Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nếu x,y,z khác số dư khi chia cho 3
+Nếu có 2 số chia hết cho 3.Số còn lại không chia hết cho 3.Giả sử x,y đều chia hết cho 3, z không chia hết cho 3=>x+y+z không chia hết cho 3. Do x,y đều chia hết cho 3 nên (x−y)⋮3=>(x−y)(y−z)(z−x)⋮3(Vô lý do (x−y)(y−z)(z−x)=x+y+z)
+Nếu có 1 số chia hết cho 3, 2 số còn lại khác số chia khi chia cho 3, không chia hết cho 3.Tương tự dẫn đến vô lý.
Vậy cả 3 số có cùng số dư khi chia cho 3 =>(x−y)⋮3,(y−z)⋮3,(z−x)⋮3=>(x−y)(y−z)(z−x)⋮27=>(x+y+z)⋮27
Theo bài ra, ta gọi \(y=x-1,z=x+1\)
\(x^3+y^3+z^3\)
\(=x^3+\left(x-1\right)^3+\left(x+1\right)^3\)
\(=3x^3+6x\)
\(=3\left(x^3-x\right)+9x\)
\(=3x\left(x^2-1\right)+9x\)
\(=3x\left(x-1\right)\left(x+1\right)+9x⋮9\)
- Nếu \(x,y,z\)đôi một không cùng số dư khi chia hết cho \(3\), khi đó giả sử \(x\equiv0\left(mod3\right),y\equiv1\left(mod3\right),z\equiv2\left(mod3\right)\).
Ta có: \(VP\equiv0+1+2\equiv0\left(mod3\right)\)
\(VT\)không có thừa số nào chia hết cho \(3\)nên \(VT⋮̸3\)do đó mâu thuẫn.
- Nếu có hai trong ba số \(x,y,z\)có cùng số dư khi chia cho \(3\).
Khi đó \(VT\)chia hết cho \(3\).
\(VP\)không chia hết cho \(3\)(mâu thuẫn).
Do đó cả \(3\)số \(x,y,z\)có cùng số dư khi chia cho \(3\).
Vậy \(x+y+z=\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(z-x\right)⋮\left(3.3.3\right)\)
hay ta có đpcm.
Một số nguyên chia cho 3 có số dư là 0,1 hoặc 2
- Nếu x,y,z chia cho 3 có số dư khác nhau
\(\Rightarrow x-y⋮̸3;y-z⋮̸3;z-x⋮̸3\)còn \(x+y+z⋮3\)
Do đó \(\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(z-x\right)=x+y+z\)không xảy ra
- Nếu x,y,z chỉ có hai số chia cho 3 có cùng số dư
Không mất tính tổng quát,giả sử là x và y ta có :
\(x-y⋮3,x+y+z⋮̸3\)
Do đó \(\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(z-x\right)=x+y+z\)cũng không xảy ra
Do đó x,y,z chia cho 3 có cùng số dư
\(\Rightarrow x-y⋮3;y-z⋮3;z-x⋮3\)
\(\Rightarrowđpcm\)
Theo AM - GM và Bunhiacopski ta có được
\(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2};\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\ge\frac{2}{xy}\ge\frac{8}{\left(x+y\right)^2}\)
Khi đó \(LHS\ge\left[\frac{\left(x+y\right)^2}{2}+z^2\right]\left[\frac{8}{\left(x+y\right)^2}+\frac{1}{z^2}\right]\)
\(\)\(=\left[\frac{1}{2}+\left(\frac{z}{x+y}\right)^2\right]\left[8+\left(\frac{x+y}{z}\right)^2\right]\)
Đặt \(t=\frac{z}{x+y}\ge1\)
Khi đó:\(LHS\ge\left(\frac{1}{2}+t^2\right)\left(8+\frac{1}{t^2}\right)=8t^2+\frac{1}{2t^2}+5\)
\(=\left(\frac{1}{2t^2}+\frac{t^2}{2}\right)+\frac{15t^2}{2}+5\ge\frac{27}{2}\)
Vậy ta có đpcm
Ta có:
\(VT-VP=\frac{\left(x^2+y^2\right)\left(\Sigma xy\right)\left(\Sigma x\right)\left[z\left(x+y\right)-xy\right]\left(z-x-y\right)}{x^2y^2z^2\left(x+y\right)^2}+\frac{\left(x-y\right)^2\left(2x+y\right)^2\left(x+2y\right)^2}{2x^2y^2\left(x+y\right)^2}\ge0\)
Vì \(z\left(x+y\right)-xy\ge\left(x+y\right)^2-xy\ge4xy-xy>0\)
bài toán này bắt nguồn 1 phần từ bài: Cho x;y;z nguyên thỏa mãn \(x^3+y^3+z^3⋮3\). Chứng minh \(x+y+z⋮3\)
Quay về bài toán đầu: (cũng chứng minh luôn bài toán trên)
Ta có: (x + y + z)3 = x3 + y3 + z3 +3(x + y)(y + z)(z + x) (*)
Lại có: \(x^3+y^3+z^3⋮3;3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)⋮3\) nên \(\left(x+y+z\right)^3⋮3\)\(\Rightarrow x+y+z⋮3\)
\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^3⋮27\)
Kết hợp với (*) và \(x^3+y^3+z^3⋮27\)\(\Rightarrow3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)⋮27\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)⋮9\left(1\right)\)
+) Nếu cả 3 số x;y;z cùng chia hết cho 3 ta có đpcm
+) Nếu 3 số x;y;z không cùng chia hết cho 3
Thấy rẳng nếu x;y;z cùng dư 1 hoặc 2 thì mâu thuẫn với (1)
Do đó, để (1) đúng thì trong 3 số x;y;z chỉ có 2 số chia hết cho 3 hoặc có 1 số chia 3 dư 1; 1 số chia 3 dư 2
- Nếu trong 3 số x;y;z chỉ có 2 số chia hết cho 3; giả sử x;y chia hết cho 3
Khi đó; \(x+y⋮3;y+z⋮̸3;z+x⋮̸̸3\)
Để (1) đúng thì \(x+y⋮9\left(đpcm\right)\)
- Nếu trong 3 số x;y;z có 1 số chia 3 dư 1; 1 số chia 3 dư 2; giả sử 2 số đó là y;z
Khi đó, \(x+y⋮̸3;y+z⋮3;z+x⋮̸3\)
Để (1) đúng thì \(y+z⋮9\left(đpcm\right)\)
Vậy ta có đpcm
thỏa mãn \(x^3+y^3+z^3⋮27\)