Vì sao lại tồn tại đa thức G,H như vậy, bạn có thể giải thích thêm được không?
vì hàm $\mathcal{A}(x)\mathcal{A}(-x)$ chẵn nên tồn tại $\mathcal{G}$ như trên
Có 9 mục bởi huytruong (Tìm giới hạn từ 04-06-2020)
Đã gửi bởi huytruong on 27-11-2015 - 05:43 trong Đa thức
Cho $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ là đa thức đơn khởi (có hệ số cao nhất là $1$ ) và bất khả quy trên $\mathbb{Z}$ sao cho $|P(0)|$ không là số chính phương. Chứng minh $P(x^{2})$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}.$
giả sử $\mathcal{P}(x^2)$ khả quy tức $\mathcal{P}(x^2)=\mathcal{A}(x)\mathcal{B}(x)$ với $\mathcal{A}(x),\mathcal{B}(x)\in \mathbb{Z}\left [ x \right ]$
ta có
$\mathcal{P}(x^2)=\mathcal{A}(x)\mathcal{B}(x)\Rightarrow \mathcal{P}(x^2)=\mathcal{A}(-x)\mathcal{B}(-x)$
$\Rightarrow \left ( \mathcal{P}(x^2) \right )^2=\mathcal{A}(x)\mathcal{A}(-x).\mathcal{B}(x)\mathcal{B}(-x)$
$\Rightarrow \exists \mathcal{G},\mathcal{H:}\left\{\begin{matrix} \mathcal{G}(x^2)=\mathcal{A}(x)\mathcal{A}(-x)\\ \mathcal{H}(x^2)=\mathcal{B}(x)\mathcal{B}(-x) \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \left ( \mathcal{P}(x^2) \right )^2=\mathcal{G}(x^2)\mathcal{H}(x^2)\ \ ,\forall x\Rightarrow \left ( \mathcal{P}(x) \right )^2=\mathcal{G}(x)\mathcal{H}(x)$
vì đa thức $\mathcal{P}(x)$ bất khả quy nên có các trường hợp sau
$\bullet\ \mathcal{P}(x^2)=\mathcal{G}(x)=\mathcal{H}(x)\Rightarrow \left | \mathcal{P}(0) \right |=\left ( \mathcal{G}(0) \right )^2\ (\text{mâu thuẫn})$
$\bullet\ \mathcal{P}(x^2)=-\mathcal{G}(x)=-\mathcal{H}(x)\Rightarrow \left | \mathcal{P}(0) \right |=\left ( \mathcal{G}(0) \right )^2\ (\text{mâu thuẫn})$
Đã gửi bởi huytruong on 27-11-2015 - 05:28 trong Đa thức
Tìm tất cả các số nguyên $k$ để có vô hạn giá trị nguyên $n>2$ thỏa mãn đa thức
$$P_{n}(x)=x^{n+1}+kx^{n}-870x^{2}+1945x+1995 $$
có thể phân tích được thành tích của hai đa thức hệ số nguyên với bậc ít nhất $1$.
