[Mod] Thảo luận

[hoctoan_123]

Góp vui một bài (không biết làm) )

Câu 22: Một đa thức với hệ số nguyên gọi là bất khả quy trong $\mathbb{Z} [x] $ nếu nó không biểu diễn thành tích hai đa thức bậc lớn hơn hay bằng một với hệ số nguyên.

CMR: $P(x) = (x-1)(x-2)...(x-2012)(x-2013) -1$ bất khả quy trong $\mathbb{Z} [x]$

 

[kakashi_hatake]

Thôi thì post vào đây
Vừa thi giữa kỳ, có 1 bài đáng ném đá, post vào đây cho mấy ku chém ^^

Câu 23 (số xấu ))
Biết rằng pt $x^5-4x^3+4x-1=0 $có 5 nghiệm thực phân biệt $x_1, \ x_2, \ x_3, \ x_4, \ x_5$. Tính giá trị biể thức $S=\sum\limits_{i=1}^5 \dfrac{3x_i-8}{x_i^2-5x_i+6}$

 

[noinhobinhyen]

Thôi thì post vào đây
Vừa thi giữa kỳ, có 1 bài đáng ném đá, post vào đây cho mấy ku chém ^^

Câu 23 (số xấu ))
Biết rằng pt $x^5-4x^3+4x-1=0 $có 5 nghiệm thực phân biệt $x_1, \ x_2, \ x_3, \ x_4, \ x_5$. Tính giá trị biể thức $S=\sum\limits_{i=1}^5 \dfrac{3x_i-8}{x_i^2-5x_i+6}$

Bài này có trong tập đề thi olympic nè chị
------------------------------------------------------------------------------

 

[kakashi_hatake]

Ặc, nghe nói dùng Viet và đạo hàm. Chị nghe vậy những cũng chưa ra (thực ra chả buồn làm lại, biết là k ra r)

 

[noinhobinhyen]

Ặc, nghe nói dùng Viet và đạo hàm. Chị nghe vậy những cũng chưa ra (thực ra chả buồn làm lại, biết là k ra r)

Em từng gặp bài này gần giống:

Cho pt $x^5-\dfrac{1}{2}x^4-5x^3+x^2+4x-1=0$

1. Chứng tỏ pt trên có đúng 5 nghiệm (cái này thì khỏi nói dùng tính chất liên tục là ổn rồi)

2. Với $x_i (i=1;2;3;4;5)$ là nghiệm của pt hãy tính :

$S=\sum_{i=1}^5 \dfrac{x_i+1}{2x_i^5-x_i^4-2}$

Lời giải:

vì $x_i$ là $n_o$ của pt $\Rightarrow 2x_t^5-x_i^4-2=2(5x_i^3-x_i^2-4x_i)$

$\Rightarrow S=\sum_{i=1}^5 \dfrac{x_i+1}{2(5x_i^3-x_i^2-4x_i)}$

Xét $g(x)=\dfrac{x+1}{5x^3-x^2-4x}=\dfrac{x+1}{x(x-1)(5x+4)}=\dfrac{-1}{4x}+
\dfrac{2}{9(x-1)}+\dfrac{5}{36(5x+4)}$


$\Rightarrow S=\dfrac{-1}{8}.\sum_{i=1}^5 \dfrac{1}{x_i}+
\dfrac{1}{9}.\sum_{i=1}^5 \dfrac{1}{x-1}+
\dfrac{1}{72}.\sum_{i=1}^5 \dfrac{1}{x+\dfrac{4}{5}}$


Mặt khác thì $F(x) = (x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)(x-x_5)$

$F'(x)=(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)(x-x_5)
+(x-x_1)(x-x_3)(x-x_4)(x-x_5)
+(x-x_1)(x-x_2)(x-x_4)(x-x_5)
+(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_5)
+(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)$

$\Rightarrow \dfrac{F'(x)}{F(x)}=\sum_{i=1}^5 (\dfrac{1}{x-x_i})$

Và $F'(x)=5x^4-2x^3-15x^2+2x+4$

+$\dfrac{F'(1)}{F(1)}=\sum_{i=1}^5 \dfrac{1}{1-x_i} \Rightarrow
\sum_{i=1}^5 \dfrac{1}{x_i-1}=\dfrac{-F'(1)}{F(1)}$

...

tương tự tính được $\sum_{i=1}^5 \dfrac{1}{x_i} ; \sum_{i=1}^5 \dfrac{1}{x_i+4/5}$

 

[noinhobinhyen]

oh, nhìn lại thì chúng ta làm được bài kia rồi. @-)

|-)|-)

 

[kakashi_hatake]

Chuẩn luôn
Cách thầy chị chữa y hệt như thế ^^
Còn 1 cách dùng Viet gì đó, thầy nói sơ sơ, chị nghe k hiểu ^^ (hình như cách trâu bò)

 

[pipikhohieu]

