\(y=\frac{x^3-x^2+2x+7}{x^2+1}=x-1+\frac{x+8}{x^2+1}\)

Đặt 

\(A=\frac{x+8}{x^2+1}\)

\(\Leftrightarrow\left(x-8\right)A=\frac{x^2-64}{x^2+1}=1-\frac{65}{x^2+1}\)

Để A nguyên thì \(x^2+1\)phải là ước của 65. Làm nốt

+) Với x =0 => y = -1 hoặc y =1 . Thay vào thỏa mãn

+) Với x khác 0

Có: \(x^4+x^3+x^2+x+1=y^2\)

<=> \(4x^4+4x^3+4x^2+4x+4=4y^2\)

=> \(4y^2=\left(4x^4+4x^3+x^2\right)+\left(3x^2+4x+4\right)>\left(4x^4+4x^3+x^2\right)=\left(2x+x\right)^2\)(1)

( vì \(3x^2+4x+4>0\))

và \(4y^2=\left(4x^4+x^2+4+4x^3+8x^2+4x\right)-5x^2< \left(4x^4+x^2+4+4x^3+8x^2+4x\right)\)

                                                                                                            \(=\left(2x+x+2\right)^2\)(2)

( vì x khác 0 => \(x^2>0\))

tỪ (1) VÀ (2) => \(\left(2x^2+x\right)^2< 4y^2< \left(2x^2+x+2\right)^2\)

=> \(4y^2=\left(2x^2+x+1\right)^2\)

=> \(\left(2x^2+x\right)^2+3x^2+4x+4=\left(2x^2+x\right)^2+2\left(2x^2+x\right)+1\)

<=> \(x^2-2x-3=0\)

<=> x = -1 hoặc x = 3

Với x =-1 => y = -1 hoặc 1 . Thử lại thỏa mãn

Với x = 3 => y = 11 hoặc -11. Thử lại thỏa mãn.

Vậy: phương trình trên có nghiệm ( x; y ) là \(\left(0;\pm1\right);\left(-1;\pm1\right);\left(3;\pm11\right)\)

Bài nào đấy hải ơi .Trả lời tao bài 5 đi tao đăng rồi đấy tên là Lưng

Bài 5 ntn

Đề đúng là \(T=\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2}\)

Ta có:

\(a^2+b^2\ge2ab\) và \(b^2+1\ge2b\) (chứng minh cái này chắc dễ)

\(\Rightarrow a^2+b^2+b^2+1+2\ge2ab+2b+2=2\left(ab+b+1\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le\frac{1}{2ab+2b+2}=\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}\left(1\right)\)

Tương tự ta có:

\(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}\left(2\right)\)và \(\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2\left(ac+a+1\right)}\left(3\right)\)

Cộng theo vế của (1);(2) và (3) ta có:

\(T\le\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}+\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}+\frac{1}{2\left(ac+a+1\right)}\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac}{a^2bc+abc+ac}+\frac{a}{abc+ac+a}+\frac{1}{ac+a+1}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac}{ac+a+1}+\frac{a}{ac+a+1}+\frac{1}{ac+a+1}\right)\left(abc=1\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac+a+1}{ac+a+1}\right)=\frac{1}{2}\)(đpcm)

Dấu = khi \(a=b=c=1\)

Ta có:

+) f(x) : (x+2) dư 3

=> Tồn tại đa thức g(x) sao cho:  \(f\left(x\right)=\left(x+2\right).g\left(x\right)+3\)(1)

+) f(x) : x² +2 dư 3x + 1.

=> Tồn tại đa thức h(x) sao cho: \(f\left(x\right)=\left(x^2+2\right).g\left(x\right)+3x+1\)(2)

+) Vì (x + 2)(x^2 + 2) có bậc là 3 => \(f\left(x\right):\left(x+2\right)\left(x^2+2\right)\) có dư là đa thức có bậc là 2 

Giả sự số dư là: \(ax^2+bx+c\)

=> Tồn tại đa thức k(x) sao cho: \(f\left(x\right)=\left(x^2+2\right)\left(x+2\right).k\left(x\right)+ax^2+bx+c\)

Có: \(f\left(x\right)=\left(x^2+2\right)\left(x+2\right).k\left(x\right)+a\left(x^2+2\right)+bx+c-2a\)

\(=\left(x^2+2\right)\left[\left(x+2\right).k\left(x\right)+a\right]+bx+c-2a\)(3)

Từ (2), (3) => \(bx+c-2a=3x+1\)=> \(\hept{\begin{cases}b=3\\c-2a=1\end{cases}}\)(4)

Có: \(f\left(x\right)=\left(x^2+2\right)\left(x+2\right).k\left(x\right)+\left(x+2\right).\left(ax+b-2a\right)+c+4a-2b\)

\(=\left(x+2\right)\left(\left(x^2+2\right).k\left(x\right)+\left(ax+b-2a\right)\right)+c+4a-2b\)(5)

Từ (1) và (5) => \(c+4a-2b=3\) (6)

Từ (4) và (6) => c = 11/3; a =4/3 ; b =3

Vậy số dư là: \(\frac{4}{3}x^2+3x+\frac{11}{3}\)

Ta có: \(\left|f\left(0\right)\right|=\left|c\right|\le k.\) 
\(\left|f\left(1\right)\right|=\left|a+b+c\right|\le k\Leftrightarrow-k\le a+b+c\le k.\)(1)

