Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(xy+yz+zx=xyz\Leftrightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1\)
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\)ta có: \(a,b,c>0;a+b+c=1\)do đó 0<a,b,c<1
\(P=\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}+\frac{a^2}{c}+6\left(ab+bc+ca\right)\)
\(=\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}+\frac{a^2}{c}+2\left(a+b+c\right)^2-\left(a-b\right)^2-\left(b-c\right)^2-\left(c-a\right)^2+3\)
\(=\left(\frac{b^2}{a}-2b+a\right)+\left(\frac{c^2}{b}-2c+b\right)+\left(\frac{a^2}{c}-2a+c\right)-\left(a-b\right)^2-\left(b-c\right)^2-\left(c-a\right)^2+3\)
\(=\frac{\left(a-b\right)^2}{a}+\frac{\left(b-c\right)^2}{b}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}-\left(a-b\right)^2-\left(b-c\right)^2-\left(c-a\right)^2+3\)
\(=\frac{\left(1-a\right)\left(a-b\right)^2}{a}+\frac{\left(1-b\right)\left(b-c\right)^2}{b}+\frac{\left(1-c\right)\left(c-a\right)^2}{c}+3\ge3\)
Vậy GTNN của P=3
a) ĐKXĐ: \(x;y>0\)
Ta có:\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{4}\)
\(\Rightarrow\frac{4y}{4xy}+\frac{4x}{4xy}=\frac{xy}{4xy}\)
\(\Rightarrow4x+4y-xy=0\)
\(\Rightarrow x\left(4-y\right)=-4y\)
\(\Rightarrow x=\frac{-4y}{4-y}=\frac{-4\left(y-4\right)-16}{-\left(y-4\right)}\)
\(\Rightarrow x=4-\frac{16}{4-y}\)
Để x nguyên dương =>\(\hept{\begin{cases}\frac{16}{4-y}< 0\\\left(4-y\right)\inƯ\left(16\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow4-y\in\left\{\pm1;\pm2;\pm4;\pm8;\pm16\right\}\)
Tìm nốt y và thay vào tìm ra x
a/ \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{4}\)
Không mất tính tổng quát giả sử: \(x\ge y\)
\(\frac{1}{4}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\le\frac{2}{y}\)
\(\Leftrightarrow0< y\le8\)
\(\Rightarrow y=\left\{1;2;3;4;5;6;7;8\right\}\)làm nốt
1) Vì vai trò của x;y;z;t như nhau nên giả sử x≤y≤z≤tx≤y≤z≤t
Suy ra x+y+z+t≤4tx+y+z+t≤4t
↔xyzt≤4t↔xyz≤4↔xyzt≤4t↔xyz≤4
Do x;y;z;t nguyên dương nên 0<xyz≤4→xyz=1;2;3;40<xyz≤4→xyz=1;2;3;4
Xét 4 trường hợp sau:
• TH1TH1 : xyz=1xyz=1
→x=y=z=1→x=y=z=1
Thay vào (1) có : 3+t=t3+t=t (vô lí)
TH1TH1 không xảy ra: loại
• TH2:xyz=2TH2:xyz=2
Do x≤y≤z→x=y=1;z=2x≤y≤z→x=y=1;z=2
Thay vào (1) có : 4+t=2t→t=44+t=2t→t=4 (thỏa mãn)
(x;y;z;t) = (1;1;2;4)
• TH3:xyz=3TH3:xyz=3
→x=y=1;z=3→x=y=1;z=3
Thay vào (1) có : 5+t=3t→2t=55+t=3t→2t=5 (vô lí vì 5 k chia hết cho 2)
TH3TH3 k xảy ra : loại
• TH4TH4 : xyz = 4
+) x = 1; y = z = 2
→5+t=4t→5=3t→→5+t=4t→5=3t→ t không là số nguyên
+) x=y=1;z=4x=y=1;z=4
Thay vào (1) tìm được t = 2 (không thỏa mãn do z≤tz≤t(gt) mà z = 4 > 2 = t)
TH4TH4 không xảy ra: loại
Vậy (x;y;z;t) = (1;1;2;4) và các hoán vị
2)xyz = 9 + x + y + z
<=> 1 = 1/yz + 1/xz + 1/xy + 9/xyz
giả sử: x ≥ y ≥ z ≥ 1, ta có:
1 = 1/yz + 1/xz + 1/xy + 9/xyz ≤ 1/z^2 + 1/z^2 + 1/z^2 + 9/z^2 = 12/z^2
=> z^2 ≤ 12 => z = 1, 2 , 3
*z = 1:
1=1/y + 1/x + 1/xy ≤ 1/y + 1/y + 1/y = 3/y
=> y ≤ 3 => y = 1,2,3
y =1 => x= 11 + x (vô nghiệm)
y = 2 => 2x = 12 + x => x = 12 trường hợp nầy nghiệm (12,2,1)
y = 3 => 3x = 13 + x ( không có ngiệm x nguyên)
* z = 2
1 = 1/2y + 1/2x + 1/xy + 1/2xy = 1/2y + 1/2x + 3/2xy ≤ 1/2(1/y + 1/y + 3/y) = .5/2y
=> y ≤ 5/2 => y = 2
=> 4x = 13 + x (không có nghiệm x nguyên)
* z =3:
1 = 1/3y + 1/3x + 1/xy + 3/xy = 1/3y + 1/3x + 4/xy ≤ 1/3(1/y +1/y + 12/y) = 14/3y
=> y ≤ 14/3 => y = 3, 4
y = 3 => 9x = 15 + x (không có nghiệm x nguyên)
y = 4 => 12x = 16 + x (không có nghiệm x nguyên)
Vậy pt có nghiệm là (12,2,1) và các hoán vị của nó.
