Hàng về đây bác. Xét đa thức $g(x)=f(x)-1975$ (có hệ số cao nhất là $a$). Do phương trình $f(x)=1975$ có 4 nghiệm nguyên phân biệt nên theo định lý Bezout, $g(x)=(ax+b)(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)$ trong đó $x_1,x_2,x_3,x_4$ là 4 số nguyên phân biệt
Xét phương trình $f(x)=1992 \iff g(x)=17 \iff (ax+b)(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)=17$
Giả sử phương trình này có nghiệm nguyên. Do $17=17.1=(-17)(-1)$ nên $(ax+b),(x-x_1),(x-x_2),(x-x_3),(x-x_4)$ cùng lúc chỉ nhận 2 giá trị là $1$ và $17$ (hoặc $-1$ và $-17$)
Có 2 giá trị mà có 5 nhân tử nên sẽ có ít nhất 2 nhân tử dạng $x-x_m$ với $m=\overline{1,4}$ bằng nhau
Không mất tổng quát, giả sử đó là $x-x_i=x-x_j$ ($i,j=\overline{1,4}$ và $i \neq j$) $\iff x_i=x_j$ (vô lý)
=> Điều giả sử sai => ĐPCM

Em chưa rõ chỗ này lắm, bác giúp em với

Thì x và hệ số đều nguyên mà, nó là ước của 17 đó , bài này có trong nâng cao phát triển toán 9 2 mà

Nhưng mà nó có thể nhận cả 4 giá trị chứ nhỉ?

Bác giải thích rõ. $f(x)$ có hệ số nguyên thì cứ $x$ nguyên là $f(x)$ nguyên còn gì

Sr bác, em nhầm ^^ Em chữa rồi đấy ạ, bác check "hàng" giùm em

uh, cảm ơn, mình hiêủ rồi

Cho đa thức bậc 5 có hệ số nguyên. Biết rằng $f(x)$ nhận giá trị 1975 với 4 giá trị nguyên khác nhau của $x$. Cmr : với mọi $x\in Z$ thì $f(x)$ không thể có giá trị bằng 1992.

Cho hệ $\left\{\begin{matrix}x+my=3&&\\y+mx=m\end{matrix}\right.$
Cmr : $x+y\leq \frac{1}{2}\sqrt{34}-1$

Cho $a_1^3+a_2^3+...+a_n^3=0$ với $-1\leq a_i\leq 1$
Cmr : $a_1+a_2+...+a_n\leq \frac{n}{3}$

Ta có: $4(a_{1}+1)(a_{1}-\frac{1}{2})^2\geq 0\Rightarrow 4a_{1}^3-3a_{1}+1\geq 0$. Làm tương tự với $a_{2}, ..., a_{n}$; ta suy ra $4\sum a_{1}^3-3\sum a_{1}+n\geq 0\Rightarrow 3\sum a_{1}\leq n\Rightarrow \sum a_{1}\leq \frac{n}{3}$

Dấu "=" xảy ra khi nào vậy ?

Cái này k cần dấu bằng đâu vì nó k thể làm đc!

???

Cmr : $\frac{3a^2}{5a^2+(b+c)^2}+\frac{3b^2}{5b^2+(c+a)^2}+\frac{3c^2}{5c^2+(a+b)^2}\leq 1$ với $a,b,c>0$

Có $a+\frac{1}{b}=b+\frac{1}{c}=c+\frac{1}{a}$
Bài này đã có trên diễn đàn rồi

Box nào vậy?

Đây rồi
http://diendantoanho...2011frac1a2012/

Do $0<a<4$ nên $a^2+a-4<0\Rightarrow a^2<4-a$
$\Rightarrow \sqrt{4-a}>a$
$\Rightarrow \sqrt{b+c}>a$
Tương tự ...

b)
$\frac{a+b}{1+a+b}\leq \frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}$ với mọi $a\geq$ 0,$b\geq 0$. Khi nào đẳng thức xảy ra?

Do $b\geq 0$ nên $1+a+b\geq 1+a$
$\Rightarrow \frac{a}{1+a+b}\leq \frac{a}{1+a}$ (1)
Tương tự $\frac{b}{1+a+b}\leq \frac{b}{1+b}$ (2)
Cộng (1) và (2) lại ...

Mình thử làm theo cách đấy nhưng mà chỉ chứng minh được nó lớn hơn 7.797958....thôi.

