Номер 13.33, 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 13.33, страница 137.

Условие.

13.33. Решите систему уравнений:

1) $\begin{cases} x^3 + y^3 = 1, \\ x^4 + y^4 = 1; \end{cases}$

2) $\begin{cases} x^3 = 8y + x, \\ y^3 = 8x + y; \end{cases}$

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

Решение.

1)

Дана система уравнений: $$ \begin{cases} x^3 + y^3 = 1 \\ x^4 + y^4 = 1 \end{cases} $$

Из второго уравнения $x^4 + y^4 = 1$ и того факта, что $x^4 \ge 0$ и $y^4 \ge 0$, следует, что $x^4 \le 1$ и $y^4 \le 1$. Это означает, что $|x| \le 1$ и $|y| \le 1$.

Предположим, что $x < 0$. Тогда $x^3 < 0$. Из первого уравнения получаем $y^3 = 1 - x^3$. Так как $x^3 < 0$, то $-x^3 > 0$, следовательно $y^3 = 1 + (-x^3) > 1$. Отсюда $y > 1$, что противоречит условию $|y| \le 1$. Значит, предположение неверно, и $x \ge 0$. Аналогично доказывается, что $y \ge 0$.

Таким образом, переменные $x$ и $y$ могут принимать значения только из отрезка $[0, 1]$. Для любого числа $t \in [0, 1]$ справедливо неравенство $t^4 \le t^3$. Равенство достигается только при $t=0$ и $t=1$. Следовательно, для наших переменных выполняются неравенства $x^4 \le x^3$ и $y^4 \le y^3$.

Сложив эти неравенства, получим: $x^4 + y^4 \le x^3 + y^3$. Подставляя значения из исходной системы, получаем $1 \le 1$. Это означает, что неравенство обращается в равенство. Равенство возможно только в том случае, когда $x^4 = x^3$ и $y^4 = y^3$ одновременно.

Уравнение $x^4 = x^3$, или $x^3(x-1) = 0$, имеет решения $x=0$ и $x=1$. Аналогично, уравнение $y^4 = y^3$ имеет решения $y=0$ и $y=1$.

Проверим все возможные комбинации пар $(x, y)$ на соответствие исходной системе:
1. $(0, 0)$: $0^3 + 0^3 = 0 \ne 1$. Не является решением.
2. $(1, 1)$: $1^3 + 1^3 = 2 \ne 1$. Не является решением.
3. $(1, 0)$: $1^3 + 0^3 = 1$ и $1^4 + 0^4 = 1$. Является решением.
4. $(0, 1)$: $0^3 + 1^3 = 1$ и $0^4 + 1^4 = 1$. Является решением.

Ответ: $(1, 0), (0, 1)$.

2)

Дана система уравнений: $$ \begin{cases} x^3 = 8y + x \\ y^3 = 8x + y \end{cases} $$

Вычтем второе уравнение из первого:
$x^3 - y^3 = (8y + x) - (8x + y)$
$x^3 - y^3 = 7y - 7x$
$(x - y)(x^2 + xy + y^2) = -7(x - y)$
$(x - y)(x^2 + xy + y^2) + 7(x - y) = 0$
$(x - y)(x^2 + xy + y^2 + 7) = 0$

Это уравнение истинно в двух случаях: либо $x-y=0$, либо $x^2 + xy + y^2 + 7 = 0$.

Рассмотрим второй случай: $x^2 + xy + y^2 + 7 = 0$. Преобразуем левую часть, выделив полный квадрат: $x^2 + xy + y^2 + 7 = (x^2 + xy + \frac{1}{4}y^2) + \frac{3}{4}y^2 + 7 = (x + \frac{1}{2}y)^2 + \frac{3}{4}y^2 + 7$. Так как $(x + \frac{1}{2}y)^2 \ge 0$ и $\frac{3}{4}y^2 \ge 0$, то вся сумма $(x + \frac{1}{2}y)^2 + \frac{3}{4}y^2 + 7 \ge 7$. Следовательно, это выражение не может равняться нулю, и в этом случае действительных решений нет.

Рассмотрим первый случай: $x - y = 0$, то есть $x = y$. Подставим это в первое уравнение исходной системы:
$x^3 = 8x + x$
$x^3 - 9x = 0$
$x(x^2 - 9) = 0$
$x(x-3)(x+3) = 0$

Отсюда получаем три возможных значения для $x$: $x_1=0$, $x_2=3$, $x_3=-3$. Так как $y=x$, то получаем три пары решений: $(0, 0)$, $(3, 3)$ и $(-3, -3)$.

Ответ: $(0, 0), (3, 3), (-3, -3)$.

3)

Дана система уравнений: $$ \begin{cases} \frac{2x^2}{1+x^2} = y \\ \frac{2y^2}{1+y^2} = x \end{cases} $$

Из вида уравнений следует, что $x$ и $y$ должны быть неотрицательными, так как $t^2 \ge 0$ и $1+t^2 > 0$. Если $x=0$, то из первого уравнения $y=0$, и второе уравнение также выполняется ($0=0$). Таким образом, $(0,0)$ является решением.

Рассмотрим случай, когда $x > 0$ и $y > 0$. Вычтем из первого уравнения второе:
$y - x = \frac{2x^2}{1+x^2} - \frac{2y^2}{1+y^2} = \frac{2x^2(1+y^2) - 2y^2(1+x^2)}{(1+x^2)(1+y^2)}$
$y - x = \frac{2x^2 + 2x^2y^2 - 2y^2 - 2x^2y^2}{(1+x^2)(1+y^2)} = \frac{2(x^2 - y^2)}{(1+x^2)(1+y^2)}$
$y - x = \frac{2(x-y)(x+y)}{(1+x^2)(1+y^2)}$

Перенесем все члены в одну сторону:
$-(x-y) - \frac{2(x-y)(x+y)}{(1+x^2)(1+y^2)} = 0$
$-(x-y) \left( 1 + \frac{2(x+y)}{(1+x^2)(1+y^2)} \right) = 0$

Это уравнение распадается на два случая:
1. $x-y=0 \implies x=y$.
2. $1 + \frac{2(x+y)}{(1+x^2)(1+y^2)} = 0$.

Во втором случае, так как $x>0$ и $y>0$, дробь $\frac{2(x+y)}{(1+x^2)(1+y^2)}$ строго положительна. Тогда вся скобка строго больше 1, и уравнение не имеет решений.

Остается только первый случай: $x=y$. Подставим это в первое уравнение системы:
$\frac{2x^2}{1+x^2} = x$

Так как мы рассматриваем $x>0$, можно разделить обе части на $x$:
$\frac{2x}{1+x^2} = 1$
$2x = 1+x^2$
$x^2 - 2x + 1 = 0$
$(x-1)^2 = 0$
Отсюда $x=1$. Поскольку $y=x$, получаем решение $(1,1)$.

Объединяя оба найденных решения, получаем окончательный результат.

Ответ: $(0, 0), (1, 1)$.