Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(x=\frac{a}{d},y=\frac{b}{d},z=\frac{c}{d}\) với \(a,b,c,d\in Z,D>0\) và \(\left(a,b,c,d\right)=1\)
Ta có : \(x+y^2+z^2=\frac{da+b^2+c^2}{d^2}\) theo giả thiết,suy ra \(ad+b^2+c^2\) chia hết cho \(d^2\).Chứng minh tương tự : \(db+a^2+c^2\) và \(dc+a^2+b^2\)chia hết cho \(d^2\) hay \(a^2+c^2,c^2+b^2,a^2+b^2⋮d\) . Do đó :
\(2a^2=\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)-\left(b^2+c^2\right)⋮d\)
Tương tự,ta cũng có : 2b^2;2c^2 chia hết cho d.
* TH1 : Nếu \(d\) có ước nguyên tố lẻ là p thì do \(2a^2,2b^2,2c^2⋮d\)nên a\(a,b,c⋮p\Rightarrow\left(a,b,c,d\right)>p>1\left(\text{vô lý}\right)\)=> d phải là lũy thừa của 2 (1)
* TH2 : Nếu d chia hết cho 4 thì do \(2a^2,2b^2,2c^2⋮4\Rightarrow a,b,c\) chẵn, do đó \(\left(a,b,c,d\right)\ge2>1\left(\text{vô lý}\right)\) (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra d = 1 hoặc d = 2
* Nếu d = 1 => x = a \(\in Z\Rightarrow2x\in Z\)
* Nếu d = 2 thì x= =a/2 nên 2x = a \(\in Z\)
Hoán vị vòng quanh x,y,z ta đều được \(2x,2y,2z\in Z\) (đpcm)
** Bạn lưu ý lần sau viết đề bằng công thức toán!
Đề cần sửa thành $\leq \frac{4}{3}$
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{2x^2+y^2+z^2}=\frac{1}{(x^2+z^2)+(x^2+y^2)}\leq \frac{1}{2xy+2xz}=\frac{1}{2}.\frac{1}{xy+xz}\leq \frac{1}{8}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}\right)\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế suy ra:
\(\sum \frac{1}{2x^2+y^2+z^2}\leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}\right)=\frac{x+y+z}{4xyz}\) $(1)$
Mặt khác:
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=4\Rightarrow 4xyz=xy+yz+xz$
$\Rightarrow 16x^2y^2z^2=(xy+yz+xz)^2\geq 3xyz(x+y+z)$ (theo BĐT AM-GM)
$\Rightarrow x+y+z\leq \frac{16}{3}xyz (2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow \sum \frac{1}{2x^2+y^2+z^2}\leq \frac{4}{3}$
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=\frac{3}{4}$
\(\dfrac{1}{2x^2+y^2+z^2}=\dfrac{1}{x^2+y^2+x^2+z^2}\le\dfrac{1}{2xy+2xz}\le\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{xz}\right)\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{x^2+2y^2+z^2}\le\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}\right)\) ; \(\dfrac{1}{x^2+y^2+2z^2}\le\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{1}{xz}+\dfrac{1}{yz}\right)\)
Cộng vế:
\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}\right)\le\dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)^2=\dfrac{4}{3}\)
Đề bài sai
2) \(x^4-x^2+2x+2\)
\(=x^2\left(x-1\right)\left(x+1\right)+2\left(x+1\right)\)
\(=x^2\left(x-1+2\right)\left(x+1\right)\)
\(=x^2\left(x+1\right)^2\)
\(=\left(x^2+x\right)^2\)
Vậy \(x^4-x^2+2x+2\)là số chính phương với mọi số nguyên x
A=\(\frac{x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2}{x^2y^2z^2}\)
Ta có:\(x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2=\left(xy+yz+zx\right)^2-2\left(xyz\right)\left(x+y+z\right)\)
\(=\left(xy+yz+zx\right)^2\)(do x+y+z=0)
Do đó A=\(\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{\left(xyz\right)^2}=\left[\frac{\left(xy+yz+zx\right)}{xyz}\right]^2\)
Nên A là số chính phương(ĐCCM)