\(5\left(x+y+z+t\right)+10=2xyzt\)

">
K
Khách

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

24 tháng 6 2021

Giả sử \(x\ge y\ge z\ge t\)

Có 5(x+y+z+t) = 2xyzt

<=> \(2=\dfrac{5}{yzt}+\dfrac{5}{xyz}+\dfrac{5}{xyt}+\dfrac{5}{xzt}+\dfrac{10}{xyzt}\le\dfrac{20}{t^3}+\dfrac{10}{t^4}\le\dfrac{30}{t^3}\)

<=> t3 \(\le15\)

<=> \(\left[{}\begin{matrix}t=1\\t=2\end{matrix}\right.\)

TH1: t = 1

<=> \(2=\dfrac{5}{yz}+\dfrac{5}{xyz}+\dfrac{5}{xy}+\dfrac{5}{xz}+\dfrac{10}{xyz}=\dfrac{5}{xy}+\dfrac{5}{yz}+\dfrac{5}{zx}+\dfrac{15}{xyz}\)

\(\le\dfrac{15}{z^2}+\dfrac{15}{z^3}\le\dfrac{30}{z^2}\)

<=> z2 \(\le15\)

<=> \(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=2\\x=3\end{matrix}\right.\)

- Với z = 1

PT <=> 5 (x+y+2) + 10 = 2xy

<=> (2x-5)(2y-5) = 65

<=> \(\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}x=35\\y=3\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x=9\\y=5\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

Vậy (x;y;z;t) = (35;3;1;1) hoặc (9;5;1;1) và có hoán vị

- Với z = 2;3 => Vô nghiệm

TH2: t = 2

PT <=> 5(x+y+z) + 20 = 4xyz

<=> \(4=\dfrac{5}{xy}+\dfrac{5}{yz}+\dfrac{5}{zx}+\dfrac{20}{xyz}\le\dfrac{35}{z^2}\)

<=> \(\left[{}\begin{matrix}z=1\left(l\right)\\z=2\left(c\right)\end{matrix}\right.\)

<=> 5(x+y+4) + 10 = 8xy

<=> (8x-5)(8y-5) = 265

=> Vô nghiệm

KL: Vậy (x;y;z;t) = (35;3;1;1) hoặc (9;5;1;1) và có hoán vị

 

AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 12 2018

Câu a:

\((x+y+1)^2=3(x^2+y^2+1)\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+1+2x+2y+2xy=3(x^2+y^2+1)\)

\(\Leftrightarrow 2x^2+2y^2+2-2x-2y-2xy=0\)

\(\Leftrightarrow (x^2+y^2-2xy)+(x^2-2x+1)+(y^2-2y+1)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-y)^2+(x-1)^2+(y-1)^2=0\)

\(\Rightarrow (x-y)^2=(x-1)^2=(y-1)^2=0\)

\(\Rightarrow x=y=1\)

Vậy PT có nghiệm $(x,y)=(1,1)$

AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 12 2018

Câu c:

Ta thấy:

\(x^6+3x^3+1=(x^6+2x^3+1)+x^3>x^6+2x^3+1=(x^3+1)^2\)

\(x^6+3x^3+1< x^6+4x^3+4=(x^3+2)^2\)

Do đó:

\((x^3+1)^2< x^6+3x^3+1< (x^3+2)^2\)

\(\Rightarrow (x^3+1)^2< y^4< (x^3+2)^2\). Theo nguyên lý kẹp suy ra không tồn tại $y$ nguyên dương thỏa mãn điều kiện trên. Kéo theo không tồn tại $x$

Vậy không tồn tại $x,y$ thỏa mãn pt đã cho.

