K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

Ta có với x,y nguyên thì :

\(\left\{{}\begin{matrix}x^2\equiv0,1,4\left(mod8\right)\\y^2\equiv0,1,4\left(mod8\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x^2+y^2\equiv0,1,2,5\left(mod8\right)\)

Mà : \(x^2+y^2=2014\equiv6\left(mod8\right)\) ( giả thiết )

Nên không tồn tại x,y thỏa mãn đề.

14 tháng 3 2017

x^2+y^2-x^2y^2-1=-1

-x^2(y^2-1)+(y^2-1)=-1 

(y^2-1)(-x^2+1)=-1 

suy ra trường hợp 1 y^2-1=1 và -x^2+1=-1 ko thỏa do nghiệm ko nguyên 

         trường hợp 2 y^2-1=-1 và -x^2+1=1 

                            y=0,x=0 

6 tháng 4 2016

x^2+x*y-2012*x-2013*y-2014=0

<=> x^2+x*y+x-2013*x-2013*y-2014=0

<=>x*(x+y+1)-2013*(x+y+1)=0

<=> (x-2013)*(x+y+1)=1

do x,y nguyen nen

(x,y) la (2014;-2014);(2012;-2014)

14 tháng 2 2016

x2+y2+z2=xy+yz+zx

<=>2x2+2y2+2z2-2xy-2yz-2xz=0

<=>(x-y)2+(y-z)2+(z-x)2=0

<=>x=y=z 

Thay x=y=z vào x2014+y2014+z2014=32015 ta được:

3.x3014=3.32014

=>x2014=32014

=>x=3 hoặc x=-3

Vậy x=y=z=3 hoặc x=y=z=-3

14 tháng 2 2016

ko biết duyệt nha

3 tháng 11 2018

\(x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx\)

\(2.\left(x^2+y^2+z^2\right)=2.\left(xy+yz+zx\right)\)

\(\Rightarrow2.\left(x^2+y^2+z^2\right)-2xy-2yz-2zx=0\)

\(\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)=0\)

\(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)

Ta có: \(VT\ge0\forall x;y;z\)( tự c/m. nếu b ko c/m được thì bảo mình )

Mà \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\left(x-y\right)^2=0\\\left(y-z\right)^2=0\\\left(z-x\right)^2=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x-y=0\\y-z=0\\z-x=0\end{cases}\Leftrightarrow}}\hept{\begin{cases}x=y\\y=z\\z=x\end{cases}\Leftrightarrow x=y=z}\)

Có \(x^{2014}+y^{2014}+z^{2014}=3\)

\(\Rightarrow3.x^{2014}=3\)

\(\Rightarrow x^{2014}=1\)

\(\Rightarrow x=1\)

\(\Rightarrow x=y=z=1\)

Có: \(P=x^{25}+y^4+z^{2015}\)

\(\Rightarrow P=1^{25}+1^4+1^{2015}\)

\(P=1+1+1\)

\(P=3\)

Vậy \(P=3\)

Tham khảo nhé~

3 tháng 11 2018

Ta có: x2+y2+z2=xy+yz+zx

<=>2x2+2y2+2z2=2xy+2yz+2zx

<=>2x2+2y2+2z2-2xy-2yz-2zx=0

<=>(x2-2xy+y2)+(y2-2yz+z2)+(z2-2zx+x2)=0

<=>(x-y)2+(y-z)2+(z-x)2=0

Vì \(\hept{\begin{cases}\left(x-y\right)^2\ge0\\\left(y-z\right)^2\ge0\\\left(z-x\right)^2\ge0\end{cases}\Rightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0}\)

=>\(\hept{\begin{cases}x-y=0\\y-z=0\\z-x=0\end{cases}\Rightarrow x=y=z}\)

=>x2014=y2014=z2014

Lại có: x2014+y2014+z2014 = 3

=>3x2014 = 3 => x2014 = 1 => \(x=\pm1\)

=>\(x=y=z=\pm1\)

Thay x,y,z vào P rồi tính

9 tháng 4 2016

nhân 4 lên 

4 tháng 4 2017

Câu 2/ 

\(\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2\right)}+\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}+\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}=1\)

Điều kiện \(\hept{\begin{cases}x^2\ne0\\x^2+y^2\ne0\\x^2+y^2+z^2\ne0\end{cases}}\)

Xét \(x^2,y^2,z^2\ge1\)

Ta có: \(\hept{\begin{cases}x^2\ge1\\x^2+y^2\ge2\end{cases}}\)

\(\Rightarrow x^2\left(x^2+y^2\right)\ge2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2\right)}\le\frac{1}{2}\left(1\right)\)

Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}\le\frac{1}{6}\left(2\right)\\\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\le\frac{1}{3}\left(3\right)\end{cases}}\)

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được

\(\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2\right)}+\frac{1}{\left(x^2+y^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}+\frac{1}{x^2\left(x^2+y^2+z^2\right)}\le\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{3}=1\)

Dấu = xảy ra  khi \(x^2=y^2=z^2=1\)

\(\Rightarrow\left(x,y,z\right)=?\)

Xét \(\hept{\begin{cases}x^2\ge1\\y^2=z^2=0\end{cases}}\) thì ta có

\(\frac{1}{x^4}+\frac{1}{x^4}+\frac{1}{x^4}=1\)

\(\Leftrightarrow x^4=3\left(l\right)\)

Tương tự cho 2 trường hợp còn lại: \(\hept{\begin{cases}x^2,y^2\ge1\\z^2=0\end{cases}}\) và \(\hept{\begin{cases}x^2,z^2\ge1\\y^2=0\end{cases}}\)

4 tháng 4 2017

Bài 2/

Ta có:  \(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{t}+\frac{t}{x}\ge4\sqrt[4]{\frac{x}{y}.\frac{y}{z}.\frac{z}{t}.\frac{t}{x}}=4>3\)

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên dương.