Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(\hept{\begin{cases}a=x+2011\\b=y+2011\\c=z+2011\end{cases}}\) Ta có Hệ:
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{a}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+2}\left(A\right)=\sqrt{b}+\sqrt{c+1}+\sqrt{a+2}\left(B\right)\\\sqrt{b}+\sqrt{c+1}+\sqrt{a+2}\left(B\right)=\sqrt{c}+\sqrt{a+1}+\sqrt{b+2}\left(C\right)\end{cases}}\)
Vai trò \(x,y,z\) bình đẳng
Giả sử \(c=Max\left(a;b;c\right)\) vì \(A=C\) ta có:
\(\sqrt{a}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+2}=\sqrt{c}+\sqrt{a+1}+\sqrt{b+2}\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a+1}-\sqrt{a}\right)+\left(\sqrt{b+2}-\sqrt{b+1}\right)\)
\(=\sqrt{c+2}-\sqrt{c}=\left(\sqrt{c+2}-\sqrt{c+1}\right)+\left(\sqrt{c+1}-\sqrt{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a+1}+\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b+2}+\sqrt{b+1}}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{c+2}+\sqrt{c+1}}+\frac{1}{\sqrt{c+1}+\sqrt{c}}\left(1\right)\)
Mặt khác \(\hept{\begin{cases}c\ge a\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{a+1}+\sqrt{a}}\le\frac{1}{\sqrt{c+1}+\sqrt{c}}\\c\ge b\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{b+2}+\sqrt{b+1}}\le\frac{1}{\sqrt{c+2}+\sqrt{c+1}}\end{cases}}\)
Suy ra \(\left(1\right)\) xảy ra khi \(a=b=c\Leftrightarrow x=y=z\) (Đpcm)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta có :
\(\left(\sqrt{1+x^2}+\sqrt{2x}\right)^2\le2\left(1+x^2+2x\right)=2\left(x+1\right)^2\text{ nên }\sqrt{1+x^2}+\sqrt{2x}\le\sqrt{2}\left(x+1\right)\)
tương tự ta có : \(\hept{\begin{cases}\sqrt{1+y^2}+\sqrt{2y}\le\sqrt{2}\left(y+1\right)\\\sqrt{1+z^2}+\sqrt{2z}\le\sqrt{2}\left(z+1\right)\end{cases}}\)
Nên \(A\le\sqrt{2}\left(x+y+z+3\right)+\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)\left(2-\sqrt{2}\right)\)
\(\le6\sqrt{2}+\left(2-\sqrt{2}\right)\sqrt{3\left(x+y+z\right)}\le6\sqrt{2}+\left(2-\sqrt{2}\right).3=6+3\sqrt{2}\)
dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1
Bài bạn ღ๖ۣۜLinh's ๖ۣۜLinh'sღ] ★we are one★ có vài chỗ sai xót cần sửa lại
Còn đây là cách của mình
Để A= \(\sqrt{\frac{2005}{x+y}}+\sqrt{\frac{2005}{y+z}}+\sqrt{\frac{2005}{x+z}}\)là số nguyên
thì đồng thời \(\sqrt{\frac{2005}{x+y}}\);\(\sqrt{\frac{2005}{y+z}}\);\(\sqrt{\frac{2005}{x+z}}\)là số hữu tỉ
Xét \(\sqrt{\frac{2005}{x+y}}\)là số hữu tỉ
+ \(2005⋮x+y\)
Do 2005 có duy nhất ước 1 là số chính phương
=> \(x+y=2005\)
Khi đó \(A=1+\sqrt{\frac{2005}{y+z}}+\sqrt{\frac{2005}{x+z}}\)là số chính phương khi \(\sqrt{\frac{2005}{y+z}}=\sqrt{\frac{2005}{x+z}}=1\)hoặc\(=\frac{1}{2}\)
=> \(x=y=\frac{2005}{2}\)loại
+ \(x+y⋮2005\)và \(x+y\ne2005\)
=> \(x+y=2005.k^2\)( \(k\inℕ^∗,k>1\))
Tương tự :\(y+z=2005.h^2\)
\(x+z=2005.g^2\)( \(h,g\inℕ^∗;h,g>1\)=> \(2\left(x+y+z\right)=2005\left(k+h+g\right)\)
=> \(A=\frac{1}{k}+\frac{1}{h}+\frac{1}{g}\)
Mà \(A\ge1\)
=> \(\frac{3}{2}\ge\frac{1}{k}+\frac{1}{h}+\frac{1}{g}\ge1\)
=> \(\frac{1}{k}+\frac{1}{h}+\frac{1}{g}=1\)
Giả sử \(k\ge h\ge g\)=> \(\frac{1}{k}\le\frac{1}{h}\le\frac{1}{g}\)
