Gọi ( \(x^',y^',z^'\)) là 1 nghiệm thoả mãn pt với \(z^'\)là số nhỏ nhất.

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x^'\le y^'\le z^'\)

Mặt khác xét pt bậc 2 ẩn z :

\(z^2-\left(7x'y^'-2x^'-2y^'\right)z+\left(z^'+y^'\right)^2=0\)

Hiển nhiên pt này có 1 nghiệm z'

Theo định lý Viete thì nghiệm còn lại của nó là \(\frac{\left(x^'+y^'\right)^2}{z'}\inℤ\)

Như vậy \(\left(x',y',\frac{\left(x'+y'\right)^2}{z^'}\right)\)cũng là bộ số thoả mãn pt

Nếu giả sử x'+y' < z' \(\Rightarrow\frac{\left(x'+y'\right)^2}{z'}< z'\)vô lý vì ( x',y',z') cũng là 1 bộ số thoả mãn pt và vì tính nhỏ nhất của z'

Do đó ta phải có \(z'\le x'+y'\). Khai triển pt ban đầu và chia 2 vế của nó cho y'z'x' ta được:

\(7\le\frac{x'}{y'z'}+\frac{y'}{x'z'}+\frac{z'}{x'y'}+\frac{2}{x'}+\frac{2}{y'}+\frac{2}{z'}\)

\(\le\frac{1}{z'}+\frac{1}{x'}+\frac{x'+y'}{x'y'}+\frac{2}{x'}+\frac{2}{y'}+\frac{2}{z'}=\frac{4}{x'}+\frac{3}{y'}+\frac{2}{z'}\le\frac{10}{x'}\)

\(\Rightarrow x'=1\)

Khi đó \(y'\le z'\le y'+1\)\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}z'=y\\z'=y'+1\end{cases}}\)

+ Nếu z'=y' thì ta có pt \(\left(1+2z'\right)^2=7z'^2\Leftrightarrow3z'^2-4z'-1=0\)\(\Leftrightarrow z'=\frac{2\pm\sqrt{7}}{3}\)(loại)

+ Nếu x'=y'+1 thì ta có pt \(\left(2+2z'\right)^2=7z'\left(z'+1\right)\Leftrightarrow3z'^2-z'-4=0\Leftrightarrow z\in\left\{-1;\frac{4}{3}\right\}\)(loại)

Vậy pt đã cho không có nghiệm nguyên ( đpcm)

1. Ta chọn $x=3k;y=4k;z=5k$ với $k$ là số nguyên dương.

Khi này $x^2+y^2=25k^2 =z^2$. Tức có vô hạn nghiệm $(x;y;z)=(3k;4k;5k)$ với $k$ là số nguyên dương thỏa mãn

Câu 2:

Chọn $x=y=2k^3; z=2k^2$ với $k$ nguyên dương.

Khi này $x^2+y^2 =8k^6 = z^3$.

Tức tồn tại vô hạn $(x;y;z)=(2k^3;2k^3;2k^2) $ với $k$ nguyên dương là nghiệm phương trình.

Ta có: (x-y + (y-z) + (z-x) = 0

Đặt x - y = a, y-z = b, z-x = c thì a+b+c=0

Khi đó \(a^5+b^5+c^5⋮5abc\)

Vậy ta có đpcm

A = \(\frac{x+y-y}{x+y}+\frac{y+z-z}{y+z}+\frac{z+x-x}{x+z}\)

A=3 \(-\left(\frac{x}{x+z}+\frac{y}{x+y}+\frac{z}{y+z}\right)\)

mà \(\frac{x}{x+z}>\frac{x}{x+y+z};\frac{y}{y+z}>\frac{y}{x+y+z};\frac{z}{x+z}>\frac{z}{x+y+z}\)

=> A <2 (1)

mặt khác A=\(\frac{x}{x+y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{x+z}\)

mà \(\frac{x}{x+y}>\frac{x}{x+y+z};\frac{y}{y+z}>\frac{y}{x+y+z};\frac{z}{x+z}>\frac{z}{x+y+z}\)

=> A >1 (2)

từ (1) và (2) => 1<A<2 => A ko phải là số nguyên

Bạn Hiếu làm đúng rồi đấy!

Nếu x; y; z là các số nguyên dương mà x y z = 1 => x = y = z = 1

=> bất đẳng thức luôn xảy ra dấu bằng

Sửa đề 1 chút cho z; y; x là các số dương

Ta có: \(\frac{x^2}{y+1}+\frac{y+1}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^2}{y+1}.\frac{y+1}{4}}=x\)

=> \(\frac{x^2}{y+1}\ge x-\frac{y+1}{4}\)

Tương tự: 

\(\frac{x^2}{y+1}+\frac{y^2}{z+1}+\frac{z^2}{z+1}\ge x+y+z-\frac{y+1}{4}-\frac{z+1}{4}-\frac{x+1}{4}\)

\(=\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}.3\sqrt[3]{xyz}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra <=> x = y = z = 1

Có: \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\)

\(x^2+y^2+z^2=\left(x^2+1\right)+\left(y^2+1\right)+\left(z^2+1\right)-3\ge2x+2y+2z-3\)

\(\ge x+y+z\left(qed\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1

a) 

\(\Rightarrow\left(x,y\right)=\left(4;10\right)\)