các số dương x,y thoả mãn: \(x-y=x^3+y^3\)
chứng minh\(x^2+y^2< 1\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
HP
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 1 2023
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$1=xy+yz+xz+2xyz\leq \frac{(x+y+z)^2}{3}+2.\frac{(x+y+z)^3}{27}$
$\Leftrightarrow 1\leq \frac{t^2}{3}+\frac{2t^3}{27}$ (đặt $x+y+z=t$)
$\Leftrightarrow 2t^3+9t^2-27\geq 0$
$\Leftrightarrow (t+3)^2(2t-3)\geq 0$
$\Leftrightarrow 2t-3\geq 0$
$\Leftrightarrow t\geq \frac{3}{2}$ hay $x+y+z\geq \frac{3}{2}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{2}$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
23 tháng 9 2023
Lời giải:
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{2}{x+y}=\frac{x+y}{xy}+\frac{2}{x+y}$
$=x+y+\frac{2}{x+y}$
$=\frac{x+y}{2}+\frac{x+y}{2}+\frac{2}{x+y}$
$\geq \frac{x+y}{2}+2\sqrt{\frac{x+y}{2}.\frac{2}{x+y}}$ (áp dụng BDT Cô-si)
$\geq \frac{2\sqrt{xy}}{2}+2=\frac{2}{2}+2=3$
Vậy ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=1$
27 tháng 5 2021
Ta có: \(\left(y^2-y\right)+2\ge0\Rightarrow2y^3\le y^4+y^2\)
\(\Rightarrow\left(x^3+y^2\right)+\left(x^2+y^3\right)\le\left(x^2+y^2\right)+\left(y^4+x^3\right)\)
Mà \(x^3+y^4\le x^2+y^3\)
\(\Rightarrow x^3+y^3\le x^2+y^2\left(1\right)\)
Lại có: \(x\left(x-1\right)^2\ge0;y\left(y+1\right)\left(y-1\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow x\left(x-1\right)^2+y\left(y+1\right)\left(y-1\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow x^3-2x^2+x+y^4-y^3-y^2+y\ge0\)
\(\Rightarrow\left(x^2+y^2\right)+\left(x^2+y^3\right)\le\left(x+y\right)+\left(x^3+y^4\right)\)
Mà \(x^2+y^3\ge x^3+y^4\)
\(\Rightarrow x^2+y^2\le x+y\left(2\right)\)
Và \(\left(x+1\right)\left(x-1\right)\ge0;\left(y-1\right)\left(y^3-1\right)\ge0\)
\(x^3-x^2-x+1+y^4-y-y^3+1\ge0\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)+\left(x^2+y^3\right)\le2+\left(x^3+y^4\right)\)
Mà \(x^2+y^3\ge x^3+y^4\)
\(\Rightarrow x+y\le2\left(3\right)\)
Từ (1), (2), (3) => đpcm
8 tháng 3 2020
Ta có \(x^2+y^3\ge x^3+y^4\Leftrightarrow x^2+y^2+y^3\ge x^3+y^2+y^4\)
Áp dụng bđt AM-GM ta có \(y^4+y^2\ge2y^3\)
\(\Rightarrow x^2+y^3+y^2\ge x^3+2y^3\)
\(\Rightarrow x^3+y^3\le x^2+y^2\left(1\right)\)
Áp dụng bđt Cauchy - Schwarz ta có
\(\left(x^2+y^2\right)^2\le\left[\left(\sqrt{x}\right)^2+\left(\sqrt{y}\right)^2\right]\left[\left(\sqrt{x^3}\right)^2+\left(\sqrt{y^3}\right)^2\right]=\left(x+y\right)\left(x^3+y^3\right)\)
\(\le\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\)
\(\Rightarrow x^2+y^2\le x+y\left(2\right)\)
Lại có
\(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)\le2\left(x+y\right)\)
\(\Rightarrow x+y\le2\left(3\right)\)
Từ (1),(2),(3) => đpcm
8 tháng 3 2020
Đối với bài này ta cũng có thể chia các khoảng giá trị để chứng minh
(Nhưng hơi dài và khó hiểu nên mình k làm )
Học tốt!!!!!!!!!