=> \(1\le\frac{3}{g}\)=> \(g\le3\)Mà g>1 => \(g\in\left\{2;3\right\}\)
Với \(g=2\)=> \(k+h\)chẵn => \(\frac{1}{k}+\frac{1}{h}=\frac{1}{2}\)=> \(\frac{h+k}{k.h}=\frac{1}{2}\)=> \(k.h\)chẵn => k ; h chẵn
\(\frac{1}{2}\le\frac{2}{h}\)=> \(h\le4\)=> \(h\in\left\{2;4\right\}\)
Thay vào ta được \(h=4;k=4\)
Khi đó \(\hept{\begin{cases}x+y=2005.4\\y+z=2005.16\\x+z=2005.16\end{cases}}\)= >\(\hept{\begin{cases}x=2005.2\\y=2005.2\\z=2005.14\end{cases}}\)
Vậy \(\left(x,y,z\right)=\left(2005.2;2005.2;2005.14\right)\)và các hoán vị
Để \(\sqrt{\frac{2005}{x+y}}+\sqrt{\frac{2005}{y+z}}+\sqrt{\frac{2005}{x+z}}\)là số nguyên thì
\(\hept{\begin{cases}\frac{2005}{x+y}\\\frac{2005}{y+z}\\\frac{2005}{x+z}\end{cases}}\)là bình phương của 1 số hữu tỉ
Gỉa sử đặt \(\frac{2005}{x+y}=\left(\frac{a}{b}\right)^2\Leftrightarrow\frac{a^2\left(x+y\right)}{b^2}=2005\)
\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}a^2⋮2005\\x+y⋮2005\end{cases}}\)
Xét \(a^2⋮2005\Rightarrow a^2=2005k\left(k\inℕ^∗\right)\)
\(\Rightarrow\frac{2005}{x+y}=\frac{2005k}{b^2}\)\(\Rightarrow b^2=\left(x+y\right)k\)
mà x,y nguyên dương=> x+y=k
\(\Rightarrow b^2⋮2005\)\(\Rightarrow x+y⋮2005\)\(\Rightarrow x+y=2005\)
Tương tự y+z=z+x=2005
Thay vào ta thấy không có giá trị x,y,z thỏa mãn đề bài
Xét \(x+y⋮2005\)
\(\Rightarrow\frac{2005}{x+y}=\frac{1}{h^2}\left(h\inℕ^∗\right)\)
Tương tự \(\frac{2005}{y+z}=\frac{1}{m^2},\frac{2005}{x+z}=\frac{1}{n^2}\left(m,n\inℕ^∗\right)\)
Để \(\sqrt{\frac{2005}{x+y}}+\sqrt{\frac{2005}{y+z}}+\sqrt{\frac{2005}{x+z}}\)là số nguyên thì
\(\frac{1}{h}+\frac{1}{m}+\frac{1}{n}⋮3\)
\(\Rightarrow2005⋮3\)(vô lí)
Vậy không có giá trị x,y,z nguyên dương thỏa mãn đề bài
P/s: Em không biết đúng không nữa, mong cô sửa hộ
\(x+2\sqrt{3}=y+z+2\sqrt{yz}\Rightarrow x-y-z=2\sqrt{yz}-2\sqrt{3}....\)
Do x,y,z thuộc N \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}yz=9\\x=y+z\end{cases}}\). đến đây đơn giản rồi nhé .
GL
chắc j \(\sqrt{yz}-\sqrt{3}\) là số vô tỉ? Bạn thử cm cho mk đi!!!
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử \(x\ge y\ge z\).Khi đó:
\(5=x+y+z\le3x\le6\Leftrightarrow\frac{5}{3}\le x\le2\Rightarrow\left(x-1\right)\left(2-x\right)\ge0\)(*)
Mặt khác, vì \(0\le y,z\le2\)nên \(\left(y-2\right)\left(z-2\right)\ge0\Leftrightarrow yz\ge2\left(y+z\right)-4\)
\(\Leftrightarrow yz\ge2\left(5-x\right)-4=6-2x\)
Do đó:
\(\Leftrightarrow A\ge\sqrt{x}+\sqrt{3-x+2\sqrt{2}\sqrt{3-x}+2}\)
\(=\sqrt{x}+\sqrt{\left(\sqrt{3-x}+\sqrt{2}\right)^2}=\sqrt{x}+\sqrt{3-x}+\sqrt{2}\)
Vì \(\left(\sqrt{x}+\sqrt{3-x}\right)^2=x+2\sqrt{x\left(3-x\right)}+3-x\)
\(=3+2\sqrt{3x-x^2}=3+2\sqrt{\left(x-1\right)\left(2-x\right)+2}\ge3+2\sqrt{2}\)
\(=\left(\sqrt{2}+1\right)^2\)(vì \(\left(x-1\right)\left(2-x\right)\ge0\)theo (*)) nên \(\sqrt{x}+\sqrt{3-x}\ge\sqrt{2}+1\)
Vậy \(A\ge2\sqrt{2}+1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}0\le x,y,z\le2;x+y+z=5\\\left(x-1\right)\left(2-x\right)=0\\yz=6-2x\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=2;z=1\)
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là \(2\sqrt{2}+1\)đạt được khi \(\left(x,y,z\right)=\left(2,2,1\right)\)và các hoán vị