GIẢI CÁC PHƯƠNG TRINH SAU
bài 1, [tex]\ x^3 - 15x^2 + 78x - 141 = 5\sqrt[3]{2x - 9}[/tex]
bài 2, [tex]\ 2^(x-1) - 2^((x^2)-x) = (x-1)^2[/tex]
bài 3, chứng minh phương trình [tex]\sqrt{x - sqrt[3]{18}} + \sqrt{x - sqrt{5}} = \sqrt{x - sqrt{2}}[/tex]

 

[pipikhohieu]

bài 1, [tex] x^3 - 15x^2 + 78x - 141 = 5\sqrt[3]{2x-9} [/tex]
bài 2 ,[tex] 2^(x-1) - 2x^(x^2-x) = (x-1)^2 [/tex]
bài 3 ,chứng minh phương trình [tex] \sqrt{x - \sqrt[3]{18}} + \sqrt{x-\sqrt{5}} = \sqrt{x-\sqrt{2}} [/tex] có nghiệm duy nhất

 

[happy.swan]

Bài 1: Đặt $\sqrt[3]{2x-9} =a$
Thay vào phương trình có:
$x^3-15x^2+78x-141=5a$

=> $x^3-15x^2+80x-150=a^3+5a$

Bạn tìm cách đưa về hai bên dạng giống nhau

 

[bosjeunhan]

Một số bài từ dễ đến khó nhé ^^

Bài 1: Cho $a,b,c>1$ CMR: $\dfrac{1}{1+a^3}+\dfrac{1}{1+b^3}+\dfrac{1}{1+c^3} \ge \dfrac{3}{1+abc}$

Bài 2: Cho $a,b,c> 0$
Chứng minh:
$(a+\dfrac{bc}{a})(b+\dfrac{ac}{b})(c+\dfrac{ab}{c})\geq 4\sqrt[3]{(a^{3}+b^{3})(b^{3}+c^{3})(c^{3}+a^{3})}$

Bài 3: Ch0 $a\geq b\geq c\geq 0$ và $abc>0$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{(a-c)^2}{4(a+b+c)}\leq \dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\leq \dfrac{3(a-c)^2}{4(a+b+c)}$$

P/s: Đừng search nhé ) Tại mấy bài này của mình ở 4rum nào ấy, ko nhớ :">

 

[harrypham]

Ta chứng mnih bổ đề sau: Với a,b,c không âm và a+b+c=3 thì
$ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}+abc\leq 4$
Giả sử b nằm giữa a,c ta có bd9t tương đương với
$b(a+c)^{2}+a(b-a)(b-c)\le 4$
$.a(b-a)(b-c)\le 0$
$.b(a+c)^{2}\le \dfrac{1}{2.27}(2b+a+c+a+c)^{3}=4$
=>Bổ đề được chứng minh
Ta có $\sum \dfrac{16a}{b^{3}+16}=\sum (a-\dfrac{ab^{3}}{b^{3}+16})$
$\eq \sum (a-\dfrac{ab^{2}}{12})=3-\dfrac{\sum ab^{2}}{12}$
$\eq 3-\dfrac{\sum ab^{2}+abc}{12}\ge 3-\dfrac{1}{3}=\dfrac{8}{3}$
$=>P\geq \dfrac{1}{6}$

Bài này ta hoàn toàn có thể áp dụng AM-GM ngược dấu để giải.

 

[congchuaanhsang]

Em xí bài dễ :"<

1, Với $a,b,c > 1$ ta có

$\dfrac{1}{1+a^3}+\dfrac{1}{1+b^3} \ge \dfrac{2}{1+\sqrt{a^3b^3}}$

$\dfrac{1}{1+c^3}+\dfrac{1}{1+abc} \ge \dfrac{2}{1+c^2\sqrt{ab}}$

$\dfrac{2}{1+\sqrt{a^3b^3}}+\dfrac{2}{1+c^2\sqrt{ab}} \ge \dfrac{4}{1+abc}$

Cộng từng vế ta có đpcm

 

[huynhbachkhoa23]

bài 3: Ch0 $a\ge b\ge c\ge 0$ và $abc>0$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{(a-c)^2}{4(a+b+c)}\le \dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\le \dfrac{3(a-c)^2}{4(a+b+c)}$$

Bên phải:
Đầu tiên thì do $a\ge b\ge c$ cho ta $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \le 3(c-a)^2$
Do đó ta cần chứng minh: $\dfrac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc} \le \dfrac{2(a^2+b^2+c^2)-2(ab+bc+ca)}{a+b+c}\leftrightarrow 5(a^2+b^2+c^2)+3\sqrt[3]{abc}(a+b+c) \ge 8(ab+bc+ca)$
Nếu ta chứng minh được $a^2+b^2+c^2+3(a+b+c)\sqrt[3]{abc} \ge \dfrac{36abc}{a+b+c}$ thì bất đẳng thức đầu sẽ đúng theo Schur bậc 3.
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì khi áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ta $\sqrt[3]{abc}=\dfrac{abc}{\sqrt[3]{abc}^2} \ge \dfrac{9abc}{(a+b+c)^2}$ và $(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\ge 9abc$
Bên trái: Đang suy nghĩ.

 

[Thanhngana1]

mình có bài này
Cho tập hợp A =
[tex]\dpi{100} \begin{Bmatrix} \end{Bmatrix}[/tex]