Страница 192 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Корчевский

Решите уравнения (24.15—24.17):

24.15. 1) $x^{\log_3 x - 2} = 27$; 2) $x^{\log_2 x - 3} = 16$;

3) $x^{3 - \log_3 x} = 9$; 4) $x^{\log_5 x + 2} = 125$.

1) Исходное уравнение: $x^{\log_3 x - 2} = 27$. Область допустимых значений (ОДЗ) для данного уравнения определяется условием $x > 0$, так как переменная находится и в основании степени, и под знаком логарифма. Для решения прологарифмируем обе части уравнения по основанию 3, которое соответствует основанию логарифма в показателе степени. Получим: $\log_3(x^{\log_3 x - 2}) = \log_3(27)$. Используем свойство логарифма степени $\log_a(b^c) = c \cdot \log_a(b)$ для левой части и вычислим логарифм в правой части: $\log_3(27) = \log_3(3^3) = 3$. Уравнение примет вид: $(\log_3 x - 2) \cdot \log_3 x = 3$. Сделаем замену переменной. Пусть $t = \log_3 x$. Тогда уравнение становится квадратным относительно $t$: $t(t-2) = 3$, что равносильно $t^2 - 2t - 3 = 0$. Решим это квадратное уравнение. По теореме Виета, сумма корней равна 2, а произведение равно -3. Корни: $t_1 = 3$ и $t_2 = -1$. Выполним обратную замену: 1. Если $\log_3 x = 3$, то $x_1 = 3^3 = 27$. 2. Если $\log_3 x = -1$, то $x_2 = 3^{-1} = \frac{1}{3}$. Оба корня удовлетворяют ОДЗ ($x > 0$).

Ответ: $27; \frac{1}{3}$.

2) Исходное уравнение: $x^{\log_2 x - 3} = 16$. ОДЗ: $x > 0$. Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 2: $\log_2(x^{\log_2 x - 3}) = \log_2(16)$. Применяя свойство логарифма степени и вычисляя логарифм справа ($\log_2(16) = \log_2(2^4) = 4$), получаем: $(\log_2 x - 3) \cdot \log_2 x = 4$. Введем замену $t = \log_2 x$. Уравнение преобразуется в квадратное: $t(t - 3) = 4$, или $t^2 - 3t - 4 = 0$. Найдем корни по теореме Виета: сумма корней равна 3, произведение равно -4. Корни: $t_1 = 4$ и $t_2 = -1$. Возвращаемся к переменной $x$: 1. Если $\log_2 x = 4$, то $x_1 = 2^4 = 16$. 2. Если $\log_2 x = -1$, то $x_2 = 2^{-1} = \frac{1}{2}$. Оба корня положительны и входят в ОДЗ.

Ответ: $16; \frac{1}{2}$.

3) Исходное уравнение: $x^{3 - \log_3 x} = 9$. ОДЗ: $x > 0$. Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 3: $\log_3(x^{3 - \log_3 x}) = \log_3(9)$. Преобразуем уравнение, используя свойство логарифма степени и зная, что $\log_3(9) = \log_3(3^2) = 2$: $(3 - \log_3 x) \cdot \log_3 x = 2$. Пусть $t = \log_3 x$. Получаем квадратное уравнение: $(3 - t)t = 2$, что равносильно $3t - t^2 = 2$, или $t^2 - 3t + 2 = 0$. Корни этого уравнения по теореме Виета: сумма корней равна 3, произведение равно 2. Корни: $t_1 = 1$ и $t_2 = 2$. Выполним обратную замену: 1. Если $\log_3 x = 1$, то $x_1 = 3^1 = 3$. 2. Если $\log_3 x = 2$, то $x_2 = 3^2 = 9$. Оба корня удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $3; 9$.

4) Исходное уравнение: $x^{\log_5 x + 2} = 125$. ОДЗ: $x > 0$. Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 5: $\log_5(x^{\log_5 x + 2}) = \log_5(125)$. Используя свойство логарифма степени и то, что $\log_5(125) = \log_5(5^3) = 3$, получаем: $(\log_5 x + 2) \cdot \log_5 x = 3$. Введем замену $t = \log_5 x$. Уравнение примет вид: $t(t + 2) = 3$, или $t^2 + 2t - 3 = 0$. По теореме Виета, сумма корней равна -2, а произведение равно -3. Корни: $t_1 = 1$ и $t_2 = -3$. Возвращаемся к переменной $x$: 1. Если $\log_5 x = 1$, то $x_1 = 5^1 = 5$. 2. Если $\log_5 x = -3$, то $x_2 = 5^{-3} = \frac{1}{125}$. Оба корня положительны и удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $5; \frac{1}{125}$.

24.16. 1) $log_{2x+3} \frac{1}{4} + 2 = 0;$

2) $log_{\frac{2x-1}{x+2}} 3 - 1 = 0;$

3) $log_{\sqrt{6-x}} 3 - 2 = 0;$

4) $log_{\frac{1}{\sqrt{x+2}}} 5 + 2 = 0.$

1)

Дано уравнение $log_{2x+3} \frac{1}{4} + 2 = 0$.

