thaotran19

1/ HDG : Cần thêm giả thiết a nguyên dương. Khi đó áp dụng Viet và biểu diễn đa thức đối xứng ta tìm được

$x_{1}^{5}+x_{2}^{5}=a^{5}-5\left ( a^{3}-a \right )$

Do $5\left ( a^{3}-a \right )\vdots 10;250\vdots 10\Rightarrow a\vdots 10$

Kiểm tra được a nhỏ nhất là 50 (Chỉ ra không khó).

 

Bạn có thể giải thích kĩ tại sao dùng Vi-ét ta có thể biết : $x_{1}^{5}+x_{2}^{5}=a^{5}-5\left ( a^{3}-a \right )$ ko? 

Trong một kì thi, $60$ thí sinh phải giải $3$ bài toán. Khi kết thúc kì thi, người ta nhận thấy rằng: với $2$ thí sinh bất kỳ luôn có ít nhất $1$ bài toán mà cả $2$ thí sinh đó đều giải được. Chứng minh:

$a)$ Nếu có $1$ bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có $1$ bài toán khác mà mọi thí sinh đều giải được.

$b)$ Có $1$ bài toán mà có ít nhất $40$ thí sinh giải được.

b) Gọi 3 bài toán đó lần lượt là $A,B,C$

Theo đề bài mỗi thí sinh giải ít nhất 1 bài toán.

•  Nếu có 1 thí sinh giải đc duy nhất 1 bài toán,ta xét thí sinh đó với các thí sinh khác thì 60 thí sinh đều làm được bài toán đó.
•  Nếu mỗi thí sinh giải ít nhất 2 bài toán:  Gọi số thí sinh ko giải được bài toán A là a, thí sinh ko giải được bài B là b, số thí sinh ko giải được bài C là c, số thí sinh giải được cả 3 bài toán là d.

                    $=>a+b+c+d=60$

Giả sử ko có bài toán mà ít nhất 40 thí sinh giải được:

$a+b+d($số thí sinh giải được bài toán $C) <40$

$a+c+d($số thí sinh giải được bài toán $B)<40$

$b+c+d($số thí sinh giải được bài toán $A) <40$

Từ đó ta có: $a+b+d+a+c+d+b+c+d<120$

$<=>2(a+b+c+d)+d<120$

$<=>2.60+d<120<=>d<0$(vô lí)

Vậy có 1 bài toán ít nhất 40 thí sinh giải được.

Bài $1$: 

     Cho $P(x)=x^{5}+x^{4}-9x^{3}+ax^{2}+bx+c$. Tìm $P(x)$ biết $P(x)\vdots (x-2)(x+2)(x+3)$

 

Bài 1:

THeo Bezout ta có:

$P(x)\vdots x-2 => P(2)=0 => 4a+2b+c=24$

$P(x) \vdots x+2 => P(-2)=0=>4a-2b+c=-56$

$P(x)\vdots x+3 => P(-3)=0 => 9a-3b+c=-81$

Dùng máy tính giải hệ trên tìm đc a,b,c .

nếu x lớn quá(khoảng trên 1000) thì bấm bao giờ cho xong?

Nếu x lớn thì bạn cũng phải chịu khó bấm thôi, nhưng tùy vào từng bài mình có thể giới hạn x lại, như bài trên mình giới hạn x>9 á, như vậy sẽ bấm ít hơn.

Cho a,b,c>0:

CMR: $\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{abc+1}$

Mình làm theo cách khác nha

Ta có:

$\dfrac{1+abc}{a(b+1)}=\dfrac{1+a+abc+ab-a-ab}{a(b+1)}=\dfrac{(1+a)+ab(1+c)-a(1+b)}{a(b+1)}=\dfrac{1+a}{a(1+b)}+\dfrac{b(1+c)}{1+b}-1$

Làm tương tự ta có: $\dfrac{1+abc}{b(c+1)}=\dfrac{1+b}{b(1+c)}+\dfrac{c(1+a)}{1+c}-1$

$\dfrac{1+abc}{c(a+1)}=\dfrac{1+c}{c(1+a)}+\dfrac{a(b+1)}{1+a}-1$

Áp dụng Cô-si có:

$\dfrac{1+abc}{a(b+1)}+\dfrac{1+abc}{b(c+1)}+\dfrac{1+abc}{c(a+1)}$

$=\dfrac{1+a}{a(1+b)}+\dfrac{b(1+c)}{1+b}-1+\dfrac{1+b}{b(1+c)}+\dfrac{c(1+a)}{1+c}-1+\dfrac{1+c}{c(1+a)}+\dfrac{a(b+1)}{1+a}-1$

$=[\dfrac{1+a}{a(1+b)}+\dfrac{a(b+1)}{1+a}]+[\dfrac{b(1+c)}{1+b}+\dfrac{1+b}{b(1+c)}]+[\dfrac{c(1+a)}{1+c}+ \dfrac{1+c}{c(1+a)}]-3 \geq 2\sqrt{\dfrac{1+a}{a(1+b)}.\dfrac{a(b+1)}{1+a}}+2\sqrt{\dfrac{b(1+c)}{1+b}.\dfrac{1+b}{b(1+c)}}+2\sqrt{\dfrac{c(1+a)}{1+c}. \dfrac{1+c}{c(1+a)}}-3 =2+2+2-3=3 $

=>$\dfrac{1+abc}{a(b+1)}+\dfrac{1+abc}{b(c+1)}+\dfrac{1+abc}{c(a+1)} \geq 3$

$<=>\dfrac{1}{a(b+1)}+\dfrac{1}{b(c+1)}+\dfrac{1}{c(a+1)} \geq \dfrac{3}{abc+1} (đpcm)$