tìm các nghiệm nguyên của phương trình
\(\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2\right)}\)+ \(\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)+\(\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)= 1
tìm nghiệm nguyên
\(\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2\right)}+\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}+\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\) = 1
Tìm nghiệm nguyên dương:
\(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{t}+\frac{t}{x}=3\)
Câu 2/
\(\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2\right)}+\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}+\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}=1\)
Điều kiện \(\hept{\begin{cases}x^2\ne0\\x^2+y^2\ne0\\x^2+y^2+z^2\ne0\end{cases}}\)
Xét \(x^2,y^2,z^2\ge1\)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}x^2\ge1\\x^2+y^2\ge2\end{cases}}\)
\(\Rightarrow x^2\left(x^2+y^2\right)\ge2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2\right)}\le\frac{1}{2}\left(1\right)\)
Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}\le\frac{1}{6}\left(2\right)\\\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\le\frac{1}{3}\left(3\right)\end{cases}}\)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được
\(\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2\right)}+\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}+\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\le\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{3}=1\)
Dấu = xảy ra khi \(x^2=y^2=z^2=1\)
\(\Rightarrow\left(x,y,z\right)=?\)
Xét \(\hept{\begin{cases}x^2\ge1\\y^2=z^2=0\end{cases}}\) thì ta có
\(\frac{1}{x^4}+\frac{1}{x^4}+\frac{1}{x^4}=1\)
\(\Leftrightarrow x^4=3\left(l\right)\)
Tương tự cho 2 trường hợp còn lại: \(\hept{\begin{cases}x^2,y^2\ge1\\z^2=0\end{cases}}\) và \(\hept{\begin{cases}x^2,z^2\ge1\\y^2=0\end{cases}}\)
Bài 2/
Ta có: \(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{t}+\frac{t}{x}\ge4\sqrt[4]{\frac{x}{y}.\frac{y}{z}.\frac{z}{t}.\frac{t}{x}}=4>3\)
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.
Em mới học lớp 5 thôi nên em không biết cái gì
~~~ Chúc chị học giỏi ~~~
câu 1: giải hệ phương trình
\(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+....+\left(x+z\right)^{100}=-\left(y+z+x\right)\)
\(\left(xy\right)^2+2\left(yz\right)^4+....+100\left(zx\right)^{100}=-[\left(x+y+z\right)+2\left(yz+zx+xy\right)+......+99\left(x+y+z\right)]\)\(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)^2+\left(\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)^2+...+\left(\frac{1}{x^{99}}+\frac{1}{z^{99}}\right)^2=-\frac{1}{\left(xy\right)^2+2\left(yz\right)^2+.....+99\left(zx\right)^2}\)
tìm x,y,z
Đúng là chơi lừa bịp thực sự bài này rất dễ đây là cách giải:
ta có: \(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+.....+\left(x+z\right)^{100}\ge0\)còn \(-\left(y+z+x\right)\le0\) nên phương trình 1 vô lý
tương tự chứng minh phương trinh 2 và 3 vô lý
vậy \(\hept{\begin{cases}x=\varnothing\\y=\varnothing\\z=\varnothing\end{cases}}\)
thực sự bài này mới nhìn vào thì đánh lừa người làm vì các phương trình rất phức tạp nhưng nếu nhìn kĩ lại thì nó rất dễ vì các trường hợp đều vô nghiệm
\(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+...+\left(x+z\right)^{100}=-\left(y+z+x\right)\)
Đặt : \(A=\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+...+\left(x+z\right)^{100}\)
Ta dễ dàng nhận thấy tất cả số mũ đều chẵn
\(=>A\ge0\)(1)
Đặt : \(B=-\left(y+z+x\right)\)
\(=>B\le0\)(2)
Từ 1 và 2 \(=>A\ge0\le B\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(A=B=0\)
Do \(B=0< =>y+z+x=0\)(3)
\(A=0< =>\hept{\begin{cases}x+y=0\\y+z=0\\x+z=0\end{cases}}\)(4)
Từ 3 và 4 \(=>x=y=z=0\)
Vậy nghiệm của pt trên là : {x;y;z}={0;0;0}
Đặt :\(\left(xy\right)^2+2\left(yz\right)^4+...+100\left(zx\right)^{100}=A\)
Ta thấy các số mũ đều chẵn
Nên \(A\ge0\left(1\right)\)
Đặt : \(-\left[\left(x+y+z\right)+2\left(yz+zx+xy\right)+...+99\left(x+y+z\right)\right]=B\)
Vì có dấu âm ở trước VT
Nên \(B\le0\left(2\right)\)
Từ 1 và 2 <=> \(A=B=0\)
\(< =>x=y=z=0\)
tìm các nghiệm nguyên của phương trình
\(\frac{1}{x^{2^{ }}\left(x^2+y^2\right)}+\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}+\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)=1
ĐKXĐ: ...