Перенесем 2 в правую часть уравнения: $log_{2x+3} \frac{1}{4} = -2$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Основание логарифма должно быть больше нуля и не равно единице:

$2x + 3 > 0 \implies 2x > -3 \implies x > -1.5$

$2x + 3 \neq 1 \implies 2x \neq -2 \implies x \neq -1$

Аргумент логарифма $\frac{1}{4} > 0$, что является верным.

Таким образом, ОДЗ: $x \in (-1.5; -1) \cup (-1; +\infty)$.

По определению логарифма ($log_b a = c \iff b^c = a$), получаем:

$(2x+3)^{-2} = \frac{1}{4}$

$\frac{1}{(2x+3)^2} = \frac{1}{4}$

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

Извлекая квадратный корень из обеих частей, получаем два случая:

1. $2x+3 = 2 \implies 2x = -1 \implies x = -0.5$

2. $2x+3 = -2 \implies 2x = -5 \implies x = -2.5$

Проверим найденные корни на соответствие ОДЗ.

Корень $x = -0.5$ удовлетворяет условиям $x > -1.5$ и $x \neq -1$.

Корень $x = -2.5$ не удовлетворяет условию $x > -1.5$, поэтому является посторонним.

Ответ: -0,5.

2)

Дано уравнение $log_{\frac{2x-1}{x+2}} 3 - 1 = 0$.

Перенесем 1 в правую часть: $log_{\frac{2x-1}{x+2}} 3 = 1$.

Найдем ОДЗ. Основание логарифма должно быть больше нуля и не равно единице:

$\frac{2x-1}{x+2} > 0$

$\frac{2x-1}{x+2} \neq 1$

Решим неравенство $\frac{2x-1}{x+2} > 0$ методом интервалов. Нули числителя: $x = 0.5$. Нули знаменателя: $x = -2$. Интервалы, где выражение положительно: $(-\infty; -2) \cup (0.5; +\infty)$.

Решим условие неравенства единице: $\frac{2x-1}{x+2} \neq 1 \implies 2x-1 \neq x+2 \implies x \neq 3$.

ОДЗ: $x \in (-\infty; -2) \cup (0.5; 3) \cup (3; +\infty)$.

Из уравнения $log_{b} a = 1$ следует, что основание равно аргументу $b = a$:

$\frac{2x-1}{x+2} = 3$

$2x-1 = 3(x+2)$

$2x-1 = 3x+6$

$3x-2x = -1-6$

$x = -7$

Проверим корень на соответствие ОДЗ. Корень $x=-7$ принадлежит интервалу $(-\infty; -2)$, следовательно, является решением.

Ответ: -7.

3)

Дано уравнение $log_{\sqrt{6-x}} 3 - 2 = 0$.

Перенесем 2 в правую часть: $log_{\sqrt{6-x}} 3 = 2$.

Найдем ОДЗ. Основание логарифма должно быть больше нуля и не равно единице:

$\sqrt{6-x} > 0 \implies 6-x > 0 \implies x < 6$

$\sqrt{6-x} \neq 1 \implies 6-x \neq 1 \implies x \neq 5$

ОДЗ: $x \in (-\infty; 5) \cup (5; 6)$.

По определению логарифма:

$(\sqrt{6-x})^2 = 3$

$6-x = 3$

$x = 6-3$

$x = 3$

Проверим корень на соответствие ОДЗ. Корень $x=3$ удовлетворяет условиям $x < 6$ и $x \neq 5$, следовательно, является решением.

Ответ: 3.

4)

Дано уравнение $log_{\frac{1}{\sqrt{x+2}}} 5 + 2 = 0$.

Перенесем 2 в правую часть: $log_{\frac{1}{\sqrt{x+2}}} 5 = -2$.

Найдем ОДЗ. Основание логарифма должно быть больше нуля и не равно единице:

$\frac{1}{\sqrt{x+2}} > 0$. Это выполняется, если подкоренное выражение строго больше нуля: $x+2 > 0 \implies x > -2$.

$\frac{1}{\sqrt{x+2}} \neq 1 \implies \sqrt{x+2} \neq 1 \implies x+2 \neq 1 \implies x \neq -1$.

ОДЗ: $x \in (-2; -1) \cup (-1; +\infty)$.

По определению логарифма:

$(\frac{1}{\sqrt{x+2}})^{-2} = 5$

$(\sqrt{x+2})^2 = 5$

$x+2 = 5$

$x = 3$

Проверим корень на соответствие ОДЗ. Корень $x=3$ удовлетворяет условиям $x > -2$ и $x \neq -1$, следовательно, является решением.

Ответ: 3.

24.17. 1) $4^{\log_8(2x-2)} \cdot 0,5^{\log_8(2x-2)} = \sqrt[3]{16}$;

2) $\log_x \sqrt{5} + \log_x (5x) - \frac{9}{4} = (\log_x \sqrt{5})^2$;

3) $\log_{x+4} (x^4 + x^2 + 2x)\log_{x+1} (x+4) = 2$;

4) $(x+1)^{\log_3(x-2)} + 2(x-2)^{\log_3(x+1)} = 3x^2 + 6x + 3.$

1) Исходное уравнение: $4^{\log_8(2x-2)} \cdot 0,5^{\log_8(2x-2)} = \sqrt[3]{16}$.

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$2x - 2 > 0 \implies 2x > 2 \implies x > 1$.

