Forgive Yourself

Cho các phương trình $x^2+bx+c=0$ và $x^2+b_1x+c_1=0$ trong đó $b,c,b_1,c_1$ là các số nguyên sao cho $(b-b_1)^2+(c-c_1)^2>0$. CMR nếu cả hai phương trình có $1$ nghiệm chung thì các nghiệm còn lại của mỗi phương trình là hai số nguyên phân biệt

Đề bài còn có thêm $a\neq 0$

chỗ này phải chứng mih $a\neq 3$

Rõ ràng là $a\neq3$ rồi, không nhất thiết phải chứng minh nữa

Đặt $y=3-x$ bài toán đã cho trở thành:

Tìm $Min$ của $P=x^4+y^4+6x^2y^2$ trong đó $x,y$ là các số thực thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} x+y=3\\ x^2+y^2\geq 5 \end{matrix}\right.$

Từ các hệ thức trên ta có: $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2+2xy=9\\ x^2+y^2\geq 5 \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow (x^2+y^2)+4(x^2+y^2+2xy)\geq 5+4.9=41$

$\Rightarrow 5(x^2+y^2)+4(2xy)\geq 41$

Mặt khác:

$16(x^2+y^2)^2+25(2xy)^2\geq 40(x^2+y^2)(2xy)$    ($1$)

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow 4(x^2+y^2)=5(2xy)$

Cộng hai vế của BĐT ($1$) với $25(x^2+y^2)^2+16(2xy)^2$ ta thu được

$41[(x^2+y^2)^2+(2xy)^2]\geq [5(x^2+y^2)+4(2xy)]^2\geq 41^2$

Suy ra: $(x^2+y^2)^2+(2xy)^2\geq 41\Leftrightarrow x^4+y^4+6x^2y^2\geq 41$

Đẳng thức xảy ra 

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y=3\\ x^2+y^2=5\\ 4(x^2+y^2)=5(2xy) \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} (x;y)=(1;2)\\ (x;y)=(2;1) \end{bmatrix}$

Do đó $P_{Min}=41\Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=2$

Cho $x\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $x^2+(3-x)^2\geq 5$. Tìm $Min$ của $P=x^4+(3-x)^4+6x^2(3-x)^2$

$Cho x,y,z\in [-1;1]$. x+y+z=0.Tìm max: $x^{2}+y^{2}+z^{2}$

Từ giả thiết bài toán ta có:

$(x-1)(y-1)(z-1)\leq 0\Leftrightarrow xyz+x+y+z-xy-yz-zx-1\leq 0\Leftrightarrow xy+yz+zx+1\geq xyz$ 

$(x+1)(y+1)(z+1)\geq 0\Leftrightarrow xyz+x+y+z+xy+yz+zx+1\geq 0\Leftrightarrow xyz\geq -(xy+yz+zx)-1$   

Từ đó ta có:

$xy+yz+zx+1\geq -(xy+yz+zx)-1\Leftrightarrow -2(xy+yz+zx)\leq 2$

Mà: $x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)=-2(xy+yz+zx)\Rightarrow x^2+y^2+z^2\leq 2$

Dấu $"="$ xảy ra khi $x=-1,y=0,z=1$ và các hoán vị

Cho mình hỏi các pro cái nha! Thanhs very much...

3. Cho f_(x) +3f_{($\frac{1}{x}$)} =$x^{2}$  (1)  xác định với x$\neq$0.

           Tính f₍₅₀₎ ; f₍₁₀₀₎

Đặt $x=\frac{1}{t}$ khi đó từ ($1$) ta có:

$f\left ( \frac{1}{t} \right )+3f(t)=\frac{1}{t^2}$

Vậy ta đi đến hệ phương trình bậc nhất hai ẩn $f(x)$ và $f\left ( \frac{1}{x} \right )$ sau:

$\left\{\begin{matrix} f(x)+3f\left ( \frac{1}{x} \right )=x^2 (2)\\ 3f(x)+f\left ( \frac{1}{x} \right )=\frac{1}{x^2}(3) \end{matrix}\right.$

Nhân phương trình ($3$) với $3$ rồi trừ theo vế với ($2$) ta có:

$f(x)=\frac{3-x^4}{8x^2}$    ($4$)

Thử lại ta thấy ($4$) thỏa mãn ($1$), vậy nó là hàm số duy nhất cần tìm

Cho mình hỏi các pro cái nha! Thanhs very much...