Đặt \(\left(x^2;x^2+y^2;x^2+y^2+z^2\right)=\left(a;b;c\right)\Rightarrow1\le a\le b\le c\)
\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\Leftrightarrow a+b+c=abc\)
\(\Rightarrow abc\le3c\Rightarrow ab\le3\Rightarrow ab=\left\{1;2;3\right\}\)
- TH1: \(ab=1\Rightarrow a=b=1\Rightarrow2+c=c\) (vô nghiệm)
- TH2: \(ab=2\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow c+3=2c\Rightarrow c=3\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2=1\\x^2+y^2=2\\x^2+y^2+z^2=3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x^2=y^2=z^2=1\Rightarrow...\)
- TH3: \(ab=3\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow c+4=3c\Rightarrow c=2< b\) (loại)
Vậy...
1.Tính:
\(x:\frac{x-1}{2}-\frac{\left(x-1\right)\left(x^2+4x+1\right)}{2x^2+2x}.\frac{-4x}{\left(x-1\right)^2}-\frac{4x^2}{x^2-1}\)
2.Chứng minh đẳng thức sau( giả sử đẳng thức có nghĩa):
\(\frac{y-z}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}+\frac{z-x}{\left(y-z\right)\left(y-x\right)}+\frac{x-y}{\left(z-x\right)\left(z-y\right)}=\frac{2}{x-y}+\frac{2}{y-z}+\frac{2}{z-x}\)
Các bạn giúp mình với!
Cho x,y,z>0 thỏa mãn: x+y+z=3. Tìm GTNN của \(P=\frac{\left(x+1\right)^2.\left(y+1\right)^2}{z^2+1}+\frac{\left(y+1\right)^2.\left(z+1\right)^2}{x^2+1}+\frac{\left(z+1\right)^2.\left(x+1\right)^2}{y^2+1}\)
cho x;y;z thỏa mãn x+y+z=3.Tìm Min của biểu thức:
\(A=\frac{\left(x+1\right)^2\left(y+1\right)^2}{z^2+1}+\frac{\left(y+1\right)^2\left(z+1\right)^2}{x^2+1}+\frac{\left(z+1\right)^2\left(x+1\right)^2}{y^2+1}\)
Ta có
\(\hept{\begin{cases}\left(x+1\right)^2\ge0\\\left(y+1\right)^2\ge0\\\left(z+1\right)^2\ge0\end{cases}}\)và \(\hept{\begin{cases}x^2+1>0\\y^2+1>0\\z^2+1>0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow A=\frac{\left(x+1\right)^2\left(y+1\right)^2}{z^2+1}+\frac{\left(y+1\right)^2\left(z+1\right)^2}{x^2+1}+\frac{\left(z+1\right)^2\left(x+1\right)^2}{y^2+1}\ge0\)
Kết hợp với điều kiện ban đầu thì
GTNN của A là 0 đạt được khi
\(\left(x,y,z\right)=\left(-1,-1,5;-1,5,-1;5,-1-1\right)\)
Cho x,y,z là các số thực và x+y+z=1
tìm Min của \(\frac{x^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\)
Gọi cái biểu thức đó là P nha
Trước tiên chứng minh:
\(\frac{x^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}-\left(\frac{y^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{z^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{x^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^4-y^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{y^4-z^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^4-x^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\)
\(\Leftrightarrow x-y+y-z+z-x=0\)( đúng )
Giờ ta quay lại bài toán ban đầu
Ta có:
\(\Leftrightarrow2P=\frac{x^4+y^4}{\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{y^4+z^4}{\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^4+x^4}{\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\)
\(\ge\frac{\left(x^2+y^2\right)^2}{2\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)}+\frac{\left(y^2+z^2\right)^2}{2\left(y^2+z^2\right)\left(y+z\right)}+\frac{\left(z^2+x^2\right)^2}{2\left(z^2+x^2\right)\left(z+x\right)}\)
\(=\frac{x^2+y^2}{2\left(x+y\right)}+\frac{y^2+z^2}{2\left(y+z\right)}+\frac{z^2+x^2}{2\left(z+x\right)}\)
\(\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{4\left(x+y\right)}+\frac{\left(y+z\right)^2}{4\left(y+z\right)}+\frac{\left(z+x\right)^2}{4\left(z+x\right)}\)
\(=\frac{x+y}{4}+\frac{y+z}{4}+\frac{z+x}{4}=\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{1}{4}\)
cho 3 số x;y;z>0 thỏa mãn x+y+z=3.Tìm Min của biểu thức:
\(A=\frac{\left(x+1\right)^2\left(y+1\right)^2}{z^2+1}+\frac{\left(y+1\right)^2\left(z+1\right)^2}{x^2+1}+\frac{\left(z+1\right)^2\left(x+1\right)^2}{y^2+1}\)
cho 3 số x;y;z thỏa mãn x+y+z=3.Tìm Min của biểu thức:
P=\(\frac{\left(x+1\right)^2\left(y+1\right)^2}{z^2+1}+\frac{\left(y+1\right)^2\left(z+1\right)^2}{x^2+1}+\frac{\left(z+1\right)^2\left(x+1\right)^2}{y^2+1}\)
bài này cần x,y,z>0 nữa, vừa xem xong bài y hệt của LCC :v
Dự đoán dấu "=" khi \(x=y=z=1\) thì \(P=24\)
Ta chứng minh P=24 là GTNN
Thật vậy áp dụng BĐT C-S ta có:
\(P=Σ\frac{\left(x+1\right)^2\left(y+1\right)^2\left(z+1\right)^2}{\left(z^2+1\right)\left(x+y\right)^2}\ge\frac{\left(Σ\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(x+y\right)\right)^2}{Σ\left(z^2+1\right)\left(x+y\right)^2}\)
Cần chứng minh: \(\frac{\left(Σ\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(x+y\right)\right)^2}{Σ\left(z^2+1\right)\left(x+y\right)^2}\ge24\)
\(\Leftrightarrow\left(Σ\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(x+y\right)\right)^2\ge24Σ\left(z^2+1\right)\left(x+y\right)^2\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x+y+z=3u\\xy+yz+xz=3v^2\\xyz=w^3\end{cases}}\) \(\Rightarrow u=1\) thì
\(Σ\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)=Σ\left(x^2y+x^2z+2x^2+2xy+2x\right)\)
\(=9uv^2-3w^3+2u\left(9u^2-6v^2\right)+9uv^2+6u^3=3\left(8u^3+uv^2-w^3\right)\)
Và \(Σ\left(z^2+1\right)\left(x+y\right)^2=2Σ\left(x^2y^2+x^2yz+x^2u+xyu^2\right)\)
\(=2\left(9v^4-6uw^3+3uw^3+9u^4-6u^2v^2+3u^2v^2\right)\)
\(=6\left(3u^4-u^2v^2+3v^4-uw^3\right)\). Can cm \(f\left(w^3\right)\ge0\)
\(f\left(w^3\right)=\left(8u^3+uv^2-w^3\right)^2-16\left(3u^6-u^4v^2+3u^2v^4-u^3w^3\right)\)
\(f'\left(w^3\right)=-2\left(8u^3+uv^2-w^3\right)+16u^3=2w^3-2uv^2\le0\)
Thay \(f\) la ham` ngh!ch bien, do đó, BĐT có 1 GTLN của w3 khi 2 biến bằng nhau
Đặt \(y=x;z=3-2x\), Khi đó:
\(BDT\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^4-2x^3-11x^2+24x+4\right)\ge0\)