Преобразуем левую часть уравнения, используя свойство степеней $a^c \cdot b^c = (ab)^c$:

$(4 \cdot 0,5)^{\log_8(2x-2)} = 2^{\log_8(2x-2)}$.

Преобразуем правую часть уравнения:

$\sqrt[3]{16} = \sqrt[3]{2^4} = 2^{\frac{4}{3}}$.

Теперь уравнение имеет вид:

$2^{\log_8(2x-2)} = 2^{\frac{4}{3}}$.

Так как основания степеней равны, можем приравнять их показатели:

$\log_8(2x-2) = \frac{4}{3}$.

По определению логарифма $y = \log_a b \iff a^y = b$, получаем:

$2x - 2 = 8^{\frac{4}{3}}$.

Вычислим значение $8^{\frac{4}{3}}$:

$8^{\frac{4}{3}} = (\sqrt[3]{8})^4 = 2^4 = 16$.

Подставим это значение обратно в уравнение и решим его относительно $x$:

$2x - 2 = 16 \implies 2x = 18 \implies x = 9$.

Проверим, удовлетворяет ли найденный корень ОДЗ ($x > 1$).

$9 > 1$, следовательно, корень подходит.

Ответ: $9$.

2) Исходное уравнение: $\log_x \sqrt{5} + \log_x (5x) - \frac{9}{4} = (\log_x \sqrt{5})^2$.

Определим ОДЗ. Основание логарифма должно быть положительным и не равным единице, а аргументы логарифмов - положительными:

$x > 0, x \ne 1$.

$\sqrt{5} > 0$ (верно).

$5x > 0 \implies x > 0$.

Итоговая ОДЗ: $x > 0, x \ne 1$.

Упростим логарифмы в уравнении, используя свойства $\log_a b^c = c\log_a b$ и $\log_a (bc) = \log_a b + \log_a c$:

$\log_x \sqrt{5} = \log_x 5^{\frac{1}{2}} = \frac{1}{2}\log_x 5$.

$\log_x (5x) = \log_x 5 + \log_x x = \log_x 5 + 1$.

Подставим эти выражения в исходное уравнение:

$\frac{1}{2}\log_x 5 + (\log_x 5 + 1) - \frac{9}{4} = (\frac{1}{2}\log_x 5)^2$.

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \log_x 5$. Уравнение примет вид:

$\frac{1}{2}t + t + 1 - \frac{9}{4} = \frac{1}{4}t^2$.

Приведем подобные слагаемые и упростим:

$\frac{3}{2}t - \frac{5}{4} = \frac{1}{4}t^2$.

Умножим обе части на 4, чтобы избавиться от дробей:

$6t - 5 = t^2$.

Перенесем все члены в одну сторону, чтобы получить стандартное квадратное уравнение:

$t^2 - 6t + 5 = 0$.

Решим это уравнение. По теореме Виета, корни $t_1 = 1$ и $t_2 = 5$.

Теперь выполним обратную замену:

Случай 1: $t = 1 \implies \log_x 5 = 1 \implies x^1 = 5 \implies x = 5$.

Случай 2: $t = 5 \implies \log_x 5 = 5 \implies x^5 = 5 \implies x = \sqrt[5]{5}$.

Оба корня ($5$ и $\sqrt[5]{5}$) удовлетворяют ОДЗ ($x > 0, x \ne 1$).

Ответ: $5; \sqrt[5]{5}$.

3) Исходное уравнение: $\log_{x+4}(x^4+x^2+2x)\log_{x+1}(x+4) = 2$.

ОДЗ:

$x+4 > 0 \implies x > -4$.

$x+4 \ne 1 \implies x \ne -3$.

$x+1 > 0 \implies x > -1$.

$x+1 \ne 1 \implies x \ne 0$.

$x^4+x^2+2x > 0 \implies x(x^3+x+2) > 0$.

Объединяя первые четыре условия, получаем $x > -1, x \ne 0$.

Для последнего условия: $x(x^3+x+2) = x(x+1)(x^2-x+2)$. Так как дискриминант $x^2-x+2$ равен $-7 < 0$, этот множитель всегда положителен. Значит, нам нужно, чтобы $x(x+1)>0$, что верно при $x>0$ или $x<-1$.

Пересекая все условия, получаем итоговую ОДЗ: $x > 0$.

Используем формулу перехода к новому основанию для логарифмов: $\log_a b \cdot \log_c a = \log_c b$. В нашем случае это можно записать как $\log_{x+4}(A) \cdot \frac{1}{\log_{x+4}(x+1)} = \frac{\log_{x+4}(A)}{\log_{x+4}(x+1)} = \log_{x+1}(A)$.

Применим это к уравнению:

$\log_{x+1}(x^4+x^2+2x) = 2$.

По определению логарифма:

$x^4+x^2+2x = (x+1)^2$.

Раскроем скобки в правой части:

$x^4+x^2+2x = x^2+2x+1$.

Упростим уравнение:

$x^4 = 1$.

Отсюда $x = 1$ или $x = -1$.

Проверим корни по ОДЗ ($x > 0$).

$x=1$ удовлетворяет ОДЗ.

$x=-1$ не удовлетворяет ОДЗ.

Ответ: $1$.

4) Исходное уравнение: $(x+1)^{\log_3(x-2)} + 2(x-2)^{\log_3(x+1)} = 3x^2+6x+3$.

