Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét hiệu \(x^4-15x+14=\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x^2+3x+7\right)\le0\)
\(\Rightarrow x^4\le15x-14\).
Tương tự: \(y^4\le15y-14;z^4\le15z-14\).
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên kết hợp giả thiết x + y + z = 5 ta có:
\(P=x^4+y^4+z^4\le15\left(x+y+z\right)-42=33\).
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x, y, z) = (2, 2, 1) và các hoán vị.
Vậy...
cho mình hỏi làm thế nào để bạn tìm ra đc cách xét hiệu x4-15x+14
có phưong pháp nào ko
nếu có thì bn giúp mk vs nhé
\(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz\) Thay x+y+z=0 vào
\(\Rightarrow0=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2=-2\left(xy+yz+xz\right)\) (1)
Ta có
\(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=x^4+y^4+z^4+2x^2y^2+2y^2z^2+2x^2z^2\) (2)
Bình phương 2 vế của (1)
\(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=4\left(xy+yz+xz\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=4\left(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2+2xy^2z+2xyz^2+2x^2yz\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=4\left[x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2+2xyz\left(x+y+z\right)\right]\)
Do x+y+z=0 nên
\(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=4\left(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{2}=2x^2y^2+2y^2z^2+2x^2z^2\) (3)
Thay (3) vào (2)
\(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=x^4+y^4+z^4+\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{2}\)
\(\Rightarrow2\left(x^4+y^4+z^4\right)=\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\) (đpcm)
Áp dụng BĐT Cauhy-Schwarz ta có:
\(A=x^4+y^4+z^4\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{x+y+z}{3}\right)^2}{3}=\frac{\frac{1}{9}}{3}=\frac{1}{27}\)
Xảy ra khi x=y=z=1/3
a) Vì vai trò của x, y, z như nhau nên ko mất tính tổng quát, giả sử \(x\le y\le z\)
\(\Rightarrow\) 3z \(\ge\) xyz
\(\Rightarrow\) 3 \(\ge\) xy
Vì xy nguyên dương nên xy = 1 hoặc xy = 2
+ Nếu xy = 1 thì x + y + z = z \(\Rightarrow\) x + y = 0, loại vì x, y nguyên dương
+ Nếu xy = 2 thì x + y + z = 2z \(\Rightarrow\) x + y = z. Do xy = 2 và x \(\le\) y nên x = 1, y = 2, do đó y = 3.
Vậy...
Bolbbalgan4 uk mk thiếu trường hợp đó.
Thêm nek:
+ Nếu xy = 3 thì x + y + z = 3z \(\Rightarrow\) x + y = 2z. Do xy = 3 và x \(\le\) y nên x = 1, y = 3, do đó z = 2, loại vì y \(\le\) z
\(a,b,c>0;abc=1000\)
\(P=\sum\dfrac{a}{b^4+c^4+1000a}\le\sum\dfrac{a}{bc\left(b^2+c^2\right)+a^2bc}=\sum\dfrac{a^2}{abc\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)}{1000\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{1}{1000}\)
P đạt GTLN là 1/1000 khi \(a=b=c=10\)
a) \(\left\{{}\begin{matrix}2x-y=1\\x+y=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3x=3\\x+y=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\1+y=2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=1\end{matrix}\right.\)
Vậy nghiệm hệ phương trình (1; 1)
a: =>3x=3 và x+y=2
=>x=1 và y=1
b: PTHĐGĐ là:
ax^2-2x+1=0
\(\text{Δ}=\left(-2\right)^2-4a=4-4a\)
Để (P) tiếp xúc (d) thì 4-4a=0
=>a=1
Với a=2, HPT đã cho (KH: (I)) trở thành:
\(\left\{{}\begin{matrix}3x-y=3\\x+2y=2\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=3x-3\\x+2\left(3x-3\right)=2\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=3x-3\\7x=8\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{3.8}{7}-3\\x=\dfrac{8}{7}\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{3}{7}\\x=\dfrac{8}{7}\end{matrix}\right.\)
b, (Mình giải bằng định thức, nếu không hiểu bạn có thể search Google nha bạn)
Ta có:
\(D=\left|\begin{matrix}a+1&-1\\1&a-1\end{matrix}\right|=\left(a+1\right)\left(a-1\right)-1\cdot\left(-1\right)=a^2-1+1=a^2\)
\(D_1=\left|\begin{matrix}a+1&-1\\2&a-1\end{matrix}\right|=\left(a+1\right)\left(a-1\right)-2\cdot\left(-1\right)=a^2-1+2=a^2+1\)\(D_2=\left|\begin{matrix}a+1&a+1\\1&2\end{matrix}\right|=2\left(a+1\right)-\left(a+1\right)=a+1\)
Do đó, ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}Dx=D_1\\Dy=D_2\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2x=a^2+1\\a^2x=a-1\end{matrix}\right.\)
Ta có:
Với \(a\ne0\), PT luôn có nghiệm duy nhất:
\(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{a^2+1}{a^2}\\y=\dfrac{a+1}{a^2}\end{matrix}\right.\)
Với \(a=0\), ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}0x=1\\0y=1\end{matrix}\right.\) (vô lý!)
Vậy PT có nghiệm duy nhất \(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{a^2+1}{a^2}\\y=\dfrac{a+1}{a^2}\end{matrix}\right.\) khi và chỉ khi \(a\ne0\)
c, (mình chịu :>)
Chúc bạn học tốt nha
.
a) Áp dụng bất đẳng thức:
\(a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+bc\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
Ta có: \(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Tiếp tục áp dụng ta có: \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge ab^2c+abc^2+a^2bc=abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4\ge abc\) do \(a+b+c=1\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
b) Từ câu a đã chứng minh bên trên, phương trình \(x^4+y^4+z^4=xyz\)có nghiệm \(\Leftrightarrow x=y=z\)
Từ đó ta có hệ phương trình:
\(\hept{\begin{cases}x=y=z\\x+y+z=1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{3}\\y=\frac{1}{3}\\z=\frac{1}{3}\end{cases}}}\)
Chúc bạn buổi tối vui vẻ ^^