\(\left|f\left(-1\right)\right|=\left|a-b+c\right|=\left|-a+b-c\right|\le k\Leftrightarrow-k\le-a+b-c\le k\).(2)
Cộng lần lượt các vế của (1) và (2) ta có: \(-2k\le2b\le2k\Leftrightarrow-k\le b\le k\Leftrightarrow\left|b\right|\le k.\)
Mặt khác ta có: \(\hept{\begin{cases}-k\le a+b+c\le k\\-k\le a-b+c\le k\end{cases}\Rightarrow-2k\le2a+2c\le2k\Leftrightarrow-k\le a+c\le k.}\)
Chọn c = k thì \(-k\le a+k\Leftrightarrow-2k\le a.\)
Chọn c = k thì \(a-k\le k\Leftrightarrow a\le2k.\) Vậy \(\left|a\right|\le2k\).
Ta có: \(\left|a\right|+\left|b\right|+\left|c\right|\le2k+k+k=4k\left(đpcm\right).\)


 

Em cảm ơn cô nhiều ạ : ) Bùi Thị Vân

Bai này quen quen ! Mình còn ghi trong vở nè !

Chứng minh:

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có :

\(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)+\frac{9abc}{a+b+c}\ge4\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge2\left(ab+bc+ac\right)\left(đpcm\right)\)

Ta có \(x^4+x^2+1=\left(x^2+1\right)^2-x^2=\left(x^2+x+1\right)\left(x^2-x+1\right)\)

Số dư của phép chia đa thức f(x) cho x⁴ + x² + 1 là đa thức có bậc thấp hơn, tức là \(ax^3+bx^2+cx+d\)

Ta có \(f\left(x\right)=\left(x^4+x^2+1\right)g\left(x\right)+ax^3+bx^2+cx+d\)

\(=\left(x^2+x+1\right)\left(x^2-x+1\right)g\left(x\right)+\left(x^2+x+1\right)\left(ax+b-a\right)+\left(c-b\right)x+d+a-b\)

\(=\left(x^2+x+1\right)\left[\left(x^2-x+1\right)g\left(x\right)+ax+b-a\right]+\left(c-b\right)x+d+a-b\)

Vậy nên \(\hept{\begin{cases}c-b=-1\\d+a-b=1\end{cases}}\)

Ta cũng có:

\(f\left(x\right)=\left(x^4+x^2+1\right)g\left(x\right)+ax^3+bx^2+cx+d\)

\(=\left(x^2-x+1\right)\left(x^2+x+1\right)g\left(x\right)+\left(x^2-x+1\right)\left(ax+b+a\right)+\left(c+b\right)x+d-a-b\)

Vậy nên \(\hept{\begin{cases}c+b=3\\d-a-b=5\end{cases}}\)

Từ (1) và (2) ta có: \(\hept{\begin{cases}c-b=-1\\c+b=3\end{cases}}\)  và \(\hept{\begin{cases}d-b+a=1\\d-b-a=5\end{cases}}\)

Vậy nên \(\hept{\begin{cases}c=1\\b=2\end{cases}}\) và \(\hept{\begin{cases}d-b=3\\a=-2\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}d=5\\a=-2\end{cases}}}\)

Vậy thì đa thức dư cần tìm là -2x³ + 2x² + x + 5

Phần (c-b)x sai phải là (c-b+a-ax)x

Kết luận:   GTNN của P là 3/4; P không có GTLN.

Giải: P là một giá trị của hàm số đã cho khi và chỉ khi tồn tại x để   \(P=\frac{x^2+x+1}{x^2+2x+1}\) (1), tức là phương trình (1) ẩn x phải có nghiệm.

Ta có  \(\left(1\right)\Leftrightarrow P\left(x^2+2x+1\right)=x^2+x+1\)\(\Leftrightarrow\left(P-1\right)x^2+\left(2P-1\right)x+\left(P-1\right)=0\).

Nếu \(P=1\) thì (1) trở thành  \(x=0\), phương trình có nghiệm x = 0.

Nếu \(P\ne1\) thì phương trình sẽ có nghiệm khi và chỉ khi  

                                  \(\Delta=\left(2P-1\right)^2-4\left(P-1\right)^2=4P-3\ge0\Leftrightarrow P\ge\frac{3}{4}\)

Vậy tập giá trị của P là   \(\frac{3}{4}\le P< +\infty\). Do đó P không có GTLN và P có GTNN = \(\frac{3}{4}\)

\(P=\frac{x^2+x+1}{x^2+2x+1}=\frac{\frac{3}{4}\left(x^2+2x+1\right)+\frac{\left(x^2-2x+1\right)}{4}}{x^2+2x+1}\)

\(=\frac{3}{4}+\frac{\left(x-1\right)^2}{4\left(x+1\right)^2}\ge\frac{3}{4}\)

Dấu = xảy ra  khi \(x=1\)

Chia hình chữ nhật 4 x 3 thành 24 hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\).

Diện tích mỗi hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\) là \(\frac{1}{2}\left(cm^2\right)\)

G/s : Mỗi  hình chữ nhật  chỉ chứa ít hơn 3 điểm 

Tổng số điểm của hình chữ nhật  3 x 4 thì sẽ < 2.24 = 48 điểm <49 điểm ( vô lí)

=> Theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn tại một hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\)  chứa ít nhất  3 điểm trong 49 điểm đã cho.

Tam giác có 3 đỉnh nằm trong hình chữ nhật \(\frac{1}{2}\times1\) nên diện tích < \(\frac{1}{2}\left(cm^2\right)\)

Vậy ....