ОДЗ: Аргументы логарифмов должны быть положительны.

$x-2 > 0 \implies x > 2$.

$x+1 > 0 \implies x > -1$.

Пересечение этих условий дает ОДЗ: $x > 2$.

Воспользуемся основным логарифмическим тождеством в виде $a^{\log_b c} = c^{\log_b a}$. Применим его ко второму слагаемому в левой части:

$(x-2)^{\log_3(x+1)} = (x+1)^{\log_3(x-2)}$.

Подставим это в уравнение:

$(x+1)^{\log_3(x-2)} + 2(x+1)^{\log_3(x-2)} = 3x^2+6x+3$.

Сложим слагаемые в левой части:

$3 \cdot (x+1)^{\log_3(x-2)} = 3x^2+6x+3$.

Разложим на множители правую часть:

$3x^2+6x+3 = 3(x^2+2x+1) = 3(x+1)^2$.

Уравнение принимает вид:

$3 \cdot (x+1)^{\log_3(x-2)} = 3(x+1)^2$.

Разделим обе части на 3:

$(x+1)^{\log_3(x-2)} = (x+1)^2$.

Это показательное уравнение вида $a^f = a^g$. Решения могут быть в двух случаях:

1. Основание $a=1$. То есть $x+1=1 \implies x=0$. Этот корень не входит в ОДЗ ($x>2$).

2. Показатели степеней равны: $f=g$.

$\log_3(x-2) = 2$.

Решим это логарифмическое уравнение по определению логарифма:

$x-2 = 3^2 \implies x-2 = 9 \implies x = 11$.

Проверим корень по ОДЗ ($x>2$).

$x=11$ удовлетворяет ОДЗ.

Ответ: $11$.

Решите системы уравнений (24.18–24.20):

24.18. 1)

$ \begin{cases} \log_8 (x + y) + \log_8 (7 - y) = 1 + \log_8 5, \\ 2^{\log_2 (x - y)} = 4; \end{cases} $

2) $ \begin{cases} 3^{\log_3 (3 y - x + 24)} = 27, \\ \log_2 (2x - 2y) - \log_2 (5 - y^2) = 1. \end{cases} $

1)

Дана система уравнений:$\begin{cases}\log_8(x + y) + \log_8(7 - y) = 1 + \log_8 5, \\2^{\log_2(x - y)} = 4;\end{cases}$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительными:$\begin{cases}x + y > 0 \\7 - y > 0 \\x - y > 0\end{cases}$

Из второго и третьего неравенств получаем $y < 7$ и $x > y$.

Рассмотрим второе уравнение системы. Используя основное логарифмическое тождество $a^{\log_a b} = b$, получаем:$x - y = 4$.Отсюда можно выразить $x = y + 4$.

Подставим $x = y + 4$ в первое неравенство ОДЗ:$(y + 4) + y > 0 \implies 2y + 4 > 0 \implies 2y > -4 \implies y > -2$.Таким образом, для $y$ имеем ограничения: $-2 < y < 7$.

Теперь преобразуем первое уравнение системы. Представим 1 как $\log_8 8$ и воспользуемся свойством суммы логарифмов $\log_a b + \log_a c = \log_a(bc)$:$\log_8(x + y) + \log_8(7 - y) = \log_8 8 + \log_8 5$$\log_8((x + y)(7 - y)) = \log_8(8 \cdot 5)$$\log_8((x + y)(7 - y)) = \log_8(40)$Приравнивая аргументы логарифмов, получаем:$(x + y)(7 - y) = 40$.

Теперь у нас есть система из двух простых уравнений:$\begin{cases}x - y = 4 \\(x + y)(7 - y) = 40\end{cases}$

Подставим $x = y + 4$ во второе уравнение:$((y + 4) + y)(7 - y) = 40$$(2y + 4)(7 - y) = 40$$14y - 2y^2 + 28 - 4y = 40$$-2y^2 + 10y + 28 - 40 = 0$$-2y^2 + 10y - 12 = 0$Разделим уравнение на -2:$y^2 - 5y + 6 = 0$.

Решим это квадратное уравнение. По теореме Виета, корни уравнения:$y_1 = 2$, $y_2 = 3$.Оба значения удовлетворяют условию ОДЗ $-2 < y < 7$.

Теперь найдем соответствующие значения $x$ для каждого $y$ из уравнения $x = y + 4$:1. Если $y_1 = 2$, то $x_1 = 2 + 4 = 6$. Получаем решение $(6, 2)$.2. Если $y_2 = 3$, то $x_2 = 3 + 4 = 7$. Получаем решение $(7, 3)$.

Проверим оба решения по ОДЗ:Для $(6, 2)$: $x+y=8>0$, $7-y=5>0$, $x-y=4>0$. Все условия выполнены.Для $(7, 3)$: $x+y=10>0$, $7-y=4>0$, $x-y=4>0$. Все условия выполнены.

Ответ: $(6, 2), (7, 3)$.

2)

Дана система уравнений:$\begin{cases}3^{\log_3(8y - x + 24)} = 27, \\\log_2(2x - 2y) - \log_2(5 - y^2) = 1.\end{cases}$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ):$\begin{cases}8y - x + 24 > 0 \\2x - 2y > 0 \\5 - y^2 > 0\end{cases}$

Из второго неравенства: $2(x - y) > 0 \implies x > y$.Из третьего неравенства: $y^2 < 5 \implies -\sqrt{5} < y < \sqrt{5}$.

