Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có : \(x+y+z+5=2\sqrt{x-1}+4\sqrt{y-3}+6\sqrt{z-5}\left(DK:x\ge1;y\ge3;z\ge5\right)\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(x-1\right)-2\sqrt{x-1}+1\right]+\left[\left(y-3\right)-4\sqrt{y-3}+4\right]+\left[\left(z-5\right)-6\sqrt{z-5}+9\right]=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-3}-2\right)^2+\left(\sqrt{z-5}-3\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2=0\\\left(\sqrt{y-3}-2\right)^2=0\\\left(\sqrt{z-5}-3\right)^2=0\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}x=2\\y=7\\z=14\end{cases}}\)(TMDK)
Vậy nghiệm của phương trình là : \(\left(x;y;z\right)=\left(2;7;14\right)\)
Bài 1:Áp dụng C-S dạng engel
\(\frac{3}{xy+yz+xz}+\frac{2}{x^2+y^2+z^2}=\frac{6}{2\left(xy+yz+xz\right)}+\frac{2}{x^2+y^2+z^2}\)
\(\ge\frac{\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)^2>14\)
Giả sử tồn tại x, y, z, t thỏa mãn.
Ta chứng minh bổ đề: Cho \(a,b\in\mathbb{Z}\). Khi đó \(a^2+b^2\vdots 3\Leftrightarrow a,b\vdots 3\).
Thật vậy, ta thấy nếu \(a,b\vdots 3\Rightarrow a^2+b^2\vdots 3\).
Nếu \(a^2+b^2\vdots 3\): Do \(a^2,b^2\equiv0;1\left(mod3\right)\) nên ta phải có \(a^2,b^2\equiv0\left(mod3\right)\Rightarrow a,b⋮3\).
Bổ đề dc cm.
Trở lại bài toán: Ta có 2019 chia hết cho 3 nên \(x^2+y^2⋮3\Rightarrow x,y⋮3\Rightarrow x^2+y^2⋮9\).
Mà 2019 không chia hết cho 9 nên \(z^2+t^2⋮3\Leftrightarrow z,t⋮3\).
Đặt x = 3x', y = 3y', z = 3z', t = 3t'.
Ta có \(2019=\dfrac{x^2+y^2}{z^2+t^2}=\dfrac{x'^2+y'^2}{z'^2+t'^2}\).
Cmtt, ta có \(x',y',z',t'⋮3\).
Lặp lại nhiều lần như vậy, ta có \(x,y,z,t⋮3^k\forall k\in N\).
Do đó x = y = z = t = 0 (vô lí).
Vậy không tồn tại...