14 tháng 9 2018
ta co: \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}.\)
\(\Rightarrow\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}=0\)
=> x + y + z = 0
Lai co: x3 + y3 +z3 - 3xyz = (x+y+z).(x2+y2+z2 - xy - yz - zx)
x3 + y3 + z3 - 3xyz = 0
=> x3 + y3 + z3 = 3xyz
14 tháng 9 2018
ta co: \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}.\)
=> 1/xy + 1/yz + 1/xz = 0
=> x + y + z = 0
Lai co: x3 + y3 +z3 - 3xyz = (x+y+z).(x2+y2+z2 - xy - yz - zx)
x3 + y3 + z3 - 3xyz = 0
=> x3 + y3 + z3 = 3xyz
NH
0
DA
0
28 tháng 6 2023
Bài 1: Bài này số nhỏ nên chỉ cần chặn miền giá trị của \(x\) rồi xét các trường hợp thôi nhé. Ta thấy \(3^x< 35\Leftrightarrow x\le3\). Nếu \(x=0\) thì \(VT=2\), vô lí. Nếu \(x=1\) thì \(VT=5\), cũng vô lí. Nếu \(x=2\) thì \(VT=13\), vẫn vô lí. Nếu \(x=3\) thì \(VT=35\), thỏa mãn. Vậy, \(x=3\).
Bài 2: Nếu \(x=0\) thì pt đã cho trở thành \(0!+y!=y!\Leftrightarrow0=1\), vô lí,
Nếu \(x=y\) thì pt trở thành \(2x!=\left(2x\right)!\) \(\Rightarrow\left(x+1\right)\left(x+2\right)...\left(2x\right)=2\) \(\Leftrightarrow x=1\Rightarrow y=1\)
Nếu \(x\ne y\) thì không mất tính tổng quát, giả sử \(1< y< x\) thì \(x!+y!< 2x!\le\left(x+1\right)x!=\left(x+1\right)!< \left(x+y\right)!\) nên pt đã cho không có nghiệm trong trường hợp này.
Như vậy, \(x=y=1\)
Bài 3: Bổ sung đề là pt không có nghiệm nguyên dương nhé, chứ nếu nghiệm nguyên thì rõ ràng \(\left(x,y\right)=\left(0,19\right)\) là một nghiệm cũa pt đã cho rồi.
Giả sử pt đã cho có nghiệm nguyên dương \(\left(x,y\right)\)
Khi đó \(x,y< 19\). Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử \(1< y\le x< 19\). Khi ấy \(x^{17}+y^{17}=19^{17}\ge\left(x+1\right)^{17}=x^{17}+17x^{16}+...>x^{17}+17x^{16}\), suy ra \(y^{17}>17x^{16}\ge17y^{16}\) \(\Rightarrow y>17\). Từ đó, ta thu được \(17< y\le x< 19\) nên \(x=y=18\). Thử lại thấy không thỏa mãn.
Vậy pt đã cho không có nghiệm nguyên dương.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
26 tháng 12 2020
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)+\left(x+y\right)^3+30xy=2000\)
\(\Leftrightarrow2\left[\left(x+y\right)^3-1000\right]-3xy\left(x+y-10\right)=0\)
\(\Leftrightarrow2\left(x+y-10\right)\left[\left(x+y\right)^2-10\left(x+y\right)+100\right]-3xy\left(x+y-10\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y-10\right)\left[2\left(x+y\right)^2-20\left(x+y\right)+200-3xy\right]=0\)
\(\Leftrightarrow x+y=10\)
Do:
\(2\left(x+y\right)^2-20\left(x+y\right)+200-3xy\)
\(=\left(x+y-10\right)^2+\left(x+y\right)^2-3xy+100\)
\(=\left(x+y-10\right)^2+\left(x+\dfrac{y}{2}\right)^2+\dfrac{3y^2}{4}+100>0\)
KH
26 tháng 12 2020
https://hoc24.vn/cau-hoi/tim-xyin-z-biet-a2x2-xy-7x-2y-y2-70bx2-2y2-3xy-3x-5y-140ps-huong-dan-em-lam-chi-tiet-dang-nay-nua-voi-a.330915967066
Giúp e dạng này với anh . Cho e spam xíu :(
Từ đề bài đẽ thấy
\(x-y=x^3+y^3>0\)
\(\Rightarrow x>y\)
Giả sử \(x^2+y^2\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+y^2\right)\ge x-y=x^3+y^3\)
\(\Leftrightarrow y\left(2y^2-xy+x^2\right)\le0\) (sai vì \(\hept{\begin{cases}y>0\\2y^2-xy+x^2>0\end{cases}}\))
Vậy \(x^2+y^2< 1\)