Упростим первое уравнение системы. Используя основное логарифмическое тождество $a^{\log_a b} = b$ и тот факт, что $27=3^3$, получаем:$8y - x + 24 = 27$$8y - x = 3$$x = 8y - 3$.

Упростим второе уравнение системы. Используя свойство разности логарифмов $\log_a b - \log_a c = \log_a(b/c)$, получаем:$\log_2\left(\frac{2x - 2y}{5 - y^2}\right) = 1$По определению логарифма:$\frac{2x - 2y}{5 - y^2} = 2^1$$\frac{2(x - y)}{5 - y^2} = 2$Разделим обе части на 2:$\frac{x - y}{5 - y^2} = 1$$x - y = 5 - y^2$.

Теперь у нас есть система из двух уравнений:$\begin{cases}x = 8y - 3 \\x - y = 5 - y^2\end{cases}$

Подставим выражение для $x$ из первого уравнения во второе:$(8y - 3) - y = 5 - y^2$$7y - 3 = 5 - y^2$$y^2 + 7y - 8 = 0$.

Решим это квадратное уравнение. По теореме Виета, корни уравнения:$y_1 = 1$, $y_2 = -8$.

Проверим найденные значения $y$ на соответствие ОДЗ ($-\sqrt{5} < y < \sqrt{5}$).Приблизительно $\sqrt{5} \approx 2.23$, поэтому интервал для $y$ примерно $(-2.23, 2.23)$.1. $y_1 = 1$ входит в этот интервал.2. $y_2 = -8$ не входит в этот интервал, следовательно, это посторонний корень.

Единственное подходящее значение для $y$ это 1. Найдем соответствующее значение $x$:$x = 8y - 3 = 8(1) - 3 = 5$.Получили решение $(5, 1)$.

Проверим это решение по всем условиям ОДЗ:1. $8y - x + 24 = 8(1) - 5 + 24 = 3 + 24 = 27 > 0$. Верно.2. $x > y \implies 5 > 1$. Верно.3. $-\sqrt{5} < y < \sqrt{5} \implies -\sqrt{5} < 1 < \sqrt{5}$. Верно.Решение удовлетворяет всем условиям.

Ответ: $(5, 1)$.

$\begin{cases} \log_2^2 y + \log_2 x \cdot \log_2 y - 2\log_2^2 x = 0, \\ 9x^2 y - xy^2 = 64; \end{cases}$

2) $\begin{cases} 2\log_3^2 x + \log_3 x \cdot \log_3 y - \log_3^2 y = 0, \\ xy + \frac{x^2}{y} = 28. \end{cases}$

1) Рассмотрим систему уравнений:$\begin{cases} \log_2^2 y + \log_2 x \cdot \log_2 y - 2\log_2^2 x = 0 \\ 9x^2y - xy^2 = 64 \end{cases}$

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условиями $x > 0$ и $y > 0$.

Первое уравнение является однородным квадратным уравнением относительно $\log_2 y$ и $\log_2 x$. Сделаем замену: $a = \log_2 y$, $b = \log_2 x$. Уравнение примет вид: $a^2 + ab - 2b^2 = 0$.

Разложим левую часть на множители: $(a - b)(a + 2b) = 0$. Это дает нам два возможных соотношения:

1. $a = b \implies \log_2 y = \log_2 x \implies y = x$.

2. $a = -2b \implies \log_2 y = -2\log_2 x \implies y = x^{-2} = \frac{1}{x^2}$.

Рассмотрим каждый случай отдельно, подставляя полученное выражение для $y$ во второе уравнение системы $9x^2y - xy^2 = 64$.

Случай 1: $y = x$.

Подставляем в $9x^2y - xy^2 = 64$:

$9x^2(x) - x(x^2) = 64 \implies 8x^3 = 64 \implies x^3 = 8 \implies x = 2$.

Так как $y = x$, то $y = 2$. Пара $(2, 2)$ удовлетворяет ОДЗ ($2>0, 2>0$).

Случай 2: $y = \frac{1}{x^2}$.

Подставляем в $9x^2y - xy^2 = 64$:

$9x^2(\frac{1}{x^2}) - x(\frac{1}{x^2})^2 = 64 \implies 9 - \frac{1}{x^3} = 64 \implies \frac{1}{x^3} = -55 \implies x^3 = -\frac{1}{55}$.

Отсюда $x = -\sqrt[3]{\frac{1}{55}}$. Это значение не удовлетворяет ОДЗ ($x > 0$), поэтому в этом случае решений нет.

Единственным решением системы является пара $(2, 2)$.

Ответ: $(2, 2)$.

2) Рассмотрим систему уравнений:$\begin{cases} 2\log_3^2 x + \log_3 x \cdot \log_3 y - \log_3^2 y = 0 \\ xy + \frac{x^2}{y} = 28 \end{cases}$

ОДЗ: $x > 0$, $y > 0$.

Первое уравнение является однородным квадратным уравнением относительно $\log_3 x$ и $\log_3 y$. Пусть $a = \log_3 x$ и $b = \log_3 y$. Тогда уравнение принимает вид: $2a^2 + ab - b^2 = 0$.