1. Cho    f_(x) +f_{($\left ( \frac{1}{1-x} \right )$) = x   ($1$)}

     _{Xác định công thức tính giá trị}  f_(x) theo x.

Đặt $\frac{1}{1-t}=x\Rightarrow \frac{t-1}{t}=\frac{1}{1-x}$

Khi đó từ ($1$) ta có:

$f\left ( \frac{1}{1-t} \right )+f\left ( \frac{t-1}{t} \right )=\frac{1}{1-t}$    ($2$)

Đặt $\frac{t-1}{t}=z\Rightarrow \frac{1}{1-t}=\frac{ z-1}{z}$

Khi đó từ ($2$) ta có:

$f\left ( \frac{ z-1}{z} \right )+f(z)=\frac{z-1}{z}$    ($3$)

Từ ($1$) ($2$) ($3$) suy ra ta có hệ phương trình bậc nhất ba ẩn sau:

$\left\{\begin{matrix} f(x)+f\left ( \frac{1}{1-x}\right )=x(4)\\ f\left ( \frac{1}{1-x} \right )+f\left ( \frac{x-1}{x} \right )=\frac{1}{1-x}(5)\\ f(x)+f\left (\frac{x-1}{x}\right )=\frac{x-1}{x}(6)\\ \end{matrix}\right.$

Lấy ($4$) cộng theo vế với ($6$), rồi trừ vế theo vế với ($5$), ta có:

$2f(x)=x+\frac{x-1}{x}-\frac{1}{1-x}$

$\Rightarrow f(x)=\frac{x^3-x+1}{x(x-1)}$    ($7$)

Thử lại ta thấy $f(x)$ xác định bởi ($7$) thỏa mãn ($1$), suy ra ($7$) là dạng của hàm số $f(x)$ cần tìm. Đó là hàm duy nhất cần tìm.

Tìm đa thức hệ số nguyên nhận $x=\sqrt{2}+\sqrt[3]{2}$ là nghiệm

Để ý rằng 

     $x=\sqrt{2}+\sqrt[3]{2}$

$\Leftrightarrow x-\sqrt{2}=\sqrt[3]{2}$

$\Leftrightarrow (x-\sqrt{2})^3=2$

Hay $x^3-3\sqrt{2}x^2+6x-2\sqrt{2}=2$

   $\Leftrightarrow x^3+6x-2=\sqrt{2}(3x^2+2)$

Bình phương hai vế đẳng thức trên thì được:

    $(x^3+6x-2)^2=2(3x^2+2)^2$

$\Rightarrow x^6-6x^4-4x^3+12x^2-24x-4=0$

Vậy $x=\sqrt{2}+\sqrt[3]{2}$ là nghiệm của đa thức hệ số nguyên sau: $P(x)=x^6-6x^4-4x^3+12x^2-24x-4$

Cho $x,y,z>0$ tm: $\frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{3}{z}=6$. Đặt $P=x+y^{2}+z^{3}$

b/ Tìm $Min$ $P$

Áp dụng kết quả câu $a)$ và bất đẳng thức $Buniakovsky$ ta có: 

$6(P+3)\geq (x+2y+3z)\left ( \frac{1}{x}+\frac{2}{y}+\frac{3}{z}\right )\geq \left ( \sqrt{x}\frac{1}{\sqrt{x}}+\sqrt{2y}\sqrt{\frac{2}{y}}+\sqrt{3z}\sqrt{\frac{3}{z}} \right )^2\geq 36$

Hay $P\geq 3$

Tóm lại $P\geq 3\Leftrightarrow x=y=z=1$

Cho $a,b,c\in [0;2];a+b+c=3$

Tìm $MaxM=a^{3}+b^{3}+c^{3}$

Vai trò của $a,b,c$ là như nhau trong bài toán nên ta có thể coi $a=max\left \{ a,b,c \right \}$.

Khi đó $3=a+b+c\leq 3a\Rightarrow 1\leq a\leq 2$. Do đó, ta có:

$a^3+b^3+c^3\leq a^3+[b^3+c^3+3bc(b+c)]=a^3+(b+c)^3=a^3+(3-a)^3$

Suy ra $a^3+b^3+c^3\leq 9a^2-27a+27=9+9(a-1)(a-2)\leq 9$

Dấu $"="$ xảy ra khi ($a;b;c$)=($1;0;2$) và các hoán vị

Cho một đa giác lồi có chu vi bằng $1$.Chứng minh rằng có một hình tròn bán kính $\frac{1}{4}$ chứa toàn bộ đa giác đó.

