Страница 355 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

14.43* $\begin{cases} y^{1-\frac{2}{5}\log_x y} = x^{\frac{2}{5}} \\ 1 + \log_x \left(1 - \frac{3y}{x}\right) = \log_x 4 \end{cases}$

Начнем с определения области допустимых значений (ОДЗ) для данной системы уравнений.

$$ \begin{cases} y^{1-\frac{2}{5}\log_x y} = x^{\frac{2}{5}} \\ 1 + \log_x\left(1-\frac{3y}{x}\right) = \log_x 4 \end{cases} $$

Из выражений с логарифмами следуют условия:

1. Основание логарифма: $x > 0$ и $x \neq 1$.

2. Аргумент логарифма $\log_x y$: $y > 0$.

3. Аргумент логарифма $\log_x\left(1-\frac{3y}{x}\right)$: $1-\frac{3y}{x} > 0$.

Из третьего условия получаем: $1 > \frac{3y}{x}$. Поскольку по ОДЗ $x > 0$, мы можем умножить обе части неравенства на $x$, не меняя знака: $x > 3y$, или $y < \frac{x}{3}$.

Таким образом, ОДЗ системы: $x > 0$, $x \neq 1$, $0 < y < \frac{x}{3}$.

Теперь упростим второе уравнение системы.

$1 + \log_x\left(1-\frac{3y}{x}\right) = \log_x 4$

Представим $1$ как $\log_x x$:

$\log_x x + \log_x\left(1-\frac{3y}{x}\right) = \log_x 4$

Используя свойство суммы логарифмов $\log_a b + \log_a c = \log_a (bc)$:

$\log_x \left(x \cdot \left(1-\frac{3y}{x}\right)\right) = \log_x 4$

Так как основания логарифмов равны, приравниваем их аргументы:

$x\left(1-\frac{3y}{x}\right) = 4$

$x - 3y = 4$

Отсюда выразим $y$ через $x$: $y = \frac{x-4}{3}$.

Проверим это соотношение с условиями ОДЗ. Из $y > 0$ следует $\frac{x-4}{3} > 0$, что означает $x > 4$. Это условие автоматически удовлетворяет требованиям $x > 0$ и $x \neq 1$.

Теперь подставим $y$ в условие $y < \frac{x}{3}$:

$\frac{x-4}{3} < \frac{x}{3}$

$x-4 < x$

$-4 < 0$, что является верным неравенством.

Таким образом, ОДЗ можно сузить до $x > 4$ и $y = \frac{x-4}{3}$.

Теперь подставим полученные соотношения в первое уравнение системы. Прологарифмируем обе части первого уравнения по основанию $x$:

$\log_x\left(y^{1-\frac{2}{5}\log_x y}\right) = \log_x\left(x^{\frac{2}{5}}\right)$

Используя свойство логарифма степени $\log_a (b^c) = c \log_a b$:

$\left(1-\frac{2}{5}\log_x y\right) \cdot \log_x y = \frac{2}{5} \log_x x$

Так как $\log_x x = 1$:

$\left(1-\frac{2}{5}\log_x y\right) \log_x y = \frac{2}{5}$

Сделаем замену $t = \log_x y$. Уравнение примет вид:

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

$t - \frac{2}{5}t^2 = \frac{2}{5}$

Умножим обе части на 5, чтобы избавиться от дробей:

$5t - 2t^2 = 2$

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

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

Корни уравнения:

$t_1 = \frac{5 - \sqrt{9}}{2 \cdot 2} = \frac{5 - 3}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$

$t_2 = \frac{5 + \sqrt{9}}{2 \cdot 2} = \frac{5 + 3}{4} = \frac{8}{4} = 2$

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $\log_x y = t_1 = \frac{1}{2}$

Отсюда $y = x^{\frac{1}{2}} = \sqrt{x}$.