đây là bài $\text{VN TST 1995}$
Đã gửi bởi huytruong on 26-11-2015 - 23:29 trong Bất đẳng thức và cực trị
Mình cũng cauchy.schwarz
$(\sum \sqrt{\frac{a}{a+b}})^2=(\sum \sqrt {(a+c)\frac{a}{(a+b)(a+c)}})^{2}\leq( \sum (a+c))(\sum \frac{a}{(a+b)(a+c)})$
Đã gửi bởi huytruong on 26-11-2015 - 23:19 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Từ gt $xyz=1$ ta đặt
$x=\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}}$ ; $y=\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}}$ ; $x=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c}}$
Suy ra $P=\sum \sqrt{\frac{a}{a+b}}$
Ta có $(\sum \sqrt{\frac{a}{a+b}})^2\leq (\sum (a+c))(\sum \frac{a}{(a+b)(a+c)})=\frac{4(a+b+c)(ab+bc+ac)}{(a+c)(b+c)(c+a)}\leq \frac{9}{2}$
vì bđt $8(a+b+c)(ab+bc+ac)=8(a+b)(b+c)(c+a)+8abc\leq 9(a+b)(b+c)(c+a)$
Từ đó $P\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$
Vậy $MaxP=\frac{3}{\sqrt{2}}$
Đã gửi bởi huytruong on 26-11-2015 - 22:49 trong Bất đẳng thức và cực trị
Theo mình nghỉ thì nếu pt theo cách của bạn thì bđt
$(a+b+c)(\sum \frac{1}{a+b})\leq \frac{9}{2}$ ko đúng vì khi thay bộ (1,1,3)
Còn cách pt dưới thì cũng đối xứng hóa và cm đc bđt sau đúng
Đã gửi bởi huytruong on 26-11-2015 - 12:15 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ta có
$(\sum \sqrt{\frac{a}{a+b}})^2\leq (\sum (a+c))(\sum \frac{a}{(a+b)(a+c)})=\frac{4(a+b+c)(ab+bc+ac)}{(a+c)(b+c)(c+a)}$
Suy ra cần cm
$8(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq 9(a+b)(b+c)(c+a)$
Bđt này đúng vì
$8(a+b+c)(ab+bc+ac)=8(a+b)(b+c)(c+a)+8abc\leq 9(a+b)(b+c)(c+a)$
Từ đó có đpcm
Đẳng thức khi a=b=c
Đã gửi bởi huytruong on 25-11-2015 - 20:06 trong Bất đẳng thức và cực trị
Theo bđt cauchy.schwarz
$P= \sum \frac{1}{\sqrt{x^{5}-x^{2}+3xy+6}} \leq \sqrt{3\sum \frac{1}{x^{5}-x^{2}+3xy+6}}$
Từ AM GM ta đc
$(x^{5}+x+1)+(x^{5}+x^{2}+1.5) \geq 3x^{2}+7x$ tương đương vs $x^{5}-x^{2}+3xy+6 \geq 3(1+x+xy)$
Có 2 bđt tương tự suy ra
$\sum \frac{1}{x^{5}-x^{2}+3xy+6}\leq \sum \frac{1}{3(1+x+xy)}$
từ gt xyz=1 suy ra
$\sum \frac{1}{3(1+x+xy)}=\frac{1}{3}$
suy ra $P\leq 1$
vậy $MaxP=1$
Đẳng thức xảy khi $a=b=c=1$
Đã gửi bởi huytruong on 21-11-2015 - 20:54 trong Thảo luận đề thi VMEO IV
Bài 3:
Tìm tất cả các số nguyên $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3(ab+bc+ca)$
$\blacksquare$ Bổ đề
$5\mid a^2+3b^2\Rightarrow 5\mid a,b$
$\square$ giả sử $5\not |\ a,b$
ta có
$5\mid a^2+3b^2\Rightarrow a^2\equiv -3b^2(mod\ 5)\Rightarrow \left ( \frac{-3}{5} \right )=\left ( \frac{-3b^2}{5} \right )=1$
mà dễ tính $\left ( \frac{-3}{5} \right )=1$ nên điều trên vô lí tức là
$5\mid a,b$
$\blacksquare$ Quay lại bài toán
ta có
$(a+b+c)^2=5(ab+bc+ca)\Rightarrow 5\mid a+b+c\Rightarrow c\equiv -a-b(mod\ 5)$
$\Rightarrow p\mid a^2+b^2+(-a-b)^2\Rightarrow 5\mid (2a+b)^2+3b^2\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 5\mid 2a+b\\5\mid b \end{matrix}\right.\Rightarrow 5\mid a,b$
tương tự ta có $5\mid c$
vì $p| a,b,c\Rightarrow a=5a_0,b=5b_0,c=5c_0\Rightarrow a_0^2+b_0^2+c_0^2=3(a_0b_0+b_0c_0+c_0a_0)$
cứ làm như vậy ta có $5^n\mid a,b,c$ tức $\boxed{a=b=c=0}$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học