Ta có: \(\left(x-y\right)^3+\left(y-z\right)^2+2015|x-z|=2017\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}x-y=a\\y-z=b\end{cases}\left(a,b\in Z\right)}\) thì ta có

\(a^3+b^2+2015|a+b|=2017\)

+ Nếu a lẻ b lẻ thì a + b là số chẵn \(\Rightarrow\)VT là số chẵn mà VP là số lẻ nên không tồn tại a, b thỏa đề bài.

+ Nếu a lẻ b chẵn thì a + b là số lẻ \(\Rightarrow\)VT là số chẵn mà VP là số lẻ nên không tồn tại a, b thỏa đề bài.

+ Nếu a chẵn b lẻ thì a + b là số lẻ \(\Rightarrow\)VT là số chẵn mà VP là số lẻ nên không tồn tại a, b thỏa đề bài.

+ Nếu a chẵn b chẵn thì a + b là số chẵn \(\Rightarrow\)VT là số chẵn mà VP là số lẻ nên không tồn tại a, b thỏa đề bài.

Vậy không tồn tại a, b nguyên thỏa đề bài hay là không tồn tại x, y, z nguyên dương thỏa đề bài.

mình chưa học

tớ không biết

Ai giải đc cho 20k. nhanh tay nha, 1 người duy nhất

gửi k mới là chuyện

Không mất tính tổng quát giả sử \(x\ge y\ge z\ge t\)

Khi đó: \(\left\{{}\begin{matrix}x-y\ge0\\y-z\ge0\\z-t\ge0\\t-x\le0\end{matrix}\right.\) Hay \(\left\{{}\begin{matrix}\left|x-y\right|=x-y\\\left|y-z\right|=y-z\\\left|z-t\right|=z-t\\\left|t-x\right|=x-t\end{matrix}\right.\)

\(pt\Leftrightarrow x-y+y-z+z-t+x-t=2017\)

\(\Rightarrow2\left(x-t\right)=2017\Leftrightarrow x-t=\dfrac{2017}{2}\)

p/s: Tới đó thôi,t nghĩ đề bài thiếu.Có thể là x;y;z;t là số nguyên và suy ra vô nghiệm

Ta có:

|x-y| có cùng tính chẵn lẻ với x-y

|y-z| có cùng tính chẵn lẻ với y-z

|z-t| có cùng tính chẵn lẻ với z-t

|t-x| có cùng tính chẵn lẻ với t-x

=> |x-y| + |y-z| + |z-t| + |t-x| có cùng tính chẵn lẻ với \(\left(x-y\right)+\left(y-z\right)+\left(z-t\right)+\left(t-x\right)\)

Mà \(\left(x-y\right)+\left(y-z\right)+\left(z-t\right)+\left(t-x\right)=0\) là số chẵn

=> |x-y| + |y-z| + |z-t| + |t-x| chẵn

Mà 2017 lẻ

=> Không có x,y,z,t thoả mãn đề bài

\(\left|x-y\right|+\left|y-z\right|+\left|z-t\right|+\left|t-x\right|=2017\)

Với \(x;y;z;t\ge0\) thì:

\(\left|x-y\right|+\left|y-z\right|+\left|z-t\right|+\left|t-x\right|=\left|x-y+y-z+z-t+x-x\right|=0\)\(\Rightarrow0=2017\) (loại)

Với \(x;y;z;t< 0\) thì:

\(\left|x-y\right|+\left|y-z\right|+\left|z-t\right|+\left|t-x\right|=\left|-x+y-y+z-z+t-t+x\right|=0\)\(\Rightarrow0=2017\) (loại)
Vậy ko có \(x;y;z;t\) thỏa mãn

Từ hệ thức :

\(y=tx+\left(1-t\right)z\)

Bất đẳng thức 

\(\frac{\left|z\right|-\left|y\right|}{\left|z-y\right|}\ge\frac{\left|z\right|-\left|x\right|}{\left|z-x\right|}\)

