Chủ đề này có 3 trả lời

[danguchihasasuke]

(a+1/b^2+1)+(b+1/c^2+1)+(c+1/d^2+1)+(d+1/a^2+10>=4 voi a+b+c+d=4va a,b,c,d>0

 

[Hr MiSu]

$\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{(a+1).b^2}{b^2+1}\geq a+1-\frac{ab+b}{2}$
Bài toán quy về tìm max của $P=ab+bc+cd+da$.
$P=ab+bc+(a+c).d=ab+bc+(a+c).(4-a-b-c)=-(a+c)^2+4(a+c)\leq 4$. Từ đó dễ suy ra đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hr MiSu: 15-03-2019 - 18:48

[Marshmello]

Bn giải hộ mik bài này với . Cảm ơn :

Cho 2 đa thức P(x) = $x^5 - 5x^3 + 4x + 1 ; Q(x) = 2x^2 + x - 1$ . Gọi x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 là các nghiệm của P(x) . Tính g/t của Q(x1) . Q(x2) . Q(x3) . Q(x4) . Q(x5) 

[Hr MiSu]

Bn giải hộ mik bài này với . Cảm ơn :

Cho 2 đa thức P(x) = $x^5 - 5x^3 + 4x + 1 ; Q(x) = 2x^2 + x - 1$ . Gọi x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 là các nghiệm của P(x) . Tính g/t của Q(x1) . Q(x2) . Q(x3) . Q(x4) . Q(x5) 

Bạn nên lập 1 topic riêng chứ đừng hỏi như vậy kẻo bị spam. Mình xin giải như sau hi vọng bạn hiểu:

Kí hiệu $a(f(x))$ là hệ số tự do của đa thức $f(x)$. Giả sử $f(x)$ bậc $5$ có $5$  nghiệm $t_1,t_2,t_3,t_4,t_5$ và hệ số bậc cao nhất của $f(x)$ là $1$ thì theo định lí Vi-et ta có:

$t_1t_2t_3t_4t_5=-a(f(x))$.

Vì $x_1,...,x_5$ là nghiệm của P(x) nên $x_1+1,...,x_5+1$ là 5 nghiệm của đa thức $P(x-1)$; $x_1-\frac{1}{2},...,x_5-\frac{1}{2}$ là $5$ nghiệm của đa thức $P(x+\frac{1}{2})$. Trong đó $P(x-1),P(x+\frac{1}{2})$ đều là đa thức bậc $5$, hệ số bậc cao nhất là $1$.

Do đó:$(x_1+1)...(x_5+1)=-a(P(x-1)), (x_1-\frac{1}{2})...(x_5-\frac{1}{2})=-a(P(x+\frac{1}{2}))$. Dễ tính được $a(P(x-1)), a(P(x+\frac{1}{2}))$ nhé.

Do $Q(x)=2x^2+x-1=2(x+1)(x-\frac{1}{2})$ Do đó: $Q(x_1)...Q(x_5)=2^5.(x_1+1)...(x_5+1).(x_1-\frac{1}{2})...(x_5-\frac{1}{2})=2^5.a(P(x-1)).a(P(x+\frac{1}{2}))$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hr MiSu: 16-03-2019 - 06:03