5)
Chuyen sang ve trai cac hang tu chua x,y,z:
(x^2 - xy + y^2/4) + 3(y^2/4 - 2.y/2 + 1) + (z^2-2z+1) -3-1 <= -4
<=> (x-y/2)^2 + 3.(y/2 -1)^2 + (z-1)^2 <= 0
Binh phuong cua 1 so thi ko the am nen suy ra fai xay ra dong thoi:
x-y/2 =0 ; y/2 -1 =0 vaf z-1 =0
giai ra duoc x= 1; y=2; z=1 thoa man
Đúng là chơi lừa bịp thực sự bài này rất dễ đây là cách giải:
ta có: \(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+.....+\left(x+z\right)^{100}\ge0\)còn \(-\left(y+z+x\right)\le0\) nên phương trình 1 vô lý
tương tự chứng minh phương trinh 2 và 3 vô lý
vậy \(\hept{\begin{cases}x=\varnothing\\y=\varnothing\\z=\varnothing\end{cases}}\)
thực sự bài này mới nhìn vào thì đánh lừa người làm vì các phương trình rất phức tạp nhưng nếu nhìn kĩ lại thì nó rất dễ vì các trường hợp đều vô nghiệm
\(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+...+\left(x+z\right)^{100}=-\left(y+z+x\right)\)
Đặt : \(A=\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+...+\left(x+z\right)^{100}\)
Ta dễ dàng nhận thấy tất cả số mũ đều chẵn
\(=>A\ge0\)(1)
Đặt : \(B=-\left(y+z+x\right)\)
\(=>B\le0\)(2)
Từ 1 và 2 \(=>A\ge0\le B\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(A=B=0\)
Do \(B=0< =>y+z+x=0\)(3)
\(A=0< =>\hept{\begin{cases}x+y=0\\y+z=0\\x+z=0\end{cases}}\)(4)
Từ 3 và 4 \(=>x=y=z=0\)
Vậy nghiệm của pt trên là : {x;y;z}={0;0;0}
hình như...
b) \(x+y+z+8=2\sqrt{x-3}+4\sqrt{y-3}+6\sqrt{z-3}\)
\(\Leftrightarrow x-3+y-3+z-3+17=2\sqrt{x-3}+4\sqrt{y-3}+6\sqrt{z-3}\)
\(\Leftrightarrow\left(x-3-2\sqrt{x-3}+1\right)+\left(y-3-4\sqrt{y-3}+4\right)+\left(z-3-6\sqrt{z-3}+9\right)+3=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{x-3}-1\right)^2+\left(\sqrt{y-3}-2\right)^2+\left(\sqrt{z-3}-3\right)^2+3=0\) (vô nghiệm, VT >/3)
Kl: ptvn
Áp dụng BĐT AM-GM, Ta có
\(\sqrt{x-1}\le\dfrac{1+x-1}{2}=\dfrac{x}{2}\Rightarrow yz\sqrt{x-1}\le\dfrac{xyz}{2}\)
Mà \(xz\sqrt{y-2}\le\dfrac{xz\sqrt{2\left(y-2\right)}}{\sqrt{2}}\le\dfrac{xyz}{2\sqrt{2}}\)
\(yx\sqrt{z-3}\le yx.\dfrac{3+z-3}{2\sqrt{3}}=\dfrac{xyz}{2\sqrt{3}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{xy\sqrt{x-1}+xz\sqrt{y-2}+yz\sqrt{z-3}}{xyz}\le\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}+\dfrac{1}{2\sqrt{3}}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{4}+\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)
b)
nhân 2 vế của (1) với 2
=> ( x -y)2 + ( x -z)2 + ( y-z)2 = 0
=> x =y =z
thay vào (2) => x =y =z = 3
Áp dụng BĐT a^2 + b^2 + c^2 >= ab + bc + ca
x^4 + y^4 + z^4 >= x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2 >= xy^2z + x^2yz + xyz^2 = xyz(x+y+z) = xyz
Dấu '' = '' xảy ra khi x = y = z
Thay vào (1) ta có 3x = 1 <=> x = 1/3 => y = z = 1/3