Câu a:
\((x+y+1)^2=3(x^2+y^2+1)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+1+2x+2y+2xy=3(x^2+y^2+1)\)
\(\Leftrightarrow 2x^2+2y^2+2-2x-2y-2xy=0\)
\(\Leftrightarrow (x^2+y^2-2xy)+(x^2-2x+1)+(y^2-2y+1)=0\)
\(\Leftrightarrow (x-y)^2+(x-1)^2+(y-1)^2=0\)
\(\Rightarrow (x-y)^2=(x-1)^2=(y-1)^2=0\)
\(\Rightarrow x=y=1\)
Vậy PT có nghiệm $(x,y)=(1,1)$
Câu c:
Ta thấy:
\(x^6+3x^3+1=(x^6+2x^3+1)+x^3>x^6+2x^3+1=(x^3+1)^2\)
\(x^6+3x^3+1< x^6+4x^3+4=(x^3+2)^2\)
Do đó:
\((x^3+1)^2< x^6+3x^3+1< (x^3+2)^2\)
\(\Rightarrow (x^3+1)^2< y^4< (x^3+2)^2\). Theo nguyên lý kẹp suy ra không tồn tại $y$ nguyên dương thỏa mãn điều kiện trên. Kéo theo không tồn tại $x$
Vậy không tồn tại $x,y$ thỏa mãn pt đã cho.
Câu b:
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\geq y\geq z\geq t\)
Khi đó:
\(2xyzt=5(x+y+z+t)+10\leq 5(x+x+x+x)+10\)
\(\Rightarrow xyzt\leq 10x+5\leq 10x+5x=15x\) (do \(x\geq 1)\)
\(\Rightarrow yzt\leq 15\)
Mà \(yzt\geq t.t.t=t^3\Rightarrow t^3\leq 15\Rightarrow t\in \left\{1;2\right\}\)
TH1: $t=1$:
Ta có: \(z^2\leq yz=yzt\leq 15\Rightarrow z\in \left\{1;2;3\right\}\)
$z=1$ : thay vào pt ban đầu: \(5(x+y)+20=2xy\)
\(\Leftrightarrow (2x-5)(2y-5)=65\).
PT này là pt tích, xét trường hợp ta thu được $(x,y)=(9,5); (35;3)$
$z=2,3$: tương tự: không thu được $x,y$ thỏa mãn
TH2: $t=2$
\(2z^2\leq 2yz=yzt\leq 15\Rightarrow z\in \left\{1;2\right\}\)
Mà $z\geq t=2$ nên $z=2$
Khi đó: \(2yz\leq 15\Rightarrow y\leq \frac{15}{2z}=\frac{15}{4}< 4\)
Mà $y\geq z=2$ nên $y=2$ hoặc $y=3$. Thay vào pt ban đầu ta cũng không thu được $x$ thỏa mãn
Vậy tóm lại pt có nghiệm \((x,y,z,t)=(9,5,1,1); (35,3,1,1)\) và các bộ hoán vị tương ứng.