Bạn cho $n=\overline{1;24}$ hay $n=\overline{2;24}$ đấy? Chứng minh nó lớn hơn bao nhiêu cũng còn tùy thuộc vào cái đó nữa.

Xét $\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{2}{2\sqrt{n}}>\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})$ ...

Đổi các phương trình thành: $\left\{\begin{matrix}a_1x^2+b_1x+c_1=0 & & \\ a_2x^2+b_2x+c_2=0 & & \\ ............................. & & \\ a_nx^2+b_nx+c_n=0 & & \end{matrix}\right.$

Vậy thì đề là :
Cho hpt $\left\{\begin{matrix}a_1x^2+b_1x+c_1=0 & & \\ a_2x^2+b_2x+c_2=0 & & \\ ............................. & & \\ a_nx^2+b_nx+c_n=0 & & \end{matrix}\right.$
với $b_1.b_2...b_n\geq 2(a_1.c_1+a_2.c_2+...+a_n.c_n)$ à?

Cho $2$ pt bậc hai: $\left\{\begin{matrix} x^2+a_1x+b_1=0\\ x^2+a_2x+b_2=0 \end{matrix}\right.$
có các hệ số thỏa mãn điều kiện $a_1a_2\geq 2(b_1+b_2)$
CMR: ít nhất một trong hai pt trên có nghiệm

Giả sử cả 2 pt đều vô nghiệm suy ra $\Delta<0$
tức là $\left\{\begin{matrix}a_1^2-4b_1<0\\ a_2^2-4b_2<0\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow a_1^2.a_2^2<4(b_1.b_2)$
$\Rightarrow a_1.a_2<4\sqrt{b_1.b_2}$
Mà $4\sqrt{b_1.b_2}\leq 2(b_1+b_2)$ ( Cauchy )
Nên $a_1.a_2<2(b_1+b_2)$ (mâu thuẫn) ...

Bạn có thể tổng quát hệ số a lên được không?

Là sao hả cậu?

Quả thật, bạn
nguyen tien dung 98

viết thế mình cũng không luận ra được

Áp dụng cái này http://diendantoanho...ường-phan-giac/
Bài này trong Violympic hả cậu?

Chính xác đó bạn
Thế bài này dùng công thức đó à

Ừ, công thức tính đường phân giác ấy.

Gọi nghiệm của (1) là $2x_0$ thì nghiệm của (2) là $x_0$.

Thay vào, được hệ $\left\{\begin{matrix} 4x_0^2-4mx_0+4m=0\\ x_0^2-mx_0+10m=0\end{matrix}\right.$

$\leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 4x_0^2-4mx_0+4m=0\\ 4x_0^2-4mx_0+40m=0\end{matrix}\right.$

Trừ vế theo vế $\Rightarrow 36m=0\Rightarrow m=0$.

Cho các số thực dương a,b,c thoã mãn abcd=1
Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}\geq max(a+b+c+d,\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})$

Bài này là đề thi Iran Mo 1998. Mình xin cop nguyên bài giải trong sách Sáng tạo Bất đẳng thức.
Ta phải chứng minh 2 bất đẳng thức sau :
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}\geq a+b+c+d$ (1)
và $a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}$
Ta có $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq 3abc$ (Cauchy)
$b^{3}+c^{3}+d^{3}\geq 3bcd$
$c^{3}+d^{3}+a^{3}\geq 3cda$
$d^{3}+a^{3}+b^{3}\geq 3dab$
Cộng vế theo vế ...
Còn bất (1) thì đợi mình ăn cơm xong đã

Có : $2a^3+1=a^3+a^3+1\geq 3\sqrt[3]{a^3.a^3.1}=3a^2$
Chứng minh tương tự, cộng vế theo vế được : $2(a^3+b^3+c^3+d^3)+4\geq 3(a^2+b^2+c^2+d^2)$ (1)
Lại có : $a^2+b^2+c^2+d^2\geq 4$ (2) (Cauchy)
Từ (1) và (2) suy ra $2(a^3+b^3+c^3+d^3)+(a^2+b^2+c^2+d^2)\geq 2(a^2+b^2+c^2+d^2)+4\geq 3(a^2+b^2+c^2+d^2)$
$\Rightarrow a^3+b^3+c^3+d^3\geq a^2+b^2+c^2+d^2$