Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 3 \(\hept{\begin{cases}x+y+xy=2+3\sqrt{2}\\x^2+y^2=6\end{cases}}\)
\(\hept{\begin{cases}\left(x+y\right)+xy=2+3\sqrt{2}\\\left(x+y\right)^2-2xy=6\end{cases}}\)
\(\hept{\begin{cases}S+P=2+3\sqrt{2}\left(1\right)\\S^2-2P=6\left(2\right)\end{cases}}\)
Từ (1)\(\Rightarrow P=2+3\sqrt{2}-S\)Thế P vào (2) rồi giải tiếp nhé. Mình lười lắm ^.^
Ta có \(a+b+c=abc\Leftrightarrow\dfrac{a+b+c}{abc}=1\) \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=1\)
Lại có \(\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+2\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)\)
\(\Leftrightarrow2^2=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}=2\) (đpcm)
* Giả sử cả 3 pt đều có nghiệm kép hoặc vô nghiệm ta có :
pt \(x^2-2ax+b=0\) (1) có \(\Delta_1'=\left(-a\right)^2-b=a^2-b\le0\)
pt \(x^2-2bx+c=0\) (2) có \(\Delta_2'=\left(-b\right)^2-c=b^2-c\le0\)
pt \(x^2-2cx+a=0\) (3) có \(\Delta_3'=\left(-c\right)^2-a=c^2-a\le0\)
\(\Rightarrow\)\(\Delta_1'+\Delta_2'+\Delta_3'=\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a+b+c\right)\le0\) (*)
Lại có : \(0< a,b,c< 3\)\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a\left(3-a\right)>0\\b\left(3-b\right)>0\\c\left(3-c\right)>0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}3a>a^2\\3b>b^2\\3c>c^2\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\)\(\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a+b+c\right)< 3\left(a+b+c\right)-\left(a+b+c\right)=2\left(a+b+c\right)=6>0\)
trái với (*)
Vậy có ít nhất một phương trình có hai nghiệm phân biệt
cái kia chưa bt làm -_-
Thay 1 = abc ta có: \(a+b+c=\frac{abc}{a}+\frac{abc}{b}+\frac{abc}{c}\)
<=> a + b + c = bc + ac + ab
<=> (a - ac) + (b - bc) + (c - ab) = 0
<=> a(1 - c) + b(1 - c) + (c - \(\frac{1}{c}\)) = 0
<=> ca(1 - c) + cb(1 - c) + (c - 1)(c + 1) = 0
<=> (1 - c)(ca + cb - c - 1) = 0
<=> (1 - c)[c(a -1) + (cb - abc)]= 0
<=> (1 - c)[c(a - 1) + cb(1 - a)]= 0
<=> (1 - c)(a - 1)(c - cb) = 0
<=> (1 - c)(a - 1)(1 - b).c = 0 <=> a = 1 hoặc b = 1 hoặc c = 1
Vậy....
Bài 2. a/ \(1\le a,b,c\le3\) \(\Rightarrow\left(a-1\right).\left(a-3\right)\le0\) , \(\left(b-1\right)\left(b-3\right)\le0\), \(\left(c-1\right).\left(c-3\right)\le0\)
Cộng theo vế : \(a^2+b^2+c^2\le4a+4b+4c-9\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge\frac{a^2+b^2+c^2+9}{4}=7\)
Vậy min E = 7 tại chẳng hạn, x = y = 3, z = 1
b/ Ta có : \(x+2y+z=\left(x+y\right)+\left(y+z\right)\ge2\sqrt{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\)
Tương tự : \(y+2z+x\ge2\sqrt{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\) , \(z+2y+x\ge2\sqrt{\left(z+y\right)\left(y+x\right)}\)
Nhân theo vế : \(\left(x+2y+z\right)\left(y+2z+x\right)\left(z+2y+x\right)\ge8\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\) hay
\(\left(x+2y+z\right)\left(y+2z+x\right)\left(z+2y+x\right)\ge64\)
a=c+2; b= c+1; c>0 => a;b >0
\(2\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)< \frac{1}{\sqrt{b}}< =>2\sqrt{a}< 2\sqrt{b}+\frac{1}{\sqrt{b}};\)
2 vế không âm, bình phương và rút gọn ta được \(4a< 4b+4+\frac{1}{b}< =>4\left(b+1\right)< 4\left(b+1\right)+\frac{1}{b}< =>0< \frac{1}{b};\)(đúng vì b>0)
\(\frac{1}{\sqrt{b}}< 2\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)< =>\frac{1}{\sqrt{b}}+2\sqrt{b}< 2\sqrt{c}\)
bình phương và thay b= c+1 ta được điều tương tự
Bài 1. Từ giả thiết, với chú ý abc=1, ta suy ra \(\left(a+b\right)+c=\frac{a+b}{ab}+\frac{1}{c}=c\left(a+b\right)+\frac{1}{c}\to\left(a+b\right)\left(c-1\right)=\frac{c^2-1}{c}\to\left(c-1\right)\left(a+b-\frac{c+1}{c}\right)=0\)
\(\to\frac{\left(c-1\right)\left(ac+bc-c-1\right)}{c}=0\to\left(c-1\right)\left(\frac{1}{b}-1+c\left(b-1\right)\right)=0\to\left(c-1\right)\left(b-1\right)\left(c-\frac{1}{b}\right)=0\)
\(\to\left(c-1\right)\left(b-1\right)\left(a-1\right)=0\). Vậy ba số a,b,c có 1 số bằng 1.
