Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(\frac{x^2}{yz}+\frac{y^2}{xz}+\frac{z^2}{xy}\Rightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=y=z\\x+y+z=0\end{cases}}\)
Vì nghiệm của phương trình là bộ ba số khác O nên các số a,b,c là ba số khác nhau và khác O
+) Nếu: \(\frac{a}{b-c}=\frac{b}{c-a}=\frac{c}{a-b}=k\ne0\Rightarrow a=k\left(b-c\right);b=k\left(c-a\right);c=k\left(a-b\right)\)
\(\Rightarrow a+b+c=0\Rightarrow a+b=-c\)
Từ: \(\frac{a}{b-c}=\frac{b}{c-a}\Rightarrow\frac{a}{b+a+b}=\frac{b}{-a-b-a}\Rightarrow\left(a+b\right)^2+a^2+b^2=0\)
\(\Rightarrow a=b=0\Rightarrow a=b=c=0\)(loại)
+) Nếu: \(\frac{a}{b-c}+\frac{b}{c-a}+\frac{c}{a-b}=0\Rightarrow\frac{a}{b-c}=\frac{b}{a-c}+\frac{c}{b-a}=\frac{b\left(b-a\right)+c\left(a-c\right)}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{\left(b-c\right)^2}=\frac{b^2-ba+ca-c^2}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\left(1\right)\)
Tương tự ta có: \(\frac{b}{\left(c-a\right)^2}=\frac{c^2-cb+ab-a^2}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\left(2\right);\frac{c}{\left(a-b\right)^2}=\frac{a^2-ac+bc-b^2}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\left(3\right)\)
Từ (1),(2) và (3) \(\Rightarrow\frac{a}{\left(b-c^2\right)}+\frac{b}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c}{\left(a-b\right)^2}=0\)
Đặt \(m=\frac{a}{\left(b-c\right)^2};n=\frac{b}{\left(c-a\right)^2};p=\frac{c}{\left(a-b\right)^2}\Rightarrow m+n+p=0\)
\(\Rightarrow m^3+n^3+p^3=3mnp\Rightarrow\frac{m^2}{np}+\frac{n^2}{mp}+\frac{p^2}{mn}=3\left(ĐPCM\right)\)
a) Thử trực tiếp hoặc chịu khó phân tích thành nhân tử
từ đó ta kết luận 2 là nghiệm của 2 PT
b) Ta thay x=3 vào 2 PT
Thay x=3 là nghiệm của PT 1
x= 3 không là nghiệm của PT 2
c) hai phương trình không tương đương nhau vì x=3 không là nghiệm của PT 2
a) Thay x=2 vào phương trình x2 -5x +6
ta được 22-5.2+6=0
Thay x=2 vào phương trình x+(x-2)(2x+1)
ta được 2+(2-2)(2.2+1)=2
Vậy x=2 là nghiệm của cả hai phương trình
a)Áp dụng BDT AM-GM ta có:
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{a}\cdot\frac{1}{b}\cdot\frac{1}{c}}=3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)
Nhân theo vế ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}\cdot3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
a.
Do \(x^2;y^2\) là các số chính phương nên chia cho 4 dư 0 hoặc 1 nên \(x^2-y^2\) chia 4 dư 0;1;3 mà \(1998\) chia 4 dư 2 nên PT vô nghiệm.
b.
Do \(x^2;y^2\) là các số chính phương nên chia cho 4 dư 0 hoặc 1 nên \(x^2+y^2\) chia 4 dư 0;1;2 mà \(1999\) chia 4 dư 3 nên PT vô nghiệm
#)Giải :
VD1:
a) Ta thấy x2,y2 chia cho 4 chỉ dư 0,1
nên x2 - y2 chia cho 4 có số dư là 0,1,3. Còn vế phải chia cho 4 có số dư là 2
=> Phương trình không có nghiệm nguyên
b) Ta thấy x2 + y2 chia cho 4 có số dư là 0,1,2. Còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3
=> Phương trình không có nghiệm nguyên
\(\text{Ta có:}2010.2011⋮2;2xy⋮2\Rightarrow x^2⋮2\Rightarrow x⋮2\Rightarrow x^2⋮4;2xy⋮4\text{ mà:}\)
\(\text{2010.2011 chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên: }x^2+2010.2011\text{ không chia hết cho 4}̸\)
\(\text{mà: }2xy⋮4\left(\text{cmt}\right)\text{ nên phương trình không có nghiệm nguyên}\)
Ta có: \(x^2-2xy+y^2-y^2+2010.2011=0\)
<=> \(\left(x-y\right)^2+2010.2011=y^2\)
số chính phương chia 4 dư 1 hoặc 0
=> VP chia 4 dư 1 hoặc 0 (1)
Ta có: (x-y)^2 chia 4 dư 1 hoặc 0 mà 2010.2011 chia 4 dư 2
=> VT chia 4 dư 3 hoặc 2 (2)
Từ (1) ; (2) => không tồn tại x; y nguyên.
Giả sử tồn tại hai số a,b sao cho \(a^3+b^3=2\) và \(a+b>2\)
Khi đó, đặt \(a=x+y\) , \(b=x-y\)
Ta có \(a+b=x+y+x-y=2x>2\Rightarrow x>1\)
\(a^3+b^3=\left(x+y\right)^3+\left(x-y\right)^3=2x^3+6xy^2\)
Do x > 1 nên \(2x^3>2;6xy^2\ge0\). Suy ra \(a^3+b^3>2\) , trái với giả thiết đề bài.
Vậy ta có đpcm