1) найти целые решения системы : x+y=2 и xy+z^2=1 ( оба уравнения в одной

1) найти целые решения системы :
x+y=2 и xy+z^2=1 ( оба уравнения в одной системе)
2)Доказать, что если a,b,c - положительные числа и abc=1, то a+b+c ⩾3
все решить подробно и понятно, баллы таки не маленькие с:
- Предмет:
  Алгебра
- Автор:
  noel
- 5 лет назад

Ответы 3

пожалуйста
- Автор:
  blazef7bf
- 5 лет назад
- 0
Да я и так сижу, думаю)
- Автор:
  samirdodson
- 5 лет назад
- 0
решим уравнение $xy+z^2=1$ относительно $z$ : $z=\pm \sqrt{1-xy},xy \leq 1$ для решения в целых числах необходимо, что бы подкоренное выражение было полным квадратом: $\left \{ {{1-xy=k^2,k\in Z} \atop {xy \leq 1}} ight.$ используем условие, что $x+y=2;y=2-x$ $\left \{ {{1-x(2-x)=k^2,k\in Z} \atop {x(2-x) \leq 1}} ight.; \left \{ {{1-2x+x^2=k^2,k\in Z} \atop {2x-x^2 \leq 1}} ight.; \left \{ {{(x-1)^2=k^2,k\in Z} \atop {0 \leq 1-2x+x^2}} ight.;$ $\left \{ {{(x-1)^2-k^2=0,k\in Z} \atop {0 \leq (x-1)^2}} ight.;$ второе условие системы выполняется всегдаполучили: $(x-1-k)(x-1+k)=0,k\in Z$ $x=1+k,or,x=1-k,k\in Z$ $\left \{ {{x=1+k} \atop {y=2-(1+k)}} \atop {z=\pm k } ight.,or, \left \{ {{x=1-k} \atop {y=2-(1-k)}} \atop {z=\pm k } ight.$ $\left \{ {{x=1+k} \atop {y=1-k}} \atop {z=\pm k } ight.,or, \left \{ {{x=1-k} \atop {y=1+k)}} \atop {z=\pm k } ight.$ Ответ: (1+k;1-k;k); (1+k;1-k;-k); (1-k;1+k;k); (1-k;1+k;-k); где $k\in Z$ Докажем, что $\frac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[3]{abc};a\ \textgreater \ 0;b\ \textgreater \ 0;c\ \textgreater \ 0$ Пусть $a=x^3$ ; $b=y^3$ ; $c=z^3$ тогда наше неравенство равносильно неравенству (его нам тепер нужно доказывать): $x^3+y^3+z^3 \geq 3xyz$ $x^3+y^3+z^3-3xyz \geq 0$ предлагаю разложить на множители уже самому $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz)$ $x+y+z\ \textgreater \ 0$ по условиюдокажем, что $x^2+y^2+z^2 \geq xy+xz+yz$ для это рассмотрим верное неравенство: $(x-y)^2+(x-z)^2+(y-z)^2 \geq 0$ $x^2-2xy+y^2+x^2-2xz+z^2+y^2-2yz+z^2 \geq 0$ $2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2xz-2yz \geq 0$ $x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz \geq 0$ $x^2+y^2+z^2 \geq xy+xz+yz$ мы доказали, что $\frac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[3]{abc};a\ \textgreater \ 0;b\ \textgreater \ 0;c\ \textgreater \ 0$ тогда $a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc}=3* \sqrt[3]{1}=3$ неравенство доказано
- Автор:
  alonsogcmd
- 5 лет назад
- 0
Добавить свой ответ