\(x-y-z+3=0\Leftrightarrow x=y+z-3\)

\(x^2-y^2-z^2=\left(y+z-3\right)^2-y^2-z^2=y^2+z^2+9+2yz-6y-6z-y^2-z^2\)

\(=2yz-6y-6z+9=1\)

\(\Leftrightarrow yz-3y-3z+4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(y-3\right)\left(z-3\right)=5=1.5=\left(-1\right).\left(-5\right)\)

Xét bảng: 

Áp dụng hđt: \(x^3+y^3+z^3-3xyz=\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz\right)\)Ta có: \(x^3+y^3+3xyz=z^3\Leftrightarrow x^3+y^3+3xyz-z^3=0\Leftrightarrow\left(x+y-z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy+xz+yz\right)=0\)

Th1: \(x+y-z=0\Leftrightarrow x+y=z\Rightarrow z^3=\left(2x+2y\right)^2=4z^2\Leftrightarrow z=4\)(do z là số nguyen dương)

\(\Rightarrow x+y=4\)\(\Rightarrow\left(x,y\right)\in\left\{\left(1,3\right)\left(2,2\right)\left(3,1\right)\right\}\)

\(TH2:x^2+y^2+z^2-xy+xz+yz=0\Leftrightarrow\frac{\left(x-y\right)^2+\left(x+z\right)^2+\left(y+z\right)^2}{2}=0\)(loại vì x,y,z nguyên dương nên VT>0 )

Vậy...

x=2,y=2,z=4

lời giải

áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

\(\frac{\left(x-1\right)^2}{z}+\frac{z}{4}\ge2\sqrt{\frac{\left(x-1\right)^2}{z}\frac{z}{4}}=|x-1|=1-x.\)

\(\frac{\left(y-1\right)^2}{x}+\frac{x}{4}\ge2\sqrt{\frac{\left(y-1\right)^2}{x}\frac{x}{4}}=|y-1|=1-y.\)

\(\frac{\left(z-1\right)^2}{y}+\frac{y}{4}\ge2\sqrt{\frac{\left(z-1\right)^2}{y}\frac{y}{4}}=|z-1|=1-z.\)

\(\Rightarrow\frac{\left(x-1\right)^2}{z}+\frac{z}{4}+\frac{\left(y-1\right)^2}{x}+\frac{x}{4}+\frac{\left(z-1\right)^2}{y}+\frac{y}{4}\ge1-x+1-y+1-z.\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)^2}{z}+\frac{\left(y-1\right)^2}{x}+\frac{\left(z-1\right)^2}{y}\ge3-\left(x+y+z\right)-\frac{x+y+z}{4}=3-2-\frac{2}{4}=\frac{1}{2}.\)

Vậy GTNN của \(A=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{2}{3}.\)

1. Cho 3 số thực x,y,z thỏa mãn x+y+z=xyz và x,y,z>1

Tìm GTNN của P= x-1/y² +y-1/x² + x-1/x²

               ^Giải

Từ gt⇒1xy+1yz+1zx=1⇒1xy+1yz+1zx=1

Theo AM-GM ta có:

P=∑(x−1)+(y−1)y2−∑1y+∑1y2=∑(x−1)(1x2+1y2)−∑1y+∑1y2≥∑(x−1).2xy−∑1y+∑1y2=∑1y+∑1y2−2≥√3∑1xy+∑1xy−2=√3−1P=∑(x−1)+(y−1)y2−∑1y+∑1y2=∑(x−1)(1x2+1y2)−∑1y+∑1y2≥∑(x−1).2xy−∑1y+∑1y2=∑1y+∑1y2−2≥3∑1xy+∑1xy−2=3−1

Dấu = xảy ra⇔x=y=z=1√3

P/S: ĐỀ BÀI TƯƠNG TỰ NÊN BẠN TỰ LÀM NHA !! CHÚC HOK TỐT!

Hoặc sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì ngắn hơn nhiều 

\(\frac{\left(x-1\right)^2}{z}+\frac{\left(y-1\right)^2}{x}+\frac{\left(z-1\right)^2}{y}\ge\frac{\left(x-1+y-1+z-1\right)^2}{z+x+y}=\frac{\left(x+y+z-3\right)^2}{x+y+z}=\frac{1}{2}..\)

Xét x, y, z cùng chẵn hoặc cùng lẻ thì ta có:

\(\left(x-y\right)^3\)chẵn; \(3\left(y-z\right)^2\)chẵn; \(5|x-z|\) chẵn

\(\Rightarrow VT\)là số chẵn còn VP là số lẻ (loại).

Xét trong 3 số x, y, z có 2 số chẵn 1 số lẻ. Không mát tính tổng quát giả sử số lẻ là x.

​​\(\left(x-y\right)^3\)lẻ; ​​\(3\left(y-z\right)^2\)chẵn; \(5|x-z|\)lẻ

\(\Rightarrow\)VT là số chẵn còn VP là số lẻ (loại).

Xét trong 3 số x, y, z có 2 số lẻ 1 số chẵn. Không mát tính tổng quát giả sử số chẵn là x.

\(\left(x-y\right)^3\)lẻ; \(3\left(y-z\right)^2\)chẵn; \(5|x-z|\)lẻ

\(\Rightarrow\)​​VT là số chẵn còn VP là số lẻ (loại).

Vậy PT vô nghiệm.

Ta xét tính chẵn lẻ của x,y,z rồi chứng minh tổng trên luôn chẵn là được

내년 SKT T1이 다시 돌아와 삼성 갤럭시를 이길 것입니다

Pt đầu tương đương: \(\sqrt[3]{x^2}+2\sqrt[3]{y^2}+4\sqrt[3]{z^2}=7\)

Pt 2 tương đương:

\(\left(xy^2+z^4\right)^2-\left(xy^2-z^4\right)^2=4\)

\(\Leftrightarrow4xy^2z^4=4\)

\(\Leftrightarrow xy^2z^4=1\) (1)

Quay lại pt đầu, áp dụng AM-GM:

\(7=\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2}+\sqrt[3]{y^2}+\sqrt[3]{z^2}+\sqrt[3]{z^2}+\sqrt[3]{z^2}+\sqrt[3]{z}\ge7\sqrt[7]{\sqrt[3]{x^2}.\sqrt[3]{y^4}.\sqrt[3]{z^8}}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt[21]{x^2y^4z^8}\le1\)

\(\Leftrightarrow x^2y^4z^8\le1\)

\(\Rightarrow\left|xy^2z^4\right|\le1\Rightarrow xy^2z^4\le1\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2=y^2=z^2\\xy^2z^4=1\\x>0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=\pm1\\z=\pm1\end{matrix}\right.\)

Các bộ thỏa mãn là: \(\left(1;1;1\right);\left(1;1;-1\right);\left(1;-1;1\right);\left(1;-1;-1\right)\)