Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đúng là chơi lừa bịp thực sự bài này rất dễ đây là cách giải:
ta có: \(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+.....+\left(x+z\right)^{100}\ge0\)còn \(-\left(y+z+x\right)\le0\) nên phương trình 1 vô lý
tương tự chứng minh phương trinh 2 và 3 vô lý
vậy \(\hept{\begin{cases}x=\varnothing\\y=\varnothing\\z=\varnothing\end{cases}}\)
thực sự bài này mới nhìn vào thì đánh lừa người làm vì các phương trình rất phức tạp nhưng nếu nhìn kĩ lại thì nó rất dễ vì các trường hợp đều vô nghiệm
\(\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+...+\left(x+z\right)^{100}=-\left(y+z+x\right)\)
Đặt : \(A=\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^4+...+\left(x+z\right)^{100}\)
Ta dễ dàng nhận thấy tất cả số mũ đều chẵn
\(=>A\ge0\)(1)
Đặt : \(B=-\left(y+z+x\right)\)
\(=>B\le0\)(2)
Từ 1 và 2 \(=>A\ge0\le B\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(A=B=0\)
Do \(B=0< =>y+z+x=0\)(3)
\(A=0< =>\hept{\begin{cases}x+y=0\\y+z=0\\x+z=0\end{cases}}\)(4)
Từ 3 và 4 \(=>x=y=z=0\)
Vậy nghiệm của pt trên là : {x;y;z}={0;0;0}
ta có: xy+yz+zx=1
=> \(1+x^2=x^2+xy+yz+xz=\left(x+z\right)\left(x+y\right)\)
c/m tương tự ta đc: \(1+y^2=\left(x+y\right)\left(y+z\right)\)
\(1+z^2=\left(y+z\right)\left(z+x\right)\)
thay vào A ta đc:
\(A=x\sqrt{\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}{\left(x+z\right)\left(x+y\right)}}+y\sqrt{\frac{\left(y+z\right)\left(z+x\right)\left(x+z\right)\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}}+z\sqrt{\frac{\left(x+z\right)\left(x+y\right)\left(x+y\right)\left(y+z\right)}{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}}\)\(\Rightarrow A=x\sqrt{\left(y+z\right)^2}+y\sqrt{\left(x+z\right)^2}+z\sqrt{\left(x+y\right)^2}\)
\(\Rightarrow A=x\left(y+z\right)+y\left(x+z\right)+z\left(x+y\right)\)
\(\Rightarrow A=2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(\Rightarrow A=2\) vì xy+yz+zx=1
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x-y=a\\x-z=b\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow ab=1\)
\(S=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{\left(a-b\right)^2}=\frac{a^2+b^2}{a^2b^2}+\frac{1}{\left(a-b\right)^2}=a^2+b^2+\frac{1}{\left(a-b\right)^2}\)
\(S=a^2+b^2-2ab+\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+2=\left(a-b\right)^2+\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+2\)
\(S\ge2\sqrt{\frac{\left(a-b\right)^2}{\left(a-b\right)^2}}+2=4\) (đpcm)
Lời giải:
Đặt \((x,y,z)=(2a,b,2c)\Rightarrow a,b,c\in\left [ 0;1 \right ]\)
Bằng cách dự đoán điểm rơi, ta sẽ đi chứng minh $P\leq 2$, tức là CM:
\(P=(1-a)(1-b)(2-c)+\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{c+a+1}+\frac{c}{a+b+1}\leq 2\). Thật vậy.
AM-GM cho bộ $1-a,1-b,a+b+1$ dương, ta có:
\(3=1-a+1-b+a+b+1\geq 3\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(a+b+1)}\)
\(\Rightarrow (1-a)(1-b)(a+b+1)\leq 1\rightarrow (1-a)(1-b)(2-c)\leq \frac{2-c}{a+b+1}\)
Cần CM: \(\frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{2}{a+b+1}\leq 2\)\(\Leftrightarrow \frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}\leq \frac{2a+2b}{a+b+1}\)
Hiển nhiên đúng vì \(b+c+1,a+c+1>\frac{a+b+1}{2}\forall a,b,c\in [0;1]\)
Vậy \(P_{max}=2\Leftrightarrow a=b=0;c\in [0;1]\)
Lúc đầu còn nghĩ nhầm đề tính mãi không ra @@