14 tháng 6 2017

Ta có:

\(4A=\frac{\left(x+y+z+t\right)^2\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)}{xyzt}\)

\(\ge\frac{4\left(x+y+z\right)t\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)}{xyzt}\)

\(=\frac{4\left(x+y+z\right)^2\left(x+y\right)}{xyz}\ge\frac{16\left(x+y\right)z\left(x+y\right)}{xyz}\)

\(=\frac{16\left(x+y\right)^2}{xy}\ge\frac{64xy}{xy}=64\)

\(\Rightarrow A\ge16\)

Đấu = xảy ra khi \(t=2z=4x=4y=1\)

15 tháng 6 2017

x;y;z;t >0 áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương ta có :

=\(x+y\ge2\sqrt{xy}\)

=\(\left(x+y\right)+z\ge2\sqrt{\left(x+y\right)z}\)

=\(\left(x+y+z\right)+t\ge2\sqrt{\left(x+y+z\right)t}\)

nhân các vế tương ứng ta có:

\(\left(x+y\right)\left(x+y+z\right)\left(x+y+z+t\right)\ge8\sqrt{xyzt\left(x+y\right)\left(x+y+z\right)}\)

mà x+y+z+t=2

\(\left(x+y\right)\left(x+y+z\right)2\ge8\sqrt{xyzt\left(x+y\right)\left(x+y+z\right)}\)

=\(\sqrt{\left(x+y\right)\left(x+y+z\right)}\ge4\sqrt{xyzt}\)

=\(\left(x+y\right)\left(x+y+z\right)\ge16xyzt\)

\(\Rightarrow B=\frac{\left(x+y\right)\left(x+y+z\right)}{xyzt}\ge\frac{16xyzt}{xyzt}=16\)

vậy minB=16 khi\(\hept{\begin{cases}x=y\\x+y=z\\x+y+z=t\end{cases}};x+y+z+t=2\Rightarrow x=y=0.25;z=0.5;t=1\)

16 tháng 11 2017

ta có:2(y+z)=x(yz-1)

=>2y+2z=xyz-x

=>2y+2z+x=xyz

mik ko làm tiếp đc do thiếu đ/k

23 tháng 3 2021

Ta có:

\(x+y+z+t=2\)

\(\Rightarrow\left[\left(x+y+z\right)+t\right]^2=4\)

Vì \(x,y,z,t>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:

\(\left(x+y+z\right)+t\ge2\sqrt{\left(x+y+z\right)t}\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(x+y+z\right)+t\right]^2\ge4\left(x+y+z\right)t\)

\(\Leftrightarrow4\ge4\left(x+y+z\right)t\)(vì \(\left[\left(x+y+z\right)+t\right]^2=4\))

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)t\le1\left(1\right)\)

Ta có: 

\(P=\frac{\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)}{xyzt}=\frac{1.\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)}{xyzt}\)

\(\Leftrightarrow P\ge\frac{\left(x+y+z\right)t\left(x+y+z\right)\left(x+y\right)}{xyzt}\)(vì (1))

\(\Leftrightarrow P\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2\left(x+y\right)}{xyz}\left(2\right)\)

Đặt \(\frac{\left(x+y+z\right)^2\left(x+y\right)}{xyz}=A\)thì \(P\ge A\)

Vì \(x,y,z>0\)nên áp dụng bất đẳng thúc Cô-si cho 2 số dương, ta được:

\(\left(x+y\right)+z\ge2\sqrt{\left(x+y\right)z}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\ge4\left(x+y\right)z\)

Do đó:

\(A=\frac{\left(x+y+z\right)^2\left(x+y\right)}{xyz}\ge\frac{4\left(x+y\right)z\left(x+y\right)}{xyz}\)

\(\Leftrightarrow A\ge\frac{4\left(x+y\right)^2}{xy}\left(3\right)\)

Từ (2) và (3), ta được:

\(P\ge\frac{4\left(x+y\right)^2}{xy}\left(4\right)\)

Vì \(x,y>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:

\(x+y\ge2\sqrt{xy}\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)

\(\Leftrightarrow4\left(x+y\right)^2\ge16xy\)

\(\Leftrightarrow\frac{4\left(x+y\right)^2}{xy}\ge\frac{16xy}{xy}=16\left(5\right)\)

Từ (4) và (5), ta được:

\(P\ge16\)

Dấu bằng xảy ra.

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y>0\\x+y=z>0\\x+y+z=t>0\end{cases}}\)

Mà \(x+y+z+t=2\)nên:

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y=\frac{1}{4}\\z=\frac{1}{2}\\t=1\end{cases}}\)

Vậy \(minP=16\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{4};z=\frac{1}{2};t=1\)