tìm các cặp số \(x,y\) thoả mãn điều kiện:
\(x\left(x-2\right)-\left(2-x\right)y-2\left(x-2\right)=3\)
đang cần gấp! idol toán nào giải giúp em với!!!!
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(A=\dfrac{2\left(x^3+y^3\right)}{\left(x^4+y^2\right)\left(x^2+y^4\right)}=2.\dfrac{\left(x^3+y^3\right)}{x^4y^4+x^2y^2+x^6+y^6}\)
\(=2.\dfrac{\left(x^3+y^3\right)}{1+1+x^6+y^6}=2.\dfrac{x^3+y^3}{x^6+y^6+2x^3y^3}=2.\dfrac{x^3+y^3}{\left(x^3+y^3\right)^2}=\dfrac{2}{x^3+y^3}\left(1\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
\(x^3+y^3+1\ge3\sqrt{xy.1}=3\)
\(\Rightarrow x^3+y^3\ge2\Rightarrow\dfrac{2}{x^3+y^3}\le1\left(2\right)\)
\(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow A\le1\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=1.
Vậy MaxA là 1, đạt được khi x=y=1.
Lớp 8 nên sử dụng hằng đẳng thức
(=) X3 +3x2 +y3+5y2-x3-y3=0
(
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\)
Ta có:
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge\frac{3a}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{6a-b-c-2}{8}\)
Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}\ge\frac{6b-c-a-2}{8}\\\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{6c-a-b-2}{8}\end{cases}}\)
Cộng vế theo vế ta được
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{6a-b-c-2}{8}+\frac{6b-c-a-2}{8}+\frac{6c-a-b-2}{8}\)
\(=\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}.\sqrt[3]{abc}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\)
\(f\left(x^5+y^5+y\right)=x^3f\left(x^2\right)+y^3f\left(y^2\right)+f\left(y\right)\)
Sửa lại đề câu 2 !!
\(\Leftrightarrow\left(2x-3y\right)^2+xy=\left(xy\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-3y\right)^2=xy\left(xy-1\right)\)
Do \(xy\left(xy-1\right)\) là 2 số nguyên liên tiếp nên tích của chúng là SCP khi và chỉ khi: \(\left[{}\begin{matrix}xy=0\\xy=1\end{matrix}\right.\)
TH1: \(xy=0\Rightarrow4x^2+9y^2=0\Rightarrow x=y=0\)
TH2: \(xy=1\Rightarrow\left(x;y\right)=\left(1;1\right);\left(-1;-1\right)\) thế vào pt đầu đều ko thỏa mãn
Bài 1:
Cho $y=0$ thì: $f(x^3)=xf(x^2)$
Tương tự khi cho $x=0$
$\Rightarrow f(x^3-y^3)=xf(x^2)-yf(y^2)=f(x^3)-f(y^3)$
$\Rightarrow f(x-y)=f(x)-f(y)$ với mọi $x,y\in\mathbb{R}$
Cho $x=0$ thì $f(-y)=0-f(y)=-f(y)$
Cho $y\to -y$ thì: $f(x+y)=f(x)-f(-y)=f(x)--f(y)=f(x)+f(y)$ với mọi $x,y\in\mathbb{R}$
Đến đây ta có:
$f[(x+1)^3+(x-1)^3]=f(2x^3+6x)=f(2x^3)+f(6x)$
$=2f(x^3)+6f(x)=2xf(x^2)+6f(x)$
$f[(x+1)^3+(x-1)^3]=f[(x+1)^3-(1-x)^3]$
$=(x+1)f((x+1)^2)-(1-x)f((1-x)^2)$
$=(x+1)f(x^2+2x+1)+(x-1)f(x^2-2x+1)$
$=(x+1)[f(x^2)+2f(x)+f(1)]+(x-1)[f(x^2)-2f(x)+f(1)]$
$=2xf(x^2)+4f(x)+2xf(1)$
Do đó:
$2xf(x^2)+6f(x)=2xf(x^2)+4f(x)+2xf(1)$
$2f(x)=2xf(1)$
$f(x)=xf(1)=ax$ với $a=f(1)$
Lời giải:
Ta có: \(xy+yz+xz=1\)
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+1=x^2+xy+yz+xz=(x+y)(x+z)\\ y^2+1=y^2+xy+yz+xz=(y+z)(y+x)\\ z^2+1=z^2+xy+yz+xz=(z+x)(z+y)\end{matrix}\right.\)
Do đó:
\(\sqrt{\frac{(y^2+1)(z^2+1)}{x^2+1}}=\sqrt{\frac{(y+z)(y+x)(z+x)(z+y)}{(x+y)(x+z)}}=\sqrt{(y+z)^2}=y+z\)
\(\Rightarrow x\sqrt{\frac{(y^2+1)(z^2+1)}{x^2+1}}=x(y+z)\)
Hoàn toàn tt:
\(y\sqrt{\frac{(z^2+1)(x^2+1)}{y^2+1}}=y(x+z)\); \(z\sqrt{\frac{(x^2+1)(y^2+1)}{z^2+1}}=z(x+y)\)
Do đó:
\(A=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)=2(xy+yz+xz)=2\)
Bổ sung thêm \(x,y\in Z\) thì mới làm đc
\(x\left(x-2\right)-\left(2-x\right)y-2\left(x-2\right)=3\\ \Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x+y-2\right)=3=3\cdot1=\left(-3\right)\left(-1\right)\)
Ta thấy \(x+y-2>x-2;\forall x,y\in Z\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-2=1\\x+y-2=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y+1=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=2\end{matrix}\right.\)
ai giúp em với TvT, tối nay mà ko kó bài nộp là chớt em!