Chủ đề này có 7 trả lời

[TranLeHoang]

Bài 1: Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 3(x^2+y^2+z^2)=1& \\ x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=xyz(x+y+z)^3 \end{matrix}\right.$

 

Bài 2: Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 8(x^3+y^3+z^3)=73 & & \\ 2(x^2+y^2+z^2)=3(xy+yz+zx) & & \\ xyz=1& & \end{matrix}\right.$

 

Bài 3: Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x^5=y^5+y & & & \\ y^5=z^5+z & & & \\ z^5=t^5+t & & & \\ t^5=x^5+x & & & \end{matrix}\right.$

[bachhammer]

Câu 3 mình biết nè: nhìn vào ta thấy nếu x lớn hơn 0 thì kéo theo y,z,t cũng lớn hơn 0. Cũng vậy nếu x nhỏ hơn 0 thì kéo theo y,z,t cũng nhỏ hơn 0. Do đó nếu ta tìm được nghiệm $(x_{0};y_{0};z_{0};t_{0})$ thì ta cũng suy ra nghiệm thứ hai là $(-x_{0};-y_{0};-z_{0};-t_{0}$. Như vậy ta chỉ cần xét x,y,z,t ko âm (vì x,y,z,t cùng dấu). Giả sử $x\geq y\geq z\geqt$. Khi đó từ hệ phương trình ta suy ra $t\geq x$. Từ đó ta suy ra x=y=z=t. Thay vào ta được phương trình $x^{5}=x^{5}+x$. Suy ra x= 0. Vậy nên hệ phương trình có nghiệm x=y=z=t=0. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 14-05-2013 - 10:53

[trananh2771998]

 

Bài 3

Cho $x\geq y\geq z\geq t$

 

CTRL + Q to Enable/Disable GoPhoto.it

Khi ấy $y^{5}\dotplus y\geq z^{5}\dotplus z\geq t^{5}\dotplus t\geq x\dotplus x^{5}$

SUY ra x=y=z=t

[25 minutes]

Bài 1: Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} 3(x^2+y^2+z^2)=1& \\ x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=xyz(x+y+z)^3 \end{matrix}\right.$

 

 

Từ phương trình 1 ta có $1=3(x^2+y^2+z^2) \geq (x+y+z)^2$

Từ phương trình 2 ta có $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 \geq \frac{(xy+yz+xz)^2}{3}\geq xyz(x+y+z)$

                     $\Rightarrow xyz(x+y+z)^3=x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq xyz(x+y+z)$

                     $\Rightarrow (x+y+z)^2 \geq 1$

Do vậy nghiệm của hệ là đk xảy ra dấu =

                $\Rightarrow (x,y,z)=(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$

[ongngua97]

 

 

Bài 3

Cho $x\geq y\geq z\geq t$

 

CTRL + Q to Enable/Disable GoPhoto.it

Khi ấy $y^{5}\dotplus y\geq z^{5}\dotplus z\geq t^{5}\dotplus t\geq x\dotplus x^{5}$

SUY ra x=y=z=t

 

theo mình thì không giả sử được $x\geq y\geq z\geq t$ vì đây là hệ hoán vị, không phải hệ đối xứng.

[trananh2771998]

theo mình thì không giả sử được $x\geq y\geq z\geq t$ vì đây là hệ hoán vị, không phải hệ đối xứng.

đúng rồi cám ơn bạn

[ilovelife]

Câu 3 mình biết nè: nhìn vào ta thấy nếu x lớn hơn 0 thì kéo theo y,z,t cũng lớn hơn 0. Cũng vậy nếu x nhỏ hơn 0 thì kéo theo y,z,t cũng nhỏ hơn 0. Do đó nếu ta tìm được nghiệm $(x_{0};y_{0};z_{0};t_{0})$ thì ta cũng suy ra nghiệm thứ hai là $(-x_{0};-y_{0};-z_{0};-t_{0}$. Như vậy ta chỉ cần xét x,y,z,t ko âm (vì x,y,z,t cùng dấu). Giả sử $x\geqy\geqz\geqt$. Khi đó từ hệ phương trình ta suy ra $t\geqx$. Từ đó ta suy ra x=y=z=t. Thay vào ta được phương trình $x^{5}=x^{5}+x$. Suy ra x= 0. Vậy nên hệ phương trình có nghiệm x=y=z=t=0. 

 

 

 

 

Bài 3

Cho $x\geq y\geq z\geq t$

 

CTRL + Q to Enable/Disable GoPhoto.it

Khi ấy $y^{5}\dotplus y\geq z^{5}\dotplus z\geq t^{5}\dotplus t\geq x\dotplus x^{5}$

SUY ra x=y=z=t

 

Giải như sau (dàn ý):
Cộng theo vế, ta được: $x+y+z+t = 0$
$\implies$ tồn tại ít nhất 1 số $\ge 0$

Giả sử đó là $x \implies y \ge 0 \implies z \ge 0 \implies t \ge 0$

$\implies x+y+z+t \ge 0$
Đẳng thức xảy ra $\iff x=y=z=t=0$

Vậy ...

[zipienie]

Từ phương trình 1 ta có $1=3(x^2+y^2+z^2) \geq (x+y+z)^2$

Từ phương trình 2 ta có $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 \geq \frac{(xy+yz+xz)^2}{3}\geq xyz(x+y+z)$

                     $\Rightarrow xyz(x+y+z)^3=x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq xyz(x+y+z)$

                     $\Rightarrow (x+y+z)^2 \geq 1$

Do vậy nghiệm của hệ là đk xảy ra dấu =

                $\Rightarrow (x,y,z)=(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3})$

Bài này bạn Trần Hoàng Anh làm sai vì thực ra có $8$ nghiệm thực 

 

Mình xin giải lại như sau:

Ta có:

$x^2+y^2+z^2\geq\dfrac{(x+y+z)^2}{3} \implies 3(x^2+y^2+z^2)\geq(x+y+z)^2$

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta  $\implies (x+y+z)^2\leq1 $ hay $(x+y+z)^2-1\leq 0$

 

Ta lại có: :$ x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq xyz(xy+yz+zx)$

 

Từ phương trình thứ hai của hệ ta suy ra 

$  xyz(x+y+z)^3\geq xyz(x+y+z)$ hay $xyz(x+y+z)(1-(x+y+z)^2)\leq 0$

 

Vậy ta có: $\begin{cases}1-(x+y+z)^2\geq 0 (*) \\ xyz(x+y+z)(1-(x+y+z)^2)\leq 0 (**)\end{cases}$

Từ phương trình thứ hai của hệ ban đầu suy ra $xyz(x+y+z)^3\geq 0$, từ (**) suy ra  $1-(x+y+z)^2\geq 0$ kết hợp với (*) suy ra $x+y+z=1$ và ta có $\boxed{x=y=z=\dfrac{\pm1}{3}}$

 

Mặt khác trường hợp $1-(x+y+z)^2\not=0$ thì từ (*) suy ra $xyz(x+y+z)\leq0$ kết hợp với phương trình thứ hai của  hệ ban đầu suy ra $xyz=0$ hay ta tìm được $\boxed{(x,y,z)=(\dfrac{\pm1}{\sqrt{3}},0,0)}$ và các hoán vị.

 

Vậy hệ ban đầu có tất cả $8$ nghiệm kể trên !