Разложим левую часть на множители: $(2a - b)(a + b) = 0$. Отсюда следуют два варианта:

1. $2a = b \implies \log_3 y = 2\log_3 x \implies y = x^2$.

2. $b = -a \implies \log_3 y = -\log_3 x \implies y = x^{-1} = \frac{1}{x}$.

Рассмотрим каждый случай, подставив найденные соотношения во второе уравнение $xy + \frac{x^2}{y} = 28$.

Случай 1: $y = x^2$.

Подстановка дает: $x(x^2) + \frac{x^2}{x^2} = 28 \implies x^3 + 1 = 28 \implies x^3 = 27 \implies x = 3$.

Тогда $y = x^2 = 3^2 = 9$. Пара $(3, 9)$ удовлетворяет ОДЗ ($3>0, 9>0$).

Случай 2: $y = \frac{1}{x}$.

Подстановка дает: $x(\frac{1}{x}) + \frac{x^2}{1/x} = 28 \implies 1 + x^3 = 28 \implies x^3 = 27 \implies x = 3$.

Тогда $y = \frac{1}{x} = \frac{1}{3}$. Пара $(3, 1/3)$ удовлетворяет ОДЗ ($3>0, 1/3>0$).

Система имеет два решения.

Ответ: $(3, 9), (3, 1/3)$.

$\begin{cases} \log_2 x + \log_4 y = 4, \\ \log_4 x + \log_2 y = 5; \end{cases}$

2) $\begin{cases} \log_3 x + \log_9 y = 5, \\ 2\log_9 x - \log_3 y = -1; \end{cases}$

3) $\begin{cases} \log_4 x = y - 1, \\ \frac{y}{x^6} = 4; \end{cases}$

4) $\begin{cases} y^{\frac{1}{x}} = 10, \\ \lg y = \frac{1}{x}. \end{cases}$

1) Исходная система уравнений:

$ \begin{cases} \log_2 x + \log_4 y = 4, \\ \log_4 x + \log_2 y = 5; \end{cases} $

Область допустимых значений (ОДЗ): $x > 0$, $y > 0$.

Приведем все логарифмы к основанию 2, используя формулу перехода к новому основанию $\log_b a = \frac{\log_c a}{\log_c b}$:

$\log_4 y = \frac{\log_2 y}{\log_2 4} = \frac{\log_2 y}{2}$

$\log_4 x = \frac{\log_2 x}{\log_2 4} = \frac{\log_2 x}{2}$

Подставим эти выражения в исходную систему:

$ \begin{cases} \log_2 x + \frac{1}{2}\log_2 y = 4, \\ \frac{1}{2}\log_2 x + \log_2 y = 5; \end{cases} $

Сделаем замену переменных. Пусть $u = \log_2 x$ и $v = \log_2 y$. Система примет вид:

$ \begin{cases} u + \frac{1}{2}v = 4, \\ \frac{1}{2}u + v = 5; \end{cases} $

Для удобства умножим оба уравнения на 2:

$ \begin{cases} 2u + v = 8, \\ u + 2v = 10; \end{cases} $

Решим эту систему линейных уравнений. Из первого уравнения выразим $v = 8 - 2u$ и подставим во второе:

$u + 2(8 - 2u) = 10$

$u + 16 - 4u = 10$

$-3u = -6$

$u = 2$

Теперь найдем $v$:

$v = 8 - 2u = 8 - 2(2) = 8 - 4 = 4$.

Вернемся к исходным переменным $x$ и $y$:

$u = \log_2 x \implies 2 = \log_2 x \implies x = 2^2 = 4$.

$v = \log_2 y \implies 4 = \log_2 y \implies y = 2^4 = 16$.

Найденные значения $x=4$ и $y=16$ удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $(4, 16)$.

2) Исходная система уравнений:

$ \begin{cases} \log_3 x + \log_9 y = 5, \\ 2\log_9 x - \log_3 y = -1; \end{cases} $

ОДЗ: $x > 0$, $y > 0$.

Приведем логарифмы к основанию 3:

$\log_9 y = \frac{\log_3 y}{\log_3 9} = \frac{\log_3 y}{2}$

$\log_9 x = \frac{\log_3 x}{\log_3 9} = \frac{\log_3 x}{2}$

Подставим в систему:

$ \begin{cases} \log_3 x + \frac{1}{2}\log_3 y = 5, \\ 2(\frac{1}{2}\log_3 x) - \log_3 y = -1; \end{cases} $

$ \begin{cases} \log_3 x + \frac{1}{2}\log_3 y = 5, \\ \log_3 x - \log_3 y = -1; \end{cases} $

Сделаем замену переменных. Пусть $u = \log_3 x$ и $v = \log_3 y$:

$ \begin{cases} u + \frac{1}{2}v = 5, \\ u - v = -1; \end{cases} $

Из второго уравнения $u = v - 1$. Подставим в первое:

$(v - 1) + \frac{1}{2}v = 5$

$\frac{3}{2}v = 6$

$v = 4$

Теперь найдем $u$:

$u = v - 1 = 4 - 1 = 3$.

Вернемся к исходным переменным:

$u = \log_3 x \implies 3 = \log_3 x \implies x = 3^3 = 27$.

