Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(VD1\)
Giả sử \(x\le y\Rightarrow\sqrt{x}\le\sqrt{y}\)
\(\Rightarrow2\sqrt{x}\le\sqrt{x}+\sqrt{y}=9\)
\(\Rightarrow\sqrt{x}\le4,5\)
\(\Rightarrow x\le4,5^2\)
\(\Rightarrow x\le20,25\)
\(\Rightarrow x\in\left\{0,1,4,9,16\right\}\)
\(\Rightarrow\sqrt{x}\in\left\{0,1,2,3,4\right\}\)
TH1 : \(x=0\Rightarrow\sqrt{x}=0\Rightarrow\sqrt{y}=9\Rightarrow y=81\)
TH2 : \(x=1\Rightarrow\sqrt{x}=1\Rightarrow\sqrt{y}=8\Rightarrow y=64\)
Th3 : \(x=4\Rightarrow\sqrt{x}=2\Rightarrow\sqrt{y}=7\Rightarrow y=49\)
Th4 : \(x=9\Rightarrow\sqrt{x}=3\Rightarrow\sqrt{y}=6\Rightarrow y=36\)
Th5 : \(x=16\Rightarrow\sqrt{x}=4\Rightarrow\sqrt{y}=5\Rightarrow y=25\)
Vì x , y có vai trò như nhau nên các trường hợp còn lại chỉ là đổi chỗ giữa x và y . ( vd y = 0 thì x = 81 )
KL....
VD2: Ta có:
x+y+z=xyz ( 1 )
Chia 2 vế của ( 1 ) cho xyz\(\ne\)0 ta đc:
\(\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{xy}=1\)
Giả sử \(x\ge y\ge z\ge1\)thì ta có:
\(1=\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{xy}\le\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{3}{z^2}\)
\(\Rightarrow1\le\frac{3}{z^2}\Rightarrow z^2\le3\Leftrightarrow z=1\)
Thay z=1 vào ( 1 ) ta đc:
x+y+1=xy
\(\Leftrightarrow\)xy -x - y = 1
\(\Leftrightarrow\)x ( y - 1 ) - ( y - 1 ) = 2
\(\Leftrightarrow\)( x - 1 ) ( y - 1 ) =2
Mà \(x-1\ge y-1\)nên \(\hept{\begin{cases}x-1=2\\y-1=1\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=3\\y=2\end{cases}}}\)
Vậy nghiệm dương của phương trình là các hoán vị của 1, 2, 3
#)Giải :
VD1:
Với \(\orbr{\begin{cases}x>0\\x< -1\end{cases}}\)ta có :
\(x^3< x^3+x^2+x+1< \left(x+1\right)^3\)
\(\Rightarrow x^3< y^3< \left(x+1\right)^3\)( không thỏa mãn )
\(\Rightarrow-1\le x\le0\)
Mà \(x\in Z\Rightarrow x\in\left\{-1;0\right\}\)
Với \(\orbr{\begin{cases}x=-1\\x=0\end{cases}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}y=0\\y=1\end{cases}}}\)
Vậy...........................
#)Giải :
VD2:
\(x^4-y^4+z^4+2x^2z^2+3x^2+4z^2+1=0\)
\(\Leftrightarrow y^4=x^4+z^4+2x^2z^2+3x^2+4z^2+1\)
\(\Leftrightarrow y^4=\left(x^2+y^2\right)+3x^2+4z^2+1\)
Ta dễ nhận thấy : \(\left(x^2+y^2\right)^2< y^4< \left(x^2+y^2+2\right)^2\)
Do đó \(y^4=\left(x^2+y^2+1\right)^2\)
Thay vào phương trình, ta suy ra được \(x=z=0\)
\(\Rightarrow y=\pm1\)
ko phải bài của mk nên bn ko tick cx đc,mk chỉ đăng lên để giúp bn thôi
Áp dụng BĐT \(\frac{a}{b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\right)\forall a;b;c>0\) ta có :
\(\frac{x}{2x+y+z}=\frac{x}{\left(x+y\right)+\left(x+z\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z}\right)\)
Tương tự ta cũng có : \(\hept{\begin{cases}\frac{y}{2y+z+x}\le\frac{1}{4}\left(\frac{y}{y+z}+\frac{y}{x+y}\right)\\\frac{z}{2z+x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{z}{x+z}+\frac{z}{z+y}\right)\end{cases}}\)
