K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
VT
0
NT
1
14 tháng 3 2017
x^2+y^2-x^2y^2-1=-1
-x^2(y^2-1)+(y^2-1)=-1
(y^2-1)(-x^2+1)=-1
suy ra trường hợp 1 y^2-1=1 và -x^2+1=-1 ko thỏa do nghiệm ko nguyên
trường hợp 2 y^2-1=-1 và -x^2+1=1
y=0,x=0
NN
30
14 tháng 2 2016
x2+y2+z2=xy+yz+zx
<=>2x2+2y2+2z2-2xy-2yz-2xz=0
<=>(x-y)2+(y-z)2+(z-x)2=0
<=>x=y=z
Thay x=y=z vào x2014+y2014+z2014=32015 ta được:
3.x3014=3.32014
=>x2014=32014
=>x=3 hoặc x=-3
Vậy x=y=z=3 hoặc x=y=z=-3
3 tháng 11 2018
\(x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx\)
\(2.\left(x^2+y^2+z^2\right)=2.\left(xy+yz+zx\right)\)
\(\Rightarrow2.\left(x^2+y^2+z^2\right)-2xy-2yz-2zx=0\)
\(\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)=0\)
\(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)
Ta có: \(VT\ge0\forall x;y;z\)( tự c/m. nếu b ko c/m được thì bảo mình )
Mà \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(x-y\right)^2=0\\\left(y-z\right)^2=0\\\left(z-x\right)^2=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x-y=0\\y-z=0\\z-x=0\end{cases}\Leftrightarrow}}\hept{\begin{cases}x=y\\y=z\\z=x\end{cases}\Leftrightarrow x=y=z}\)
Có \(x^{2014}+y^{2014}+z^{2014}=3\)
\(\Rightarrow3.x^{2014}=3\)
\(\Rightarrow x^{2014}=1\)
\(\Rightarrow x=1\)
\(\Rightarrow x=y=z=1\)
Có: \(P=x^{25}+y^4+z^{2015}\)
\(\Rightarrow P=1^{25}+1^4+1^{2015}\)
\(P=1+1+1\)
\(P=3\)
Vậy \(P=3\)
Tham khảo nhé~
S
3 tháng 11 2018
Ta có: x2+y2+z2=xy+yz+zx
<=>2x2+2y2+2z2=2xy+2yz+2zx
<=>2x2+2y2+2z2-2xy-2yz-2zx=0
<=>(x2-2xy+y2)+(y2-2yz+z2)+(z2-2zx+x2)=0
<=>(x-y)2+(y-z)2+(z-x)2=0
Vì \(\hept{\begin{cases}\left(x-y\right)^2\ge0\\\left(y-z\right)^2\ge0\\\left(z-x\right)^2\ge0\end{cases}\Rightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0}\)
=>\(\hept{\begin{cases}x-y=0\\y-z=0\\z-x=0\end{cases}\Rightarrow x=y=z}\)
=>x2014=y2014=z2014
Lại có: x2014+y2014+z2014 = 3
=>3x2014 = 3 => x2014 = 1 => \(x=\pm1\)
=>\(x=y=z=\pm1\)
Thay x,y,z vào P rồi tính
4 tháng 4 2017
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 \(\hept{\begin{cases}x^2,z^2\ge1\\y^2=0\end{cases}}\)
4 tháng 4 2017
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.
Ta có với x,y nguyên thì :
\(\left\{{}\begin{matrix}x^2\equiv0,1,4\left(mod8\right)\\y^2\equiv0,1,4\left(mod8\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x^2+y^2\equiv0,1,2,5\left(mod8\right)\)
Mà : \(x^2+y^2=2014\equiv6\left(mod8\right)\) ( giả thiết )
Nên không tồn tại x,y thỏa mãn đề.