Номер 13.32, страница 137 - гдз по алгебре 9 класс учебник Мерзляк, Поляков

Глава 2. Уравнения с двумя переменными и их системы. Параграф 13. Метод замены переменных и другие способы решения систем уравнений с двумя переменными - номер 13.32, страница 137.

Условие.

13.32. Решите систему уравнений:

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

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

3) $\begin{cases} \frac{2x}{1+x^2} = y, \\ \frac{2y}{1+y^2} = x. \end{cases}$

Решение.

1)

Дана система уравнений:

$ \begin{cases} x^2 + y^2 = 1 \\ x^5 + y^5 = 1 \end{cases} $

Из первого уравнения $x^2 + y^2 = 1$ следует, что $x^2 \le 1$ и $y^2 \le 1$, а значит $|x| \le 1$ и $|y| \le 1$.

Сравним выражения $x^2$ и $x^5$. Рассмотрим их разность: $x^2 - x^5 = x^2(1 - x^3)$.

Так как $|x| \le 1$, то $x \le 1$, откуда $x^3 \le 1^3=1$. Следовательно, $1 - x^3 \ge 0$.

Поскольку $x^2 \ge 0$ и $1 - x^3 \ge 0$, их произведение $x^2(1 - x^3)$ также неотрицательно. Таким образом, $x^2 - x^5 \ge 0$, или $x^2 \ge x^5$. Равенство $x^2 = x^5$ достигается только если $x^2=0$ (т.е. $x=0$) или $1-x^3=0$ (т.е. $x=1$).

Аналогично для переменной $y$ можно показать, что $y^2 \ge y^5$. Равенство $y^2=y^5$ достигается при $y=0$ или $y=1$.

Сложим полученные неравенства:

$x^2 + y^2 \ge x^5 + y^5$

Из уравнений системы известно, что $x^2 + y^2 = 1$ и $x^5 + y^5 = 1$. Подставив эти значения в неравенство, получаем $1 \ge 1$, что является равенством.

Равенство $x^2 + y^2 = x^5 + y^5$ возможно тогда и только тогда, когда оба исходных неравенства обращаются в равенства:

$ \begin{cases} x^2 = x^5 \\ y^2 = y^5 \end{cases} $

Как было показано, это означает, что $x \in \{0, 1\}$ и $y \in \{0, 1\}$.

Проверим эти возможные значения, подставив их в первое уравнение исходной системы $x^2 + y^2 = 1$:

• Если $x=0$, то $0^2 + y^2 = 1 \implies y^2 = 1$. Так как $y$ может быть только 0 или 1, получаем $y=1$. Найдена пара $(0, 1)$.
• Если $x=1$, то $1^2 + y^2 = 1 \implies y^2 = 0 \implies y=0$. Найдена пара $(1, 0)$.

Таким образом, система имеет два решения.

Ответ: $(0, 1), (1, 0)$.

2)

Дана система уравнений:

$ \begin{cases} y^3 - y^2 + y = x^2 \\ x^3 - x^2 + x = y^2 \end{cases} $

Предположим, что $x=y$. Тогда оба уравнения системы становятся идентичными:

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

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

Вынесем $x$ за скобки:

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

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

Отсюда получаем $x=0$ или $x=1$. Так как $y=x$, то решениями являются пары $(0, 0)$ и $(1, 1)$.

Теперь рассмотрим случай, когда $x \ne y$. Вычтем второе уравнение из первого:

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

Сгруппируем слагаемые:

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

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

Разложим на множители:

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

$(y-x)(y^2+xy+x^2+1) = 0$

Поскольку мы предположили, что $x \ne y$, то множитель $(y-x)$ не равен нулю. Следовательно, равен нулю второй множитель:

$y^2+xy+x^2+1 = 0$

Преобразуем левую часть, выделив полный квадрат относительно $x$:

$(x^2 + xy + \frac{y^2}{4}) - \frac{y^2}{4} + y^2 + 1 = 0$

$(x + \frac{y}{2})^2 + \frac{3}{4}y^2 + 1 = 0$

Выражение в левой части является суммой трех слагаемых: $(x + \frac{y}{2})^2 \ge 0$, $\frac{3}{4}y^2 \ge 0$ и $1 > 0$. Сумма этих слагаемых всегда строго положительна:

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

Следовательно, уравнение $y^2+xy+x^2+1 = 0$ не имеет действительных решений. Это означает, что наше предположение $x \ne y$ было неверным.

Таким образом, решения существуют только при $x=y$.

Ответ: $(0, 0), (1, 1)$.

3)

Дана система уравнений:

$ \begin{cases} \frac{2x}{1+x^2} = y \\ \frac{2y}{1+y^2} = x \end{cases} $

Рассмотрим случай, когда $x=y$. Тогда система сводится к одному уравнению:

$\frac{2x}{1+x^2} = x$

Перенесем все в левую часть:

$x - \frac{2x}{1+x^2} = 0$

$x(1 - \frac{2}{1+x^2}) = 0$

$x(\frac{1+x^2-2}{1+x^2}) = 0$

$x\frac{x^2-1}{1+x^2} = 0$

Это уравнение выполняется, если $x=0$ или $x^2-1=0$.

Отсюда получаем $x=0$, $x=1$ или $x=-1$. Так как $y=x$, то решениями являются пары $(0, 0), (1, 1), (-1, -1)$.

Теперь рассмотрим случай $x \ne y$. Подставим выражение для $y$ из первого уравнения во второе:

$x = \frac{2y}{1+y^2} = \frac{2 \cdot \frac{2x}{1+x^2}}{1 + (\frac{2x}{1+x^2})^2} = \frac{\frac{4x}{1+x^2}}{1 + \frac{4x^2}{(1+x^2)^2}} = \frac{\frac{4x}{1+x^2}}{\frac{(1+x^2)^2+4x^2}{(1+x^2)^2}} = \frac{4x(1+x^2)}{(1+2x^2+x^4)+4x^2} = \frac{4x(1+x^2)}{x^4+6x^2+1}$

Получили уравнение:

$x = \frac{4x(1+x^2)}{x^4+6x^2+1}$

Если $x=0$, то из первого уравнения $y=0$, что соответствует уже найденному решению $(0,0)$.

Если $x \ne 0$, можно разделить обе части на $x$:

$1 = \frac{4(1+x^2)}{x^4+6x^2+1}$

$x^4+6x^2+1 = 4+4x^2$

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

Сделаем замену $u=x^2$ (где $u \ge 0$):

$u^2+2u-3 = 0$

Решая квадратное уравнение, находим $u = \frac{-2 \pm \sqrt{4-4(1)(-3)}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{16}}{2} = \frac{-2 \pm 4}{2}$.

Получаем два значения для $u$: $u_1=1$ и $u_2=-3$. Так как $u=x^2 \ge 0$, корень $u_2=-3$ является посторонним.

Остается $u=1$, то есть $x^2=1$, откуда $x=1$ или $x=-1$.

Если $x=1$, то $y = \frac{2(1)}{1+1^2} = 1$. Это решение $(1,1)$, где $x=y$.

Если $x=-1$, то $y = \frac{2(-1)}{1+(-1)^2} = -1$. Это решение $(-1,-1)$, где $x=y$.

Таким образом, случай $x \ne y$ не дает новых решений. Все найденные решения удовлетворяют условию $x=y$.

Ответ: $(0, 0), (1, 1), (-1, -1)$.