не удовлетворяет условию $ t \le 2 $. В этом случае действительных решений нет.

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