pơ'ơ

142533

12245698

a, Ta có : \(a=1;b=-2m;c=m+2\)

a, Để phương trình có 2 nghiệm ko âm nên : \(\hept{\begin{cases}\Delta\ge0\\S>0\\P>0\end{cases}}\)

hay \(\Delta=\left(-2m\right)^2-4\left(m+2\right)=4m^2-4m-8=\left(2m+1\right)^2-9\)

mà \(\Delta\ge0\Rightarrow\left(2m-1\right)^2-9\ge0\Rightarrow m\ge2\)

\(S>0\)mà \(S=x_1+x_2=-\frac{b}{a}\Rightarrow S=-\frac{b}{a}=2m\Rightarrow2m>0\Rightarrow m>0\)

\(P>0\)mà \(P=x_1x_2=\frac{c}{a}\Rightarrow P=\frac{c}{a}=m+2\Rightarrow m+2>0\Rightarrow m>-2\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\Delta\ge0\\S>0\\P>0\end{cases}}\Rightarrow m\ge2\)Vậy ta có đpcm 

b, Theo hệ thức Vi et : \(\hept{\begin{cases}S=-\frac{b}{a}\\P=\frac{c}{a}\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}S=2m\\P=m+2\end{cases}}}\)

Theo bài ra ta có : \(E=\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\Rightarrow E^2=\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)^2\)

\(=x_1+2\sqrt{x_1x_2}+x_2=\left(x_1+x_2\right)+2\sqrt{x_1x_2}\)

\(\Rightarrow2m+2\sqrt{m+2}=2m+\sqrt{4m+8}\)

\(\Rightarrow E=\sqrt{2m+\sqrt{4m+8}}\)

Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có:

\(\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)\)

\(=3\cdot2\left(a+b+c\right)=3\cdot2\cdot6=36\)

\(\Rightarrow\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le6\)

Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 2

Ta có: \(a^2+2b^2+3=a^2+b^2+b^2+1+2\)

         \(a^2+2b^2+3\ge2\left(ab+b+1\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}\)

Tương tự:\(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}\);\(\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2\left(ca+a+1\right)}\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}\right)\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{abc}{bc+b+abc}+\frac{b}{abc+ab+b}\right)\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{ab+b+1}+\frac{b}{ab+b+1}\right)\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{2}.\frac{ab+b+1}{ab+b+1}=\frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra\(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

1246uiooiuytreu

đk: \(x^2-3x+1\le0\)

Ta có: \(x^4+x^2+1=\left(x^4+2x^2+1\right)-x^2=\left(x^2+1\right)^2-x^2\)

\(=\left(x^2-x+1\right)\left(x^2+x+1\right)\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{x^2-x+1}=a>0\\\sqrt{x^2+x+1}=b>0\end{cases}}\) khi đó \(2a^2-b^2=x^2-3x+1\)

Thay vào ta được phương trình tương đương:

\(2a^2-b^2=-\frac{\sqrt{3}}{3}ab\)

\(\Leftrightarrow\left(2a^2-b^2\right)^2=\frac{1}{3}a^2b^2\)

\(\Leftrightarrow3\left(4a^4-4a^2b^2+b^4\right)=a^2b^2\)

\(\Leftrightarrow12a^4-13a^2b^2+3b^4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(12a^4-4a^2b^2\right)-\left(9a^2b^2-3b^4\right)=0\)

\(\Leftrightarrow4a^2\left(3a^2-b^2\right)-3b^2\left(3a^2-b^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(4a^2-3b^2\right)\left(3a^2-b^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}4a^2-3b^2=0\\3a^2-b^2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}4a^2=3b^2\\3a^2=b^2\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}4\left(x^2-x+1\right)=3\left(x^2+x+1\right)\\3\left(x^2-x+1\right)=x^2+x+1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x^2-7x+1=0\\2x^2-4x+2=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{7\pm3\sqrt{5}}{2}\left(ktm\right)\\x=1\left(tm\right)\end{cases}}\)

Vậy x = 1
 

Cảm ơn bạn đã giải nhưng mình xin đưa ra lỗi như sau :

Bước bình phương 2 vế thì chỉ là suy ra chứ không phải tương đương vì thế kết quả phải thử lại

Thật vậy sau khi thử lại ta chỉ được x = 1 thỏa mãn mà thôi.

Thôi thì mình cho có động lực nha

G/s \(\left(x,y,z\right)=\left(x_1,y_1,z_1\right)\) là 1 nghiệm của PT (Mọi biến đặt từ đầu đến cuối bài đều nhận giá trị nguyên)

Khi đó ta có: \(x_1^2+y_1^2+z_1^2=\left(x_1y_1\right)^2\) (1)

Nếu trong 2 số x₁ , y₁ tồn tại ít nhất 1 số chia hết cho 3

\(\Rightarrow x_1y_1\) chia hết cho 3, khi đó \(z_1^2\) chia hết cho 3 => z₁ cũng chia hết cho 3

Như vậy 3 số x₁ ; y₁ ; z₁ luôn cùng chia hết cho 3

Thật vậy, nếu cả 3 số trên đều không chia hết cho 3

Vì 1 số chính phương nếu không chia hết cho 3 thì chỉ có thể chia 3 dư 1 nên:

\(x_1^2+y_1^2+z_1^2\equiv1+1+1\equiv0\left(mod.3\right)\) => VT(1) chia hết cho 3

Mà \(\left(x_1y_1\right)^2\) không chia hết cho 3

=> Vô lý

Vậy \(x_1,y_1,z_1\) đều cùng chia hết cho 3

Đặt \(\left(x_1,y_1,z_1\right)=\left(3x_2,3y_2,3z_2\right)\)

Khi đó \(Pt\left(1\right)\Leftrightarrow\left(3x_2\right)^2+\left(3y_2\right)^2+\left(3z_2\right)^2=\left(3x_2\cdot3y_2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow9\left(x_2^2+y_2^2+z_2^2\right)=81\left(x_2y_2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x_2^2+y_2^2+z_2^2=9\left(x_2y_2\right)^2\)

Cứ lập luận tương tự như vậy thì đến 1 lúc nào đó PT sẽ nhận nghiệm:

\(\left(x,y,z\right)=\left(3^nx_1,3^ny_1,3^nz_1\right)\) với n là số nguyên dương tùy ý

Tồn tại duy nhất 1 nghiệm thỏa mãn tính vô hạn của PT lúc đó: x = y = z = 0

Vậy x = y = z = 0