Beethoven97

Đổi $x=\frac{2}{3yz},yz<\frac{1}{3}$ và đặt $y+z=S,yz=P,(P<\frac{1}{3})$ thì bất đẳng thức tương đương với: $9P^{2}S^{2}-6PS-27P^{3}+2>0$. Cái này có đenta nhỏ hơn 0 (vì P< 1/3), mà a>0 (a là hệ số trong biệt thức) nên bất đẳng thức cần chứng minh là đúng....

Cho đa thức $P(x)=a_{2014}x^{2014}+a_{2013}x^{2013}+...+a_{1}x+a_{0}$ có đúng 2014 nghiệm thực phân biệt. Hỏi phương trình sau có tối đa bao nhiêu nghiệm?

$2\sum_{i=0}^{2014}a_{i}x^{i}\sum_{i=2}^{2014}i(i-1)a_{i}x^{i-2}=(\sum_{i=1}^{2014}ia_{i}x^{i-1})^{2}$.

Ta có thể viết lại phương trình dưới dạng: $2P(x).P"(x)=[P'(x)]^{2}$ và nếu đặt $G(x)=[P'(x)]^{2}-2P(x).P"(x)$ thì $G'(x)=-2P(x).P^{(3)}(x)$. Gọi $\alpha _{1};\alpha _{2};...;\alpha _{2014}$ là các nghiệm thực phân biệt của P(x)=0 thì bằng bảng biến thiên ta suy ra P'(x) có 2013 nghiệm thực phân biệt $\beta _{1};\beta _{2};...;\beta _{2013}$ thỏa mãn $\alpha _{1}<\beta _{1}<\alpha _{2}<\beta _{2}<...<\alpha _{2013}<\beta _{2013}<\alpha _{2014}$ tức là các nghiệm của P'(x)=0 khác so với các nghiệm của P(x)=0. Lặp luận tương tự ta có P"(x)=0 có 2012 nghiệm phân biệt khác với các nghiệm trên, $P^{(3)}(x)=0$ có 2011 nghiệm phân biệt và cũng khác với các nghiệm trên. Như vậy G'(x)=0 có 2014+2011=4025 nghiệm thực phân biệt. Do đó theo định lí Roll thì phương trình G(x)=0 có tối đa là 4026 nghiệm.....

Không bít có đúng không nhỉ?

Còn nữa nè

* Waldstein sonata:

.

* Pathétique sonata;

.

Mời các bạn xem, lắng nghe và cho ý kiến:

* Moonlight sonata:

.

* Appassionata:

.

Bài 2: Cho một hình vuông 4 x 4 và 15 miếng ghép hình vuông nhỏ kích thước 1 x 1 có đánh số thứ tự từ 1 đến 15. Gắn các hình vuông theo thứ tự 1, 2, 3, 4, 5,...,15, từ trái qua và từ trên xuống. Xét phép biến đổi đẩy qua, đẩy lại, đẩy lên, đẩy xuống mà ko tháo các miếng hình vuông ra. Hỏi các biển đổi sau có tồn tại hay ko?

basdbahshdfghsgdf.png

Mình giải bài 2:

Ta định nghĩa về thông số sai trật tự D, đối với mỗi cách sắp xếp là số cặp miếng lát có thứ tự sai, chẳng hạn như trật tự đúng trong hình bên trái có D = 0, vì ko có cặp số nào sai thứ tự.

Lặp luận như sau: Xuất phát từ một cách sắp xếp có trật tự đúng, sau đó đẩy các miếng lát di chuyển vòng quanh, ta có được hình như bên dưới:

Hình 1 ta có D =0

Hình 2 ta có D = 6

Hình 3 ta có D = 12.

Ta thấy nếu di chuyển các miếng hình vuông sao cho ô góc phải dưới luôn để trống thì D luôn chẵn.

Nhưng nếu 15 -> 14 và 14 -> 15 thì D = 1 (ko thể làm được). Vậy nên ta thấy ko thể tồn tại một phép biến đổi trên.(các đại lượng bất biến)...

Tổng quát với việc chứng minh $2(\sum a^{2})+\prod a+8\geq 5(\sum a)$ (bỏ giả thiết a + b + c = 3)...

$6[2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+abc+8-5(a+b+c)]=12(a^{2}+b^{2}+c^{2})+6abc+48-30(a+b+c)\geq 12(a^{2}+b^{2}+c^{2})+3(abc+abc+1)+45-5[(a+b+c)^{2}+9]\geq 12(a^{2}+b^{2}+c^{2})+9\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}-5(a+b+c)^{2}=7(a^{2}+b^{2}+c^{2})-10(ab+bc+ca)+\frac{9abc}{\sqrt[3]{abc}}=\frac{9abc}{\sqrt[3]{abc}}+3(a^{2}+b^{2}+c^{2})-6(ab+bc+ca)+2[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}]\geq\frac{27abc}{a+b+c}+3(a+b+c)^{2}-12(ab+bc+ca)=\frac{3}{a+b+c}[9abc+(a+b+c)^{3}-4(ab+bc+ca)(a+b+c)]=\frac{3}{a+b+c}[a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a)]\geq 0$ (đúng theo BĐT Schur). Mình chỉ giải nhiu đó thôi nhé... Có gì sai thì mong chỉ giáo...