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

Question

Дан 1 ответ

Правильный ответ

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:

$\left \{ {{1-xy=k^2,k\in Z} \atop {xy \leq 1}} \right.$

используем условие, что $x+y=2;y=2-x$

$\left \{ {{1-x(2-x)=k^2,k\in Z} \atop {x(2-x) \leq 1}} \right.; \left \{ {{1-2x+x^2=k^2,k\in Z} \atop {2x-x^2 \leq 1}} \right.; \left \{ {{(x-1)^2=k^2,k\in Z} \atop {0 \leq 1-2x+x^2}} \right.;$

$\left \{ {{(x-1)^2-k^2=0,k\in Z} \atop {0 \leq (x-1)^2}} \right.;$

второе условие системы выполняется всегда

получили: $(x-1-k)(x-1+k)=0,k\in Z$

$x=1+k,or,x=1-k,k\in Z$

$\left \{ {{x=1+k} \atop {y=2-(1+k)}} \atop {z=\pm k } \right.,or, \left \{ {{x=1-k} \atop {y=2-(1-k)}} \atop {z=\pm k } \right.$

$\left \{ {{x=1+k} \atop {y=1-k}} \atop {z=\pm k } \right.,or, \left \{ {{x=1-k} \atop {y=1+k)}} \atop {z=\pm k } \right.$

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 условию

докажем, 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

90misha90_zn (30.4k баллов) 02 Май, 18