Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(\left(x-1;y-2;z-3\right)=\left(a;b;c\right)=abc>0\)
Điều kiện bài toán trở thành :
\(a+1+b+2+c+3< 9\)
\(\sqrt{a+\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\sqrt{c+5\left(a+1\right)+4\left(b+2\right)+3+\left(c+3\right)}\)
\(=\left(a+1\right)\left(b+2\right)=\left(b+2\right)\left(c+3\right)=\left(c+3\right)+\left(a+1\right)+11+a+b+c< 3\)
\(a+b+c< 3\)
\(=\sqrt{a+\sqrt{b}+\sqrt{c}+ab+bc+ca}\)
Mặt khác, do aa không âm, ta luôn có:
\(\text{(√a−1)2(a+2√a)≥0(a−1)2(a+2a)≥0}\)
\(\text{⇒a2−3a+2√a≥0⇒a2−3a+2a≥0}\)
\(\text{⇒2√a≥a(3−a)≥a(b+c)⇒2a≥a(3−a)≥a(b+c) (1)}\)
Hoàn toàn tương tự ta có:\(\text{ 2√b≥b(c+a)2b≥b(c+a) (2)}\)
\(\text{2√c≥c(a+b)2c≥c(a+b) (3)}\)
Cộng vế với vế (1);(2);(3):
\(\text{2(√a+√b+√c)≥2(ab+bc+ca)2(a+b+c)≥2(ab+bc+ca)}\)
\(\text{⇔√a+√b+√c≥ab+bc+ca⇔a+b+c≥ab+bc+ca}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\text{a=b=c=0a=b=c=0 hoặc a=b=c=1a=b=c=1}\)
⇒x=...;y=...;z=...
\(\left(x^3+1\right)\left(y^3+1\right)\left(z^3+1\right)=\dfrac{81}{64}x^3y^3z^3\)
\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)\left(x^2-x+1\right)\left(y^2-y+1\right)\left(z^2-z+1\right)=\dfrac{81}{64}x^2y^2z^2\)
\(\Leftrightarrow3xyz\left(x^2-x+1\right)\left(y^2-y+1\right)\left(z^2-z+1\right)=\dfrac{81}{64}x^3y^3z^3\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}xyz=0\\\left(x^2-x+1\right)\left(y^2-y+1\right)\left(z^2-z+1\right)=\dfrac{27}{64}x^2y^2z^2\end{matrix}\right.\)
Nếu \(\left(x^2-x+1\right)\left(y^2-y+1\right)\left(z^2-z+1\right)=\dfrac{27}{64}x^2y^2z^2\)
Ta có:
\(x^2-x+1=\dfrac{3}{4}x^2+\left(\dfrac{x}{2}-1\right)^2\ge\dfrac{3}{4}x^2\)
Tương tự: \(y^2-y+1\ge\dfrac{3}{4}y^2\) ; \(z^2-z+1\ge\dfrac{3}{4}z^2\)
Do các vế của các BĐT trên đều không âm, nhân vế với vế ta được:
\(\left(x^2-x+1\right)\left(y^2-y+1\right)\left(z^2-z+1\right)\ge\dfrac{27}{64}x^2y^2z^2\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=\dfrac{1}{2}\)
Thế vào điều kiện \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)=3xyz\) ko thỏa mãn (loại)
Vậy \(xyz=0\)
https://olm.vn/hoi-dap/detail/227981379332.html
Bạn tham khảo ở đây nhé.
Lời giải:
Theo hằng đẳng thức đáng nhớ:
$x^3+y^3+z^3=(x+y+z)^3-3(x+y)(y+z)(x+z)$
$\Leftrightarrow 3=27-3(x+y)(y+z)(x+z)$
$\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(x+z)=8$Đặt $(x+y,y+z,x+z)=(a,b,c)$ thì $abc=8$ và $a+b+c=6$Do $a+b+c=6>0$ nên $(a,b,c)$ sẽ là 3 số dương hoặc $1$ dương $2$ âm.
TH1: $a,b,c$ đều dương.
Áp dụng BĐT AM-GM: $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3\sqrt[3]{8}=6$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=2$
$\Leftrightarrow x+y=y+z=x+z=2\Leftrightarrow x=y=z=1$
TH2: $a,b,c$ có 1 số dương 2 số âm. Giả sử $a$ dương và $b,c$ âm.
$a+b+c=6$ nên $a>6$. Mà $abc=8$ nên $a=8$
$\Rightarrow bc=1$ và $b+c=-2$
$\Rightarrow b=c=-1$
$\Rightarrow x=y=4; z=-5$
Vậy $(x,y,z)=(1,1,1); (4,4,-5)$ và hoán vị.
Lời giải:
Ta có:
$(x+y+z)^3=x^3+y^3+z^3+3(x+y)(y+z)(x+z)$
$\Leftrightarrow 1^3=1+3(x+y)(y+z)(x+z)$
$\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(x+z)=0$
$\Rightarrow x+y=0$ hoặc $y+z=0$ hoặc $x+z=0$
Không mất tổng quát giả sử $x+y=0$
Kết hợp với $x+y+z=1\Rightarrow z=1$
$\Rightarrow x^2+y^2=0$. Kết hợp với $x+y=0$ suy ra $x=y=0$
Do đó: $M=0^{10}+0^{100}+1^{1000}=1$
TH $y+z=0$ và $z+x=0$ ta cũng thu được điều tương tự
Vậy $M=1$
Pt đầu chắc là sai đề (chắc chắn), bạn kiểm tra lại
Với pt sau:
Nhận thấy một ẩn bằng 0 thì 2 ẩn còn lại cũng bằng 0, do đó \(\left(x;y;z\right)=\left(0;0;0\right)\) là 1 nghiệm
Với \(x;y;z\ne0\)
Từ pt đầu ta suy ra \(y>0\) , từ đó suy ra \(z>0\) từ pt 2 và hiển nhiên \(x>0\) từ pt 3
Do đó:
\(\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{2x^2}{x^2+1}\le\dfrac{2x^2}{2x}=x\\z=\dfrac{3y^3}{y^4+y^2+1}\le\dfrac{3y^3}{3\sqrt[3]{y^4.y^2.1}}=y\\x=\dfrac{4z^4}{z^6+z^4+z^2+1}\le\dfrac{4z^4}{4\sqrt[4]{z^6z^4z^2}}=z\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y\le x\\z\le y\\x\le z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x=y=z\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=1\)
Vậy nghiệm của hệ là \(\left(x;y;z\right)=\left(0;0;0\right);\left(1;1;1\right)\)