Trở thành :

\(\left|z\right|-\left|y\right|\ge t\left(\left|z\right|-\left|x\right|\right)\)

hay 

\(\left|y\right|\le\left(1-t\right)\left|z\right|+t\left|x\right|\)

Vận dụng bất đẳng thức tam giác cho 

\(y=\left(1-t\right)x+tx\) ta có kết quả

Bất đẳng thức thứ hai, được chứng minh tương tự bởi

\(y=tx+\left(1-t\right)z\)

tương đương với :

\(y-x=\left(1-t\right)\left(z-x\right)\)

nhầm đề ak

Xin phép được sủa đề một chút nhé :)

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=z=a\\x^2+y^2+z^2=b\\a^2=b+4034\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)=a^2\\x^2+y^2+z^2=b\\a^2-b=4034\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2-b=2\left(xy+yz+zx\right)\\a^2-b=4034\end{matrix}\right.\Leftrightarrow xy+yz+zx=2017\)

\(M=x\sqrt{\frac{\left(2017+y^2\right)\left(2017+z^2\right)}{2017+x^2}}+y\sqrt{\frac{\left(2017+x^2\right)\left(2017+z^2\right)}{2017+y^2}}+z\sqrt{\frac{\left(2017+y^2\right)\left(2017+x^2\right)}{2017+z^2}}\)

\(=x\sqrt{\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}}+y\sqrt{\frac{\left(x+y\right)\left(z+x\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}+z\sqrt{\frac{\left(x+y\right)\left(z+x\right)\left(x+y\right)\left(y+z\right)}{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}}\)

\(=2\left(xy+yz+zx\right)=4034\)

Thế \(\left(x;y\right)=\left(0;-1\right)\) vào ta được \(f\left(0\right)=0\)

Thế \(y=0\Rightarrow f\left(f\left(x\right)\right)=x\)

Do vế phải của biểu thức trên là hàm bậc nhất \(\Rightarrow\) có tập giá trị là \(Z\Rightarrow f\) là toàn ánh

Giả sử tồn tại \(x_1;x_2\) sao cho \(f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)=a\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(f\left(x_1\right)\right)=x_1\Rightarrow f\left(a\right)=x_1\\f\left(f\left(x_2\right)\right)=x_2\Rightarrow f\left(a\right)=x_2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x_1=x_2\Rightarrow f\) là đơn ánh \(\Rightarrow f\) là song ánh

Thế \(\left(x;y\right)=\left(1;-1\right)\Rightarrow f\left(0\right)=1+f\left(-1\right)\Rightarrow f\left(-1\right)=-1\)

Thế \(\left(x;y\right)=\left(-1;f\left(1\right)\right)\Rightarrow f\left(f\left(-1\right)+f^2\left(1\right)\right)=-1+f\left(f\left(1\right)\right)\)

\(\Rightarrow f\left(f^2\left(1\right)-1\right)=-1+1=0\Rightarrow f^2\left(1\right)-1=0\) (do \(f\) song ánh)

\(\Rightarrow f^2\left(1\right)=1\Rightarrow f\left(1\right)=1\) (cũng vẫn do \(f\) song ánh nên \(f\left(1\right)\ne-1\) do \(f\left(-1\right)=-1\))

Thế \(\left(x;y\right)=\left(1;x\right)\Rightarrow f\left(1+x\right)=1+f\left(x\right)\) (1)

Từ đẳng thức trên, do \(x\in Z\) nên ta có thể quy nạp để tìm hàm \(f\):

- Với \(x=0\Rightarrow f\left(1\right)=1\)

- Với \(x=1\Rightarrow f\left(2\right)=f\left(1+1\right)=1+f\left(1\right)=2\)

- Giả sử \(f\left(k\right)=k\), ta cần chứng minh \(f\left(1+k\right)=1+k\), nhưng điều này hiển nhiên đúng theo (1)

Vậy \(f\left(x\right)=x\) là hàm cần tìm