Gọi $A, B$ là hai điểm thuộc cạnh của đa giác sao cho $A,B$ chia biên đa giác thành hai đường gấp khúc có độ dài bằng nhau và bằng $\frac{1}{2}$.

Gọi $O$ là trung điểm của $AB$. Vẽ hình tròn tâm $O$ bán kính $R=\frac{1}{4}$

Ta sẽ chứng minh hình tròn này chứa đa giác đã cho.

Thật vậy, giả sử tồn tại một điểm $M$ thuộc cạnh đa giác và $M$ nằm ngoài hình tròn $\left ( O;\frac{1}{4} \right )$

Khi đó $MA+MB\leq \frac{1}{2}$ (độ dài đường gấp khúc chứa điểm $M$)   ($1$)

Gọi $N$ là điểm đối xứng với $M$ qua $O$. Ta có: $MA+MB=MA+AN\geq MN> 2R=\frac{1}{2}$   ($2$)

Vì ($1$) và ($2$) mâu thuẫn, suy ra điều phải chứng minh.

Một tứ giác có bốn cạnh là 4 số tự nhiên sao cho tổng của 3 số bất kì trong chúng chia hết cho số còn lại.Chứng minh tứ giác này có hai cạnh bằng nhau.

Giả sử không có hai cạnh nào của tứ giác bằng nhau. Gọi độ dài các cạnh của tứ giác là $a,b,c,d(a,b,c,d\in \mathbb{N}^*)$ với $a>b>c>d$   ($*$)

Do tứ giác lồi nên $a<b+c+d<3a$ suy ra $2a<a+b+c+d<4a$

Từ giả thiết ta thấy $a+b+c+d$ chia hết cho các số $a,b,c,d$ nên $a+b+c+d=3a$   ($1$)

Đặt $a+b+c+d=mb$   ($2$) và $a+b+c+d=nc$   ($3$) với $m,n\in \mathbb{N}^*$

Do $a>b>c$ nên $n>m>3 \Rightarrow n\geq 5,m\geq 4$

Cộng vế theo vế ($1$), ($2$), ($3$) ta được

$3(a+b+c+d)=3a+mb+nc\geq 3a+4b+5c\Rightarrow (b-d)+2(c-d)\leq 0$ mẫu thuẫn với ($*$)

Vậy tứ giác có ít nhất hai cạnh bằng nhau.

Giải pt sau:
      1,$(4x-1)\sqrt{x^{2}+1}=2x^{2}+2x+1$

Nhân cả hai vế của PT với $8$ ta được:

$8(4x-1)\sqrt{x^2+1}=16x^2+16x+8$

$\Leftrightarrow (4x-1)^2-8(4x-1)\sqrt{x^2+1}+16(x^2+1)=16x^2-24x+9$

$\Leftrightarrow \left [ (4x-1)-4\sqrt{x^2+1} \right ]^2=(4x-3)^2$

$2\sqrt{x^2+1}=1$ hoặc $\sqrt{x^2+1}=2x-1$

Giải các PT này ta được nghiệm $x=\frac{4}{3}$

1/Xác định phần dư $r(x)$ khi chia đa thức $1 + x + x^{9} + x_{49} + x^{81}$ cho đa thức $x^{3} - x$

2/Tính giá trị của đa thức $r(x)$ tại $x = 809.4$

1) Đặt $f(x)=x^{81}+x^{49}+x^{9}+x+1$

Gọi $Q(x)$ là đa thức thương và $R(x)=ax^2+bx+c$ là đa thức dư của phép chia $f(x)$ cho $x^3-x$

Ta có: $f(x)=(x^3-x).Q(x)+R(x)\Rightarrow f(x)=x(x-1)(x+1).Q(x)+ax^2+bx+c$

Từ đó ta có: $\left\{\begin{matrix} f(0)=c=1\\ f(-1)=a-b+c=-3\\ f(1)=a+b+c=5 \end{matrix}\right.$

                   $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=0\\ b=4\\ c=1 \end{matrix}\right.$

Vậy $R(x)=4x+1$

b) Với $x=809,4$ ta có $R(x)=3238,6$