У нас есть два выражения для $y$: $y = \sqrt{x}$ и $y = \frac{x-4}{3}$. Приравняем их:

$\sqrt{x} = \frac{x-4}{3}$

Поскольку $x > 4$, правая часть положительна. Возведем обе части в квадрат:

$x = \left(\frac{x-4}{3}\right)^2$

$x = \frac{(x-4)^2}{9}$

$9x = x^2 - 8x + 16$

$x^2 - 17x + 16 = 0$

По теореме Виета, корни этого уравнения $x_1 = 1$ и $x_2 = 16$.

Корень $x_1=1$ не удовлетворяет условию ОДЗ $x > 4$.

Корень $x_2=16$ удовлетворяет условию $x > 4$. Найдем соответствующее значение $y$:

$y = \sqrt{16} = 4$.

Проверим по второму выражению: $y = \frac{16-4}{3} = \frac{12}{3} = 4$.

Таким образом, пара $(16, 4)$ является решением.

Случай 2: $\log_x y = t_2 = 2$

Отсюда $y = x^2$.

Приравняем выражения для $y$:

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

$3x^2 = x - 4$

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

Найдем дискриминант этого квадратного уравнения: $D = (-1)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 4 = 1 - 48 = -47$.

Поскольку $D < 0$, уравнение не имеет действительных корней.

Следовательно, система имеет единственное решение.

Ответ: $(16, 4)$

14.44* a) $\begin{cases} \mathrm{tg}^2 x + \mathrm{ctg}^2 x = 2 \sin^2 y \\ \sin^2 y + \cos^2 z = 1; \end{cases}$

б) $ \begin{cases} \sqrt{\frac{1}{\lg x}} + \sqrt[4]{y} = 2 \\ \frac{\sqrt{y}}{\sqrt{\lg x}} - z^2 = 1. \end{cases} $

а)

Дана система уравнений:

$\begin{cases} \text{tg}^2x + \text{ctg}^2x = 2\sin^2y \\ \sin^2y + \cos^2z = 1 \end{cases}$

Рассмотрим первое уравнение: $\text{tg}^2x + \text{ctg}^2x = 2\sin^2y$.

Оценим левую часть уравнения. Так как $\text{tg}^2x > 0$ для всех $x$ из области определения, мы можем применить неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши):

$\text{tg}^2x + \text{ctg}^2x = \text{tg}^2x + \frac{1}{\text{tg}^2x} \ge 2\sqrt{\text{tg}^2x \cdot \frac{1}{\text{tg}^2x}} = 2$.

Равенство достигается только при условии $\text{tg}^2x = \frac{1}{\text{tg}^2x}$, то есть $\text{tg}^4x = 1$, откуда $\text{tg}^2x = 1$.

Таким образом, левая часть уравнения всегда больше или равна 2: $\text{tg}^2x + \text{ctg}^2x \ge 2$.

Теперь оценим правую часть уравнения. Мы знаем, что для любого угла $y$ значение синуса находится в пределах $-1 \le \sin y \le 1$, следовательно, $0 \le \sin^2y \le 1$.

Отсюда для правой части имеем: $0 \le 2\sin^2y \le 2$.

Сопоставляя оценки для левой и правой частей, $\underbrace{\text{tg}^2x + \text{ctg}^2x}_{\ge 2} = \underbrace{2\sin^2y}_{\le 2}$, мы видим, что равенство возможно только в том случае, когда обе части равны 2.

Таким образом, система равносильна следующей системе:

$\begin{cases} \text{tg}^2x + \text{ctg}^2x = 2 \\ 2\sin^2y = 2 \\ \sin^2y + \cos^2z = 1 \end{cases}$

Из первого уравнения получаем $\text{tg}^2x = 1$, что дает $\text{tg}x = \pm 1$. Решениями являются $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}$, где $n \in \mathbb{Z}$.