$v = \log_3 y \implies 4 = \log_3 y \implies y = 3^4 = 81$.

Найденные значения $x=27$ и $y=81$ удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $(27, 81)$.

3) Исходная система уравнений:

$ \begin{cases} \log_{\frac{1}{4}} x = y - 1, \\ \frac{y}{x^6} = 4; \end{cases} $

ОДЗ: $x > 0$. Из второго уравнения $\frac{y}{x^6} = 4 > 0$, и так как $x^6 > 0$, то и $y > 0$.

Из первого уравнения выразим $x$ через $y$:

$x = \left(\frac{1}{4}\right)^{y-1} = (4^{-1})^{y-1} = 4^{1-y}$.

Из второго уравнения выразим $y$ через $x$: $y = 4x^6$.

Подставим выражение для $x$ во второе уравнение:

$y = 4 \cdot (4^{1-y})^6 = 4 \cdot 4^{6(1-y)} = 4^1 \cdot 4^{6-6y} = 4^{1+6-6y} = 4^{7-6y}$.

Мы получили уравнение $y = 4^{7-6y}$. Это трансцендентное уравнение, которое не решается в элементарных функциях. Можно показать, что у него есть единственный корень. Функция $f(y) = y$ является возрастающей, а функция $g(y) = 4^{7-6y}$ — убывающей. Следовательно, уравнение может иметь не более одного корня. При $y=1$ имеем $1 < 4^{7-6} = 4$. При $y=\frac{7}{6}$ имеем $\frac{7}{6} > 4^{7-7} = 1$. Это означает, что корень уравнения $y_0$ существует и находится в интервале $(1, \frac{7}{6})$. Найти его точное значение аналитически невозможно, оно может быть найдено только численными методами.

Ответ: Решение системы сводится к решению трансцендентного уравнения $y = 4^{7-6y}$, которое не имеет точного аналитического решения в элементарных функциях. Единственный корень этого уравнения $y_0 \in (1, 7/6)$, а соответствующее значение $x_0 = (y_0/4)^{1/6}$.

4) Исходная система уравнений:

$ \begin{cases} y^{\frac{1}{x}} = 10, \\ \lg y = \frac{1}{x}; \end{cases} $

ОДЗ: $y > 0$, $x \neq 0$.

Подставим выражение для $\frac{1}{x}$ из второго уравнения в первое:

$y^{\lg y} = 10$.

Прологарифмируем обе части этого уравнения по основанию 10:

$\lg(y^{\lg y}) = \lg(10)$.

Используя свойство логарифма степени $\log(a^b) = b \log a$, получаем:

$(\lg y) \cdot (\lg y) = 1$

$(\lg y)^2 = 1$.

Это уравнение распадается на два случая:

1) $\lg y = 1 \implies y = 10^1 = 10$.

2) $\lg y = -1 \implies y = 10^{-1} = \frac{1}{10}$.

Теперь найдем соответствующие значения $x$ для каждого $y$ из уравнения $\frac{1}{x} = \lg y$.

1) Если $y=10$, то $\frac{1}{x} = \lg 10 = 1$, откуда $x=1$. Получаем решение $(1, 10)$.

2) Если $y=\frac{1}{10}$, то $\frac{1}{x} = \lg\left(\frac{1}{10}\right) = -1$, откуда $x=-1$. Получаем решение $(-1, \frac{1}{10})$.

Оба решения удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $(1, 10)$, $(-1, \frac{1}{10})$.

24.21. Постройте график функции:

1) $y = \ln x - 1$;

2) $y = \ln |x - 1|$;

3) $y = \ln |2 - x|$;

4) $y = \ln |x + 2|$.

1) y = lnx - 1

Для построения графика функции $y = \ln x - 1$ воспользуемся методом преобразования графиков.

1. Начнем с построения базового графика функции натурального логарифма $y = \ln x$. Это возрастающая функция, определенная для всех $x > 0$. Она проходит через точку $(1, 0)$, так как $\ln 1 = 0$, и через точку $(e, 1)$, где $e \approx 2.718$. Ось $Oy$ (прямая $x=0$) является вертикальной асимптотой, к которой график стремится при $x \to 0^+$.

2. Далее, чтобы получить график функции $y = \ln x - 1$, необходимо сдвинуть график функции $y = \ln x$ на 1 единицу вниз вдоль оси $Oy$.

Характеристики итогового графика $y = \ln x - 1$:

- Область определения: $x > 0$.

- Вертикальная асимптота: $x = 0$.

- Пересечение с осью $Ox$ (нуль функции): найдем $x$, при котором $y=0$. $\ln x - 1 = 0 \implies \ln x = 1 \implies x = e$. Точка пересечения с осью $Ox$ — $(e, 0)$.

- Контрольная точка: точка $(1, 0)$ с графика $y = \ln x$ смещается в точку $(1, -1)$.

Ответ: График функции $y = \ln x - 1$ получается из графика $y = \ln x$ путем его сдвига на 1 единицу вниз. Это логарифмическая кривая, проходящая через точку $(e, 0)$ и имеющая вертикальную асимптоту $x=0$.

2) y = ln|x - 1|

Построение этого графика также выполним в несколько шагов.

