Chủ đề này có 3 trả lời

[defaw]

Giải hệ phương trình:
$\begin{cases} 3(x^2+y^2+z^2)=1 \\ x^2\cdot y^2+y^2\cdot z^2+z^2\cdot x^2 = xyz(x+y+z)^3 \end{cases}$

p/s: các anh chị chém càng nhiều càng tốt nhé

[minh29995]

Giải hệ phương trình:
$\begin{cases} 3(x^2+y^2+z^2)=1 \\ x^2\cdot y^2+y^2\cdot z^2+z^2\cdot x^2 = xyz(x+y+z)^3 \end{cases}$

p/s: các anh chị chém càng nhiều càng tốt nhé

Ta có:
$(x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)=1$
$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq |x^2yz|+|y^2xz|+|z^2xy|$
Do đó xét PT 2:
Ta có:
$VT.1=3(x^2+y^2+z^2)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)\geq (a+b+c)^2|xyz|||x|+|y|+|z||\geq VP$
Dấu bằng xảy ra khi:

$x=y=z=\frac{\pm 1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minh29995: 17-07-2012 - 22:08

[minhtuyb]

Có:
$$xyz(x+y+z)^3\le xyz(x+y+z).3(x^2+y^2+z^2)=xyz(x+y+z)$$
Mặt khác $xyz(x+y+z)\le \sum x^2y^2$
Nên $VT(2)\ge VP(2)$
Dấu bằng khi $x=y=z=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$
Vậy...

[bastian schweinsteiger]

ta có $1=3(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq (x+y+z)^{2} (1)

mặt khác xyz(x+y+z)^{3}=x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}\geq xy^{2}z+x^{2}yz+xyz^{2}=xyz(x+y+z)\Rightarrow (x+y+z)^{2}\geq 1$ (2)
từ(1) và (2) $\Rightarrow (x+y+z)^{2}=1$
dấu bằng có