Из второго уравнения получаем $\sin^2y = 1$, что дает $\sin y = \pm 1$. Решениями являются $y = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Подставим найденное значение $\sin^2y = 1$ в третье уравнение исходной системы:

$1 + \cos^2z = 1$

$\cos^2z = 0$, что дает $\cos z = 0$. Решениями являются $z = \frac{\pi}{2} + \pi m$, где $m \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}, y = \frac{\pi}{2} + \pi k, z = \frac{\pi}{2} + \pi m$, где $n, k, m \in \mathbb{Z}$.

б)

Дана система уравнений:

$\begin{cases} \sqrt{\frac{1}{\lg x}} + \sqrt[4]{y} = 2 \\ \sqrt{\frac{\sqrt{y}}{\lg x}} - z^2 = 1 \end{cases}$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ).

Из выражения $\sqrt{\frac{1}{\lg x}}$ следует, что $\lg x > 0$, что означает $x > 1$.

Из выражения $\sqrt[4]{y}$ следует, что $y \ge 0$.

Выражение $\sqrt{\frac{\sqrt{y}}{\lg x}}$ при $x>1$ и $y \ge 0$ определено.

Итак, ОДЗ: $x > 1, y \ge 0$.

Введем замены для упрощения системы:

Пусть $A = \sqrt{\frac{1}{\lg x}}$ и $B = \sqrt[4]{y}$.

Исходя из ОДЗ, $A > 0$ и $B \ge 0$.

Первое уравнение принимает вид: $A + B = 2$.

Преобразуем второе уравнение. Заметим, что $\sqrt{y} = B^2$ и $\lg x = \frac{1}{A^2}$.

Тогда подкоренное выражение во втором уравнении равно $\frac{\sqrt{y}}{\lg x} = \frac{B^2}{1/A^2} = A^2B^2$.

Второе уравнение принимает вид: $\sqrt{A^2B^2} - z^2 = 1$.

Так как $A > 0$ и $B \ge 0$, то $AB \ge 0$, и $\sqrt{A^2B^2} = AB$.

Система в новых переменных:

$\begin{cases} A + B = 2 \\ AB - z^2 = 1 \end{cases}$

Из второго уравнения выразим $AB$: $AB = 1 + z^2$.

Поскольку $z^2 \ge 0$, мы получаем, что $AB \ge 1$.

С другой стороны, для неотрицательных чисел $A$ и $B$ по неравенству Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом:

$\frac{A+B}{2} \ge \sqrt{AB}$.

Подставляя $A+B=2$, получаем:

$\frac{2}{2} \ge \sqrt{AB} \implies 1 \ge \sqrt{AB}$.

Возведя обе части в квадрат, получаем $1 \ge AB$.

Мы получили два противоречащих друг другу условия: $AB \ge 1$ и $AB \le 1$. Это возможно только в одном случае, когда $AB = 1$.

Равенство в неравенстве Коши ($AB=1$) достигается тогда и только тогда, когда $A=B$.

Подставим $A=B$ в уравнение $A+B=2$: $2A = 2 \implies A=1$. Следовательно, $B=1$.

Теперь, зная, что $AB=1$, найдем $z$ из второго уравнения системы: $1 - z^2 = 1 \implies z^2 = 0 \implies z=0$.

Вернемся к исходным переменным:

$A = \sqrt{\frac{1}{\lg x}} = 1 \implies \frac{1}{\lg x} = 1 \implies \lg x = 1 \implies x = 10$.

$B = \sqrt[4]{y} = 1 \implies y = 1^4 \implies y = 1$.

Проверим, что найденные значения удовлетворяют ОДЗ: $x=10 > 1$ и $y=1 \ge 0$.

Таким образом, система имеет единственное решение.

Ответ: $(10; 1; 0)$.

