Từ a + b + c = 0 => ( a + b + c )² = 0 

<=> a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ca = 0

<=> ab + bc + ca = -7

=> ( ab + bc + ca )² = 49

<=> a²b² + b²c² + c²a² + 2ab²c + 2bc²a + 2a²bc = 49

<=> a²b² + b²c² + c²a² + 2abc( a + b + c ) = 49

<=> a²b² + b²c² + c²a² = 49 ( vì a + b + c = 0 )

Từ a² + b² + c² = 14 => ( a² + b² + c² )² = 196

<=> a⁴ + b⁴ + c⁴ + 2a²b² + 2b²c² + 2c²a² = 196

<=> a⁴ + b⁴ + c⁴ = 98

1/

\(P^2=\frac{\left(a-b\right)^2}{\left(a+b\right)^2}=\frac{3\left(a^2+b^2-2ab\right)}{3\left(a^2+b^2+2ab\right)}=\frac{3a^2+3b^2-6ab}{3a^2+3b^2+6ab}=\frac{10ab-6ab}{10ab+6ab}=\frac{ab}{4}\)

Do \(a>b>0\Rightarrow P=\frac{a-b}{a+b}>0\)

\(\Rightarrow P=\frac{\sqrt{ab}}{2}\)

2/ Làm tương tự câu 1

Xin lỗi \(P^2=\frac{1}{4}\) Do \(a>b>0\Rightarrow P=\frac{a-b}{a+b}>0\)

\(\Rightarrow P=\frac{1}{2}\)

\(x^3+y^3+z^3-3xyz\)

\(=\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)+z^3-3xyz\)

\(=\left(x+y+z\right)^3-3z\left(x+y\right)\left(x+y+z\right)-3xy\left(x+y+z\right)\)

\(=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)=1\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z=1\\\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=1\end{cases}}\)

Ta có: \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=1\)

khi và chỉ khi hai trong ba số hạng trên bằng \(0\), số hạng còn lại bằng \(1\).

Giả sử \(\left(x-y\right)^2=1\)khi đó \(\hept{\begin{cases}y-z=0\\z-x=0\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=z\)

suy ra \(x-y=0\)mâu thuẫn. 

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.