1. Сначала построим график функции $y = \ln x$.

2. Затем сдвинем этот график на 1 единицу вправо вдоль оси $Ox$, чтобы получить график функции $y = \ln(x - 1)$. Область определения этой функции $x - 1 > 0$, то есть $x > 1$. Вертикальной асимптотой будет прямая $x = 1$. График будет пересекать ось $Ox$ в точке $x-1=1 \implies x=2$.

3. Теперь построим график $y = \ln|x - 1|$. Область определения этой функции: $|x - 1| > 0$, что означает $x - 1 \neq 0$, то есть $x \neq 1$.

- При $x > 1$, $|x - 1| = x - 1$, и график $y = \ln|x - 1|$ совпадает с графиком $y = \ln(x - 1)$, который мы построили на шаге 2.

- При $x < 1$, функция $y = \ln|x-1|$ также определена. Так как функция $y = \ln|x - 1|$ является четной относительно прямой $x=1$ (то есть $f(1+a) = f(1-a)$), ее график для $x < 1$ можно получить, отразив симметрично относительно прямой $x=1$ ту часть графика, которую мы построили для $x > 1$.

Характеристики итогового графика $y = \ln|x - 1|$:

- Область определения: $(-\infty, 1) \cup (1, \infty)$.

- Вертикальная асимптота: $x = 1$.

- Пересечение с осью $Ox$: $\ln|x - 1| = 0 \implies |x - 1| = 1$. Это дает два уравнения: $x - 1 = 1 \implies x = 2$ и $x - 1 = -1 \implies x = 0$. Точки пересечения: $(2, 0)$ и $(0, 0)$.

- График симметричен относительно прямой $x=1$.

Ответ: График функции $y = \ln|x - 1|$ состоит из двух ветвей, симметричных относительно вертикальной асимптоты $x=1$. Правая ветвь является графиком $y = \ln(x-1)$, а левая — его зеркальным отражением. График проходит через точки $(0,0)$ и $(2,0)$.

3) y = ln|2 - x|

Заметим, что $|2 - x| = |-(x - 2)| = |x - 2|$. Таким образом, функция $y = \ln|2 - x|$ полностью совпадает с функцией $y = \ln|x - 2|$. Построение ее графика аналогично предыдущему пункту, но со сдвигом на 2 единицы.

1. Строим график $y = \ln x$.

2. Сдвигаем его на 2 единицы вправо, чтобы получить график $y = \ln(x - 2)$. Его область определения $x > 2$, асимптота $x = 2$, пересечение с $Ox$ в точке $x=3$.

3. Чтобы получить график $y = \ln|x - 2|$, мы берем построенный график $y = \ln(x - 2)$ для $x > 2$ и симметрично отражаем его относительно вертикальной асимптоты $x=2$.

Характеристики итогового графика $y = \ln|2 - x|$:

- Область определения: $2 - x \neq 0 \implies x \neq 2$.

- Вертикальная асимптота: $x = 2$.

- Пересечение с осью $Ox$: $\ln|2 - x| = 0 \implies |2 - x| = 1$. Это дает два уравнения: $2 - x = 1 \implies x = 1$ и $2 - x = -1 \implies x = 3$. Точки пересечения: $(1, 0)$ и $(3, 0)$.

- Пересечение с осью $Oy$: при $x=0$, $y = \ln|2 - 0| = \ln 2$. Точка $(0, \ln 2)$.

Ответ: График функции $y = \ln|2 - x|$ состоит из двух ветвей, симметричных относительно вертикальной асимптоты $x=2$. График пересекает ось абсцисс в точках $(1, 0)$ и $(3, 0)$ и ось ординат в точке $(0, \ln 2)$.

4) y = ln|x + 2|

Построение этого графика также аналогично предыдущим.

1. Начинаем с графика $y = \ln x$.

2. Сдвигаем его на 2 единицы влево вдоль оси $Ox$, чтобы получить график функции $y = \ln(x + 2)$. Область определения этой функции $x + 2 > 0$, то есть $x > -2$. Вертикальной асимптотой будет прямая $x = -2$. График будет пересекать ось $Ox$ в точке $x+2=1 \implies x=-1$.

3. Для получения графика $y = \ln|x + 2|$ мы берем построенный график $y = \ln(x + 2)$ для $x > -2$ и симметрично отражаем его относительно вертикальной асимптоты $x=-2$.

Характеристики итогового графика $y = \ln|x + 2|$:

- Область определения: $x + 2 \neq 0 \implies x \neq -2$.

- Вертикальная асимптота: $x = -2$.

- Пересечение с осью $Ox$: $\ln|x + 2| = 0 \implies |x + 2| = 1$. Это дает два уравнения: $x + 2 = 1 \implies x = -1$ и $x + 2 = -1 \implies x = -3$. Точки пересечения: $(-1, 0)$ и $(-3, 0)$.

- Пересечение с осью $Oy$: при $x=0$, $y = \ln|0 + 2| = \ln 2$. Точка $(0, \ln 2)$.

Ответ: График функции $y = \ln|x + 2|$ состоит из двух ветвей, симметричных относительно вертикальной асимптоты $x=-2$. График пересекает ось абсцисс в точках $(-1, 0)$ и $(-3, 0)$ и ось ординат в точке $(0, \ln 2)$.