Cộng các vế tương ứng của các BĐT vừa CM đc ta có :
\(\frac{x}{2x+y+z}+\frac{y}{2y+z+x}+\frac{z}{2z+x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{x+y}{x+y}+\frac{y+z}{y+z}+\frac{x+z}{x+z}\right)=\frac{3}{4}\)
Hay \(VT\le VP\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=z\in Z^+\)
a.ta có \(\left(x+3\right)\left(y-7\right)=-21\Rightarrow y-7\in\left\{-3,-1\right\}\) ( do x+3>3 và 0>y-7>-7)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}y=4\\x=4\end{cases}\text{ hoặc }}\hept{\begin{cases}y=6\\x=18\end{cases}}\)
c. \(\left(x-5\right)\left(y-5\right)=26=2\cdot13\Rightarrow x-5\in\left\{-2,-1,1,2,13,26\right\}\)
suy ra \(\left(x,y\right)\in\left\{\left(6,31\right);\left(31,6\right);\left(7,18\right);\left(18,7\right)\right\}\)
b.\(4xy+5y-14x=3\Leftrightarrow8xy+10y-28x=6\)
\(\Leftrightarrow\left(4x+5\right)\left(2y-7\right)=-29\)
mà 4x+5>5\(\Rightarrow4x+5=29\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=6\\y=3\end{cases}}\)
Em chỉ giải 1 ví dụ thôi ạ , mấy cái còn lại giải theo cách tương tự
\(x^4+4y^4=2z^4\)
Dễ thấy \(x^4\)là số chẵn nên x là số chẵn
Đặt \(x=2a_1\left(a_1\inℕ^∗\right)\)
\(\Rightarrow\left(2a_1\right)^4+4y^4=2z^4\)
\(\Leftrightarrow16a_1^4+4y^4=2z^4\)
\(\Leftrightarrow8a_1^4+2y^4=z^4\)
Dễ thấy z4 chẵn nên z chẵn
Đặt \(z=2c_1\left(c\inℕ^∗\right)\)
Thì khi đó \(8a_1^4+2y^4=\left(2c_1\right)^4\)
\(\Leftrightarrow8a^4_1+2y^4=16c_1^4\)
\(\Leftrightarrow4a_1^4+y^4=8c_1^4\)
Dễ thấy y4 chẵn nên y chẵn
Đặt \(y=2b_1\left(b\inℕ^∗\right)\)
Khi đó pt \(4a_1^4+\left(2b_1\right)^4=8c_1^4\)
\(\Leftrightarrow4a^4_1+16b_1^4=8c_1^4\)
\(\Leftrightarrow a_1^4+4b_1^4=2c_1^4\)
Như vậy thì bộ số \(\left(a_1;b_1;c_1\right)\)là 1 nghiệm của pt đã cho
Chứng minh tương tự như vậy ta rút ra kết luận là x ; y ; z luôn chia hết cho \(2^n\left(n\in N\right)\)
Điều này chỉ đúng với x = y = z = 0
Mà pt đã cho cần có nghiệm nguyên dương nên x = y = z = 0 (loại )
Vậy pt vô nghiệm
VD 1 em có giải lúc trước trong trang Phương trình nghiệm nguyên rồi mà!
VD2: Kí hiệu pt trên là (*)
Dễ thấy \(x^3⋮5\) nên x chia hết cho 5. Đặt \(x=5x_1\)
Phương trình trở thành: \(125x_1^3+5y^3=25z^3\Leftrightarrow25x_1^3+y^3=5z^3\) (1)
Dễ thấy \(y^3⋮5\Rightarrow y⋮5\) . Đặt \(y=5y_1\) . Phương trình (1) tương đương với:
\(25x_1^3+125y_1^3=5z^3\Leftrightarrow5x_1^3+25y_1^3=z^3\) (2)
Dễ thấy \(z^3⋮5\Rightarrow z⋮5\). Đặt \(z=5z_1\). Phương trình (2) tương đương với:
\(5x_1^3+25y_1^3=125z_1^3\Leftrightarrow x_1^3+5y_1^3=25z_1^3\)
\(\Rightarrow\text{Nếu (x;y;z) là nghiệm của (*)}\)
Thì \(\left(\frac{x}{5};\frac{y}{5};\frac{z}{5}\right)\) cũng là nghiệm của (*)
\(\Rightarrow\left(\frac{x}{5^k};\frac{y}{5^k};\frac{z}{5^k}\right)\text{ với }k\inℕ^∗\text{cũng là nghiệm của (*)}\)
Điều này chỉ xảy ra khi x = y = z = 0.
Mà nó không thỏa mãn đk x, y, z nguyên dương nên loại.
PT (*) vô nghiệm.