Bài 2. Từ giả thiết ta suy ra\(x^3+2xy^2+\left(x^2+8y^2\right)y=0\to x^3+x^2y+2xy^2+8y^3=0\to\)
Nếu y=0 thì x=0, khi đó không thỏa mãn \(x^2+8y^2=12\) (loại).
Với y khác 0, chia cả hai vế cho \(y^3,\) ta được
\(t^3+t^2+2t+8=0\to\left(t+2\right)\left(t^2-t+4\right)=0\to t=-2\to x=-2y\)
Thế vào phương trình thứ hai ta được \(12y^2=12\to y=\pm1\to x=\mp2.\)
Vậy ta có hai cặp nghiệm \(\left(x,y\right)=\left(2,-1\right);\left(-2;1\right).\)
Bài 1. Từ giả thiết, với chú ý abc=1, ta suy ra $\left(a+b\right)+c=\frac{a+b}{ab}+\frac{1}{c}=c\left(a+b\right)+\frac{1}{c}\to\left(a+b\right)\left(c-1\right)=\frac{c^2-1}{c}\to\left(c-1\right)\left(a+b-\frac{c+1}{c}\right)=0$(a+b)+c=a+bab +1c =c(a+b)+1c →(a+b)(c−1)=c2−1c →(c−1)(a+b−c+1c )=0
$\to\frac{\left(c-1\right)\left(ac+bc-c-1\right)}{c}=0\to\left(c-1\right)\left(\frac{1}{b}-1+c\left(b-1\right)\right)=0\to\left(c-1\right)\left(b-1\right)\left(c-\frac{1}{b}\right)=0$→(c−1)(ac+bc−c−1)c =0→(c−1)(1b −1+c(b−1))=0→(c−1)(b−1)(c−1b )=0
$\to\left(c-1\right)\left(b-1\right)\left(a-1\right)=0$→(c−1)(b−1)(a−1)=0. Vậy ba số a,b,c có 1 số bằng 1.
Bài 2. Từ giả thiết ta suy ra$x^3+2xy^2+\left(x^2+8y^2\right)y=0\to x^3+x^2y+2xy^2+8y^3=0\to$x3+2xy2+(x2+8y2)y=0→x3+x2y+2xy2+8y3=0→
Nếu y=0 thì x=0, khi đó không thỏa mãn $x^2+8y^2=12$x2+8y2=12 (loại).
Với y khác 0, chia cả hai vế cho $y^3,$y3, ta được
$t^3+t^2+2t+8=0\to\left(t+2\right)\left(t^2-t+4\right)=0\to t=-2\to x=-2y$t3+t2+2t+8=0→(t+2)(t2−t+4)=0→t=−2→x=−2y
Thế vào phương trình thứ hai ta được $12y^2=12\to y=\pm1\to x=\mp2.$12y2=12→y=±1→x=∓2.
Vậy ta có hai cặp nghiệm $\left(x,y\right)=\left(2,-1\right);\left(-2;1\right).$(x,y)=(2,−1);(−2;1).