bachhammer

Giả sử tồn tại các số a;b;c;d hữu tỉ thoả mãn đẳng thức trên.Chúng ta thấy rằng: nếu x;y là các số hữu tỉ sao cho $x+y\sqrt{2}=5+4\sqrt{2}$ thì x chỉ có thể bằng 5 và y chỉ có thể bằng 4.Thật vậy, nếu y khác 4, thì $\sqrt{2}=\frac{5-x}{y-4}$ là số hữu tỉ, đó là điều vô lí. Vậy nên x=5, y=4.

Ta có:

$(a+b\sqrt{2})^{1994}+(c+d\sqrt{2})^{1994}=\sum_{i=0}^{1994}\binom{1994}{i}a^{1994-i}(b\sqrt{2})^{i}+\sum_{i=0}^{1994}\binom{1994}{i}c^{1994-i}(d\sqrt{2})^{i}=(\sum_{i=0}^{997}\binom{1994}{2i}2^{i}a^{1994-i}b^{2i}+\sum_{i=0}^{997}\binom{1994}{2i}2^{i}c^{1994-i}d^{2i})+\sqrt{2}(\sum_{i=0}^{996}\binom{1994}{2i+1}2^{i}a^{1993-2i}b^{2i+1}+\sum_{i=0}^{996}\binom{1994}{2i+1}2^{i}c^{1993-2i}d^{2i+1})=X+Y\sqrt{2}=5+4\sqrt{2}$(Theo khai triển nhj thức Newton)

Trong đó X,Y là các biểu thức trong ngoặc. Khi đó theo chứng minh trên ta suy ra X=5;Y=4. Và khi đó $X-Y\sqrt{2}=5-4\sqrt{2}$, hay ta có thể viết lại thành:

$(a-b\sqrt{2})^{1994}+(c-d\sqrt{2})^{1994}=5-4\sqrt{2}=\sqrt{25}-\sqrt{32}$. Ta thấy vế phải không âm, trong khi vế trái lại âm, đó là một điều vô lí.

Vậy không tồn tại các số a;b;c;d hữu tỉ thoả mãn đẳng thức trên.

ĐK: $\frac{-1}{3}\leq x\leq 6$

PT tương đương:

$\sqrt{3x+1}-4-\sqrt{6-x}+1+3x^{2}-14x-5=0 \Leftrightarrow \frac{3(x-5)}{\sqrt{3x+1}+4}+\frac{x-5}{\sqrt{6-x}+1}+(3x+1)(x-5)=0\Leftrightarrow (x-5)\left ( \frac{3}{\sqrt{3x+1}+4}+\frac{1}{\sqrt{6-x}+1}+3x+1 \right )=0$.

Nhưng vì $\frac{3}{\sqrt{3x+1}+4}+\frac{1}{\sqrt{6-x}+1}+3x+1> 0$ với mọi x thoả $\frac{-1}{3}\leq x\leq 6$.

Do đó x-5=0 hay x=5.

Vậy x=5 là nghiệm của phương trình ban đầu.

Giả sử $f(x)=a_{0}x^n+a_{1}x^{n-1}+...+a_{n-1}x+a_{n}$ là đa thức với hệ số thực, $a_{0}\neq 0$ và thoả mãn đẳng thức sau với mọi số thực x:

$f(x).f(2x^2)=f(2x^3+x)$ (1).

Ta sẽ chứng minh $x_{0}=0$ ko phải là nghiệm của f(x), hay nói cách khác $a_{n}=f(0)\neq 0$. Xét k là chỉ số lớn nhất sao cho $a_{k}\neq 0$.Khi đó vế trái của (1) có dạng:

$f(x).f(2x^2)=(a_{0}x^{n}+...+a_{k}x^{n-k})(a_{0}2^nx^{2n}+...+a_{k}2^{n-k}x^{2(n-k)})=a_{0}^{2}2^{n}x^{3n}+...+a_{k}^{2}2^{n-k}x^{3(n-k)}$

Còn vế phải của (1) lại có dạng:

$f(2x^{3}+x)=a_{0}(2x^{3}+x)^{n}+...+a_{k}(2x^{3}+x)^{n-k} =a_{0}2^nx^{3n}+...+a_{k}x^{n-k}$

So sánh hai vế của (1) ta có $a_{k}^{2}2^{n-k}x^{3(n-k)}=a_{k}x^{n-k}$ với mọi x, do đó ta sẽ suy ra n=k hay $a_{n}=a_{k}\neq 0$. Rõ ràng $x_{0}=0$ ko phải là nghiệm của f(x).Giả sử f(x) có nghiệm thực $x_{0}\neq 0$. Xét dãy số: $x_{n+1}=2x_{n}^{3}+x_{n}$ với mọi n=0;1;2;... Nếu $x_{0}>0$ thì $x_{0}< x_{1}<...$, còn nếu $x_{0}>0$ thì $x_{0}>x_{1}...$. Do đó từ hệ thức (1) ta suy ra nếu $x_{0}\neq 0$ mà $f(x_{0})=0$ thì $f(x_{k})=0$ với mọi k, nghĩa là f(x) bậc n có vô số nghiệm, mâu thuẫn với đề bài. Chính vì thế cho nên đa thức f(x) không có nghiệm thực(đpcm).

Như trauvang97 đã nói, các đa thức $f(x)=(x^{2}+1)^{k}$ thoả mãn đề bài. À, nhân tiện cho bachhammer này gửi lời chào đến đồng hương namheo(Ý lộn namcpnh)

Có thể là đề đã bị nhầm, vì tôi đã tìm ra được phản ví dụ:với a=5, b=3 thì a+1=6 và b+2007=2010 đều chia hết cho 6, thế nhưng 4a+a+b=4.5+5+3=28 không chia hết cho 6.Nhưng nếu theo đề bài này thì nếu a+1 chia hết cho 6 thì a+1 phải có dạng 6k(k thuộc Z). Khi đó, a=6k-1. Cũng giải thích tương tự cách làm với b+2007 chia hết cho 6.

Câu hai được  giải quyết như sau:

Ta có:$a_{k-1}=\frac{3k^{2}-3k+1}{\left ( k^{2}-k \right )^{3}}=\frac{k^{3}-(k-1)^3}{k^3(k-1)^3}=\frac{1}{(k-1)^3}-\frac{1}{k^3}$

Do đó:$\sum_{i=1}^{99}a_{i}=1-\frac{1}{100^3}=\frac{10^6-1}{10^6}=\frac{999999}{1000000}$

Ta có:$sin(2a+b)+sin b=4sin b\Leftrightarrow 2sin(a+b)cosa=4sin b \Leftrightarrow tan(a+b)=2\frac{sin(a+b-a)}{cos(a+b)cosa}=2\frac{sin(a+b)cosa-cos(a+b)sina}{cos(a+b)cosa} =2tan(a+b)-2tana \Leftrightarrow tan(a+b)=2tana$