14.45* $\begin{cases} \frac{3 + 2\cos(x - y)}{2} = \sqrt{3 + 2x - x^2 \cos^2 \frac{x - y}{2} + \sin^2 \frac{x - y}{2}} \\ z^2 + 2x^2 - 2z - 1 = 4(x - 1) \end{cases}$

Начнем с преобразования второго уравнения системы:

$$z^2 + 2x^2 - 2z - 1 = 4(x - 1)$$

Перенесем все члены в левую часть и раскроем скобки:

$$z^2 + 2x^2 - 2z - 1 - 4x + 4 = 0$$

$$z^2 - 2z + 2x^2 - 4x + 3 = 0$$

Сгруппируем слагаемые и выделим полные квадраты для переменных $z$ и $x$:

$$(z^2 - 2z + 1) - 1 + 2(x^2 - 2x) + 3 = 0$$

$$(z - 1)^2 + 2(x^2 - 2x + 1 - 1) + 2 = 0$$

$$(z - 1)^2 + 2((x - 1)^2 - 1) + 2 = 0$$

$$(z - 1)^2 + 2(x - 1)^2 - 2 + 2 = 0$$

$$(z - 1)^2 + 2(x - 1)^2 = 0$$

Сумма двух неотрицательных слагаемых $(z-1)^2$ и $2(x-1)^2$ равна нулю тогда и только тогда, когда каждое из них равно нулю. Таким образом, получаем систему:

$$\begin{cases}(z-1)^2 = 0 \\2(x-1)^2 = 0\end{cases}$$

Из этой системы находим единственно возможные значения для $x$ и $z$:

$z - 1 = 0 \implies z = 1$

$x - 1 = 0 \implies x = 1$

Теперь перейдем к первому уравнению системы. Прежде всего, определим область допустимых значений (ОДЗ) для переменной $x$, исходя из того, что подкоренное выражение должно быть неотрицательным:

$$3 + 2x - x^2 \ge 0$$

$$x^2 - 2x - 3 \le 0$$

Корнями уравнения $x^2 - 2x - 3 = 0$ являются $x_1 = -1$ и $x_2 = 3$. Так как это парабола с ветвями вверх, неравенство выполняется на отрезке между корнями: $x \in [-1; 3]$. Найденное значение $x=1$ удовлетворяет этому условию.

Теперь преобразуем левую и правую части первого уравнения, используя тригонометрические формулы. Для левой части воспользуемся формулой косинуса двойного угла $\cos(2\alpha) = 2\cos^2\alpha - 1$:

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

Для правой части используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha$:

$$\sqrt{3 + 2x - x^2} \cos^2 \frac{x - y}{2} + \sin^2 \frac{x - y}{2} = \sqrt{3 + 2x - x^2} \cos^2 \frac{x - y}{2} + 1 - \cos^2 \frac{x - y}{2}$$

Приравняем преобразованные части:

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

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

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

$$ (6 - 2\sqrt{3 + 2x - x^2}) \cos^2 \frac{x - y}{2} = 1 $$

Подставим в это уравнение найденное значение $x=1$:

$$(6 - 2\sqrt{3 + 2(1) - 1^2}) \cos^2 \frac{1 - y}{2} = 1$$

$$(6 - 2\sqrt{4}) \cos^2 \frac{1 - y}{2} = 1$$

$$(6 - 4) \cos^2 \frac{1 - y}{2} = 1$$

$$2 \cos^2 \frac{1 - y}{2} = 1$$

$$\cos^2 \frac{1 - y}{2} = \frac{1}{2}$$

Используем формулу понижения степени $2\cos^2\alpha = 1 + \cos(2\alpha)$:

$$1 + \cos(1 - y) = 1$$

$$\cos(1 - y) = 0$$

Так как косинус является четной функцией, $\cos(1 - y) = \cos(y - 1)$, то получаем:

$$\cos(y - 1) = 0$$

Решением этого тригонометрического уравнения является:

$$y - 1 = \frac{\pi}{2} + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$$

$$y = 1 + \frac{\pi}{2} + \pi n, \quad n \in \mathbb{Z}$$

Таким образом, мы нашли все компоненты решения системы.

Ответ: $(1; 1 + \frac{\pi}{2} + \pi n; 1)$, где $n \in \mathbb{Z}$.