Система уравнений

[4arodej]

Уже второй день не могу решить систему:

$$\left\{\begin{array}{с} (y-1)*(xy-2x+y-1)= 4x^2+4x+2,\\ y+3x= 4(x+1)^3\end{array}\right.$$

[Руст]

Элементарные соображения дают, что -1<х<0 и имеется по крайней мере одно решение. Но дальше не удается подбирать какой нибудь корень. Поэтому возникает вопрос нет ли ошибки в коэффициентах?

[photon]

Три корня есть вот такие: {x = -1, y = 3}, {x = (-1)/2, y = 2}, {x = (-1)/2, y = 2}. Может это поможет найти остальные из того, что осталось?

$y=4(x+1)^3-3x$
$4x^4+20x^3+33x^2+21x+7=0$

Только тут все корни остаются комплексные

[4arodej]

Руст писал(а):

Элементарные соображения дают, что -1<х<0 и имеется по крайней мере одно решение. Но дальше не удается подбирать какой нибудь корень. Поэтому возникает вопрос нет ли ошибки в коэффициентах?

Поделитесь, плиз, "элементарными соображениями"?

[4arodej]

photon писал(а):

Три корня есть вот такие: {x = -1, y = 3}, {x = (-1)/2, y = 2}, {x = (-1)/2, y = 2}. Может это поможет найти остальные из того, что осталось?

$y=4(x+1)^3-3x$
$4x^4+20x^3+33x^2+21x+7=0$

Только тут все корни остаются комплексные

Это два решения! Как Вы их нашли? (Тока не говорите, что в мапле)

[photon]

4arodej писал(а):

Это два решения! Как Вы их нашли? (Тока не говорите, что в мапле)

Во-первых, не два, а три - просто два решения совпадают, во-вторых, не скрываю - именно в Maple, но теперь вы знаете, что можно, выразив из второго уравнения $y$ и подставив в первое, получить выражение, которое можно разложить на множители:
$(x+\frac{1}{2})^2(x+1)(4x^4+20x^3+33x^2+21x+7)=0$
Как показать, что оставшееся выражение не имеет действительных корней? выделить сумму полной четвертой степени и полного квадрата так, чтобы ушли нечетные степени. Честно говоря лень это выписывать, но полная четвертая степень будет $4(x+\frac{5}{4})^4$ и в конечном счете Вы получите сумму четных степеней плюс положительная константа

[Руст]

Элементарные соображения заключается в рассмотрении первого уравнения как квадратного относительно у (я правда для дальнейшего упрощения вводил переменные х+1 и у-1, но это не обязательно). Так как справа положительная величина и корни левой части элементарно находятся, оценка противоречит второму в случае положительности х+1. Вообще то при х+1 равным нулю уравнение становится не квадратным, поэтому этот случай требуется рассмотреть отдельно и он дает решение у=3. А для остальных из интервала (-1,0). Я поленился, а может ошибся в вычислениях, чтобы найти корни с х=-1.2.

[4arodej]

Руст писал(а):

Элементарные соображения заключается в рассмотрении первого уравнения как квадратного относительно у (я правда для дальнейшего упрощения вводил переменные х+1 и у-1, но это не обязательно). Так как справа положительная величина и корни левой части элементарно находятся, оценка противоречит второму в случае положительности х+1. Вообще то при х+1 равным нулю уравнение становится не квадратным, поэтому этот случай требуется рассмотреть отдельно и он дает решение у=3. А для остальных из интервала (-1,0). Я поленился, а может ошибся в вычислениях, чтобы найти корни с х=-1.2.

Ладно, не будем ссориться из-за терминологии: для меня два решения, одно из которых имеет кратность 2 . Первое я нахожу аналогично, а вот второе ... Вызить y и подставить это трудно на экзамене. Мне кажется они просят другое решение.
Например, очевидно, что правая часть в первом уравнении не меньше 1 и в точности 1, если x=-1/2. Можно доказать, что левая часть не больше?

[незваный гость]

Заменим $x = u -1$, $y = v+1$ и имеем систему: \left\{ \begin{array}{c} u v^2 - u v + v = 4 u^2 - 4u + 2,\\ v+3u-2= 4u^3\end{array}.

Вычитая теперь из первого уравнения второе, имеем: $u v^2 - uv -3 u + 2 = 4u^2 - 4 u - 4 u^3 +2$, или, после переноса в левую часть:
$u (v^2 - v - 4u + 1 + 4 u^2 ) = 0$. Откеле одно из решений системы $u = 0, v = 2$. Другие же определяются системой$\left\{ \begin{array}{c} v^2 - v - 4u + 1 + 4 u^2 = 0, \\ v+3u-2= 4u^3\end{array}$.

Теперича имеем $\left\{\begin{array}{c} (2u - 1)^2 = v-v^2 = -v(v-1), \\ v-1= 4u^3-3u+1 = (2u-1)^2(u+1)\end{array}$. Подставляя $v-1$ в первое уравнение имеем опять делимость $(2 u -1)^2(1+v(u+1)) = 0$, из которой находим второе (кратное) решение $u = 1/2, v = 1$.

Остаточная же система $\left\{\begin{array}{c} v(u+1)+1 = 0, \\ v= 4u^3-3u+2\end{array}$ сводится к уравнению четвертого порядка подстановкой $v$ из второго уравнения в первое. Доказывать отсутствие вещественных корней у него -- удовольствие маленькое, но его таки можно разложить в сумму квадратов, как и заметил photon.

Ясен пень, переход к новым переменным по существу не нужен. Но как без него высмотреть все эти делимости -- не знаю. А путь сей проходим и на бумаге.