\(z^2-4z+5=0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}z_1+z_2=4\\z_1z_2=5\end{matrix}\right.\) theo hệ thức Viet

\(w=\dfrac{z_1+z_2}{z_1z_2}+i.z_1z_2\left(z_1+z_2\right)=\dfrac{4}{5}+i.5.4=\dfrac{4}{5}+20i\)

Bài 2:
Với $x,y,z$ nguyên dương ta thấy:

\((x+y)^2+3x+y+1> (x+y)^2(1)\)

Và:

\((x+y)^2+3x+y+1< (x+y)^2+4(x+y)+4\)

hay $(x+y)^2+3x+y+1< (x+y+2)^2(2)$

Từ \((1);(2)\Rightarrow (x+y)^2< (x+y)^2+3x+y+1< (x+y+2)^2\)

\(\Leftrightarrow (x+y)^2< z^2< (x+y+2)^2\)

Theo nguyên lý kẹp suy ra $z^2=(x+y+1)^2$

$\Leftrightarrow (x+y)^2+3x+y+1=(x+y+1)^2$

$\Leftrightarrow x=y$

Thay vào PT ban đầu:

\((2x)^2+3x+x+1=z^2\Leftrightarrow (2x+1)^2=z^2\Rightarrow 2x+1=z\) (không có TH $2x+1=-z$ do $x,z$ cùng nguyên dương)

Vậy PT có nghiệm $(x,y,z)=(m,m,2m+1)$ với $m$ là số nguyên dương bất kỳ.

Lời giải:

Xét

PT \(\Leftrightarrow x^3=y^3+2y^2+3y+1\)

Ta thấy:

\(y^3+2y^2+3y+1=(y^3+3y^2+3y+1)-y^2=(y+1)^3-y^2\leq (y+1)^3(1)\)

\(y^3+2y^2+3y+1=(y^3-3y^2+3y-1)+5y^2+2=(y-1)^3+5y^2+2\)

\(>(y-1)^3(2)\)

Từ \((1);(2)\Rightarrow (y+1)^3\geq y^3+2y^2+3y+1> (y-1)^3\)

\(\Leftrightarrow (y+1)^3\geq x^3> (y-1)^3\)

Theo nguyên lý kẹp thì \(\left[\begin{matrix} x^3=(y+1)^3\\ x^3=y^3\end{matrix}\right.\)

Nếu \(x^3=(y+1)^3\Leftrightarrow y^3+2y^2+3y+1=(y+1)^3\)

\(\Leftrightarrow y=0\)

\(\Rightarrow x^3=1\Rightarrow x=1\)

Nếu \(x^3=y^3\Leftrightarrow y^3+2y^2+3y+1=y^3\)

\(\Leftrightarrow 2y^2+3y+1=0\Leftrightarrow (2y+1)(y+1)=0\Rightarrow y=-1\) (do $y$ nguyên)

$\Rightarrow x^3=y^3=-1\Rightarrow x=-1$

Vậy $(x,y)=(1,0); (-1,-1)$

Nếu \(z_1=a+bi\) là nghiệm thì \(z_2=a-bi\) cũng là nghiệm, do đó \(1-i\) cũng là nghiệm

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}-a=z_1+z_2=2\\b=z_1z_2=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-2\\b=2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a-b=-4\)

Do x^2,y^2,z^2≥0 nên x+1≥0;y+1≥0;z+1≥0⇒x,y,z≥−1

★ Nếu x≥0 thì z^2=x+1≥1⇒z>0⇒y^2=z+1>1⇒y>0

Không mất tính tổng quát giả sử  x≥y≥z>0⇒x^2≥y^2≥z^2>0⇒y≥z≥x⇒x=y=z và x^2=x+1⇒x=y=z=(1+√5)/2

★ Nếu −1≤x≤0 thì y+1=x^2<1⇒y≤0⇒z+1=y2<1⇒z<0

Không mất tính tổng quát giả sử −1≤x≤y≤z≤0⇒x2≥y2≥z2>0⇒y≥z≥x suy ra x=y=z=(1−√5)/2

Vậy hệ có 2 nghiệm x=y=z=(1±√5)/2 

Em còn cách khác. Anh xem có đúng ko?

Điều kiện: \(x,y,z\ge-1\)

Xét các trường hợp, dùng phương pháp đánh giá, CM được:

 \(x=y=z\)

Thế vào tìm được nghiệm:

\(x=y=z=\frac{1\pm\sqrt{5}}{x}\)

a)  ĐK: x, y, z khác 0

\(\hept{\begin{cases}\left(x+\frac{1}{x}\right)+\left(y+\frac{1}{y}\right)+\left(z+\frac{1}{z}\right)=\frac{51}{4}\\\left(x+\frac{1}{x}\right)^2+\left(y+\frac{1}{y}\right)^2+\left(z+\frac{1}{z}\right)^2=\frac{867}{16}\end{cases}}\)

\(x+\frac{1}{x}=a;y+\frac{1}{y}=b;z+\frac{1}{z}=c\)

Ta có hệ >:

\(\hept{\begin{cases}a+b+c=\frac{867}{4}\\a^2+b^2+c^2=\frac{867}{16}\end{cases}}\)

Ta có: \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{867}{16}\) với mọi a, b,c

"="   xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

Hay \(x+\frac{1}{x}=y+\frac{1}{y}=z+\frac{1}{z}=\frac{17}{4}\)  giải ra tìm x, y, z

b) Hệ đối xứng:

\(\hept{\begin{cases}\left(x+y\right)+xy=2+3\sqrt{2}\\\left(x+y\right)^2-2xy=6\end{cases}}\)

Đặt x+y=S, xy=P

Ta có hệ :

\(\hept{\begin{cases}S+P=2+3\sqrt{2}\\S^2-2P=6\end{cases}}\)

=> \(\hept{\begin{cases}P=2+3\sqrt{2}-S\\S^2-2\left(2+3\sqrt{2}-S\right)=6\end{cases}}\)

Tự giải tìm S, P 

=> x,y