Упр.14.42 ГДЗ Никольский Потапов 11 класс (Алгебра)

Задача

2log1-x(-xy-2x+y+2) + log2+y(x2-2x+1)=6
log1-x(y+5) — log2+y(x+4)=1;
б) система
log1+x(y2-2y+1) + log1-y(x2+2x+1)=4
log1+x(2y+1) — log1-y(2x+1)=2;
в) система
2log3+x(xy+x+3y+3) + log1+y(x2+6x+9)=6
log3+x(0,5-y) + log1+y(3x+8)=1.

Подробный ответ

Пусть $$\left(x_0;y_0\right)$$ — решение системы.
Тогда для пункта а) имеем
$$ 2\log_{1-x_0}(-x_0y_0-2x_0+y_0+2)+\log_{2+y_0}(x_0^2-2x_0+1)=6, $$
$$ \log_{1-x_0}(y_0+5)-\log_{2+y_0}(x_0+4)=1. $$
Из области определения:
$$ 1-x_0>0,\quad 1-x_0\ne 1,\quad 2+y_0>0,\quad 2+y_0\ne 1, $$
$$ y_0+5>0,\quad x_0+4>0. $$
Первое уравнение преобразуем:
$$ -x_0y_0-2x_0+y_0+2=(1-x_0)(y_0+2), $$
$$ x_0^2-2x_0+1=(1-x_0)^2. $$
Тогда
$$ 2\log_{1-x_0}\bigl((1-x_0)(y_0+2)\bigr)+\log_{2+y_0}(1-x_0)^2=6. $$
Используя свойства логарифмов, получаем
$$ 2\Bigl(1+\log_{1-x_0}(y_0+2)+\log_{2+y_0}(1-x_0)\Bigr)=6, $$
$$ \log_{1-x_0}(y_0+2)+\frac{1}{\log_{1-x_0}(y_0+2)}=2. $$
Отсюда
$$ \log_{1-x_0}(y_0+2)=1, $$
значит
$$ y_0+2=1-x_0, $$
то есть
$$ y_0=-x_0-1. $$
Во втором уравнении:
$$ \log_{1-x_0}(y_0+5)-\log_{2+y_0}(x_0+4)=1. $$
Так как $$\log_{1-x_0}(y_0+2)=1,$$ то $$\log_{1-x_0}(2+y_0)=1$$ и, следовательно,
$$ \log_{1-x_0}\frac{y_0+5}{x_0+4}=1. $$
Значит
$$ \frac{y_0+5}{x_0+4}=1-x_0. $$
Подставим $$y_0=-x_0-1$$:
$$ \frac{4-x_0}{x_0+4}=1-x_0, $$
$$ 4-x_0=(1-x_0)(x_0+4), $$
$$ x_0^2+2x_0=0, $$
$$ x_0(x_0+2)=0. $$
Получаем $$x_0=0$$ или $$x_0=-2$$. Значение $$x_0=0$$ не подходит, а при $$x_0=-2$$ имеем
$$ y_0=-(-2)-1=1. $$
Для пункта б) пусть $$\left(x_0;y_0\right)$$ — решение системы:
$$ \log_{1+x_0}(1-y_0)^2+\log_{1-y_0}(1+x_0)^2=4, $$
$$ \log_{1+x_0}(2y_0+1)-\log_{1-y_0}(2x_0+1)=2. $$
Из области определения:
$$ 1+x_0>0,\quad 1+x_0\ne 1,\quad 1-y_0>0,\quad 1-y_0\ne 1, $$
$$ 2y_0+1>0,\quad 2x_0+1>0. $$
Первое уравнение:
$$ \log_{1+x_0}(1-y_0)^2=2\log_{1+x_0}(1-y_0), $$
$$ \log_{1-y_0}(1+x_0)^2=2\log_{1-y_0}(1+x_0). $$
Тогда
$$ \log_{1+x_0}(1-y_0)+\frac{1}{\log_{1+x_0}(1-y_0)}=2, $$
откуда
$$ \log_{1+x_0}(1-y_0)=1, $$
значит
$$ 1-y_0=1+x_0, $$
то есть
$$ y_0=-x_0. $$
Во втором уравнении с учётом $$\log_{1+x_0}(1-y_0)=1$$ получаем
$$ \log_{1+x_0}(2y_0+1)+\log_{1+x_0}(2x_0+1)=2, $$
$$ \log_{1+x_0}\bigl((2y_0+1)(2x_0+1)\bigr)=2. $$
Следовательно,
$$ (2y_0+1)(2x_0+1)=(1+x_0)^2. $$
Подставим $$y_0=-x_0$$:
$$ (1-2x_0)(2x_0+1)=(1+x_0)^2, $$
$$ 5x_0^2+2x_0=0, $$
$$ x_0(5x_0+2)=0. $$
Из допустимых значений подходит $$x_0=-\frac{2}{5}$$, тогда
$$ y_0=\frac{2}{5}. $$
Для пункта в) пусть $$\left(x_0;y_0\right)$$ — решение системы:
$$ 2\log_{3+x_0}\bigl(x_0y_0+x_0+3y_0+3\bigr)+\log_{1+y_0}(x_0^2+6x_0+9)=6, $$
$$ \log_{3+x_0}(0{,}5-y_0)-\log_{1+y_0}(3x_0+8)=1. $$
Заметим, что
$$ x_0y_0+x_0+3y_0+3=(x_0+3)(y_0+1), $$
$$ x_0^2+6x_0+9=(x_0+3)^2. $$
Из первого уравнения получаем
$$ \log_{3+x_0}(y_0+1)=1, $$
значит
$$ y_0+1=3+x_0, $$
то есть
$$ y_0=x_0+2. $$
Во втором уравнении с учётом $$\log_{1+y_0}(x_0+3)=1$$ имеем
$$ \log_{3+x_0}(0{,}5-y_0)+\log_{3+x_0}(3x_0+8)=1, $$
$$ \log_{3+x_0}\bigl((0{,}5-y_0)(3x_0+8)\bigr)=1. $$
Следовательно,
$$ (0{,}5-y_0)(3x_0+8)=3+x_0. $$
Подставим $$y_0=x_0+2$$:
$$ (-1{,}5-x_0)(3x_0+8)=3+x_0, $$
$$ 3x_0^2+13{,}5x_0+15=0. $$
Решая квадратное уравнение, получаем
$$ x_0=-2{,}5 \quad \text{или} \quad x_0=-2. $$
Значение $$x_0=-2$$ не подходит, поэтому
$$ x_0=-2{,}5,\qquad y_0=-0{,}5. $$