PT
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
29 tháng 10 2016
2/ Ta phân tích
ax3 + bx2 + c = (x + 2)[ax2 + (b - 2a)x - 2(b - 2a)] + c + 4(b - 2a) = (x2 - 1)(ax + b) + ax + b + c
Từ đó kết hợp với đề bài ta có hệ
\(\hept{\begin{cases}c+4\left(b-2a\right)=0\\a=1\\b+c=5\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=1\\c=4\end{cases}}\)
29 tháng 10 2016
Ta có A = (x + y)3 + z3 + kxyz - 3xy(x + y)
= (x + y + z)[(x + y)2 - (x + y)z + z2] + xy(kz - 3x - 3y)
Nhìn vào cái này ta dễ thấy là để A chia hết cho x + y + z thì k = - 3
8 tháng 11 2016
\(A=x^3+y^3+z^3+kxyz\)
Thực hiện phép chia ta được
\(A=\left(x^3+y^3+z^3+kxyz\right)\div\left(x+y+z\right)\)
\(A=\left(x+y+z\right)\left[x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz-yz\left(k+2\right)\right]-yz\left(x+z\right)\left(k+3\right)\)
Để phép chia hết thì: \(yz\left(x+z\right)\left(k+3\right)=0\)
Suy ra: \(k+3=0\)
Suy ra: \(k=3\)
TN
6 tháng 11 2016
a)
b)Từ \(xyz=1\Rightarrow x=\frac{1}{zy};y=\frac{1}{xz};z=\frac{1}{xy}\)
\(M=\frac{z^2y^2}{x\left(z+y\right)}+\frac{x^2z^2}{y\left(x+z\right)}+\frac{x^2y^2}{z\left(x+y\right)}\)
\(\ge\frac{\left(xy+yz+xz\right)^2}{2\left(xy+yz+xz\right)}=\frac{xy+yz+xz}{2}\)(Bđt Cauchy-Schwarz)
\(\ge\frac{3\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}}{2}=\frac{3}{2}\)(Bđt Cosi)
Dấu = khi \(x=y=z=1\)
G
8 tháng 11 2016
a) Gọi 5 số là: \(a_0,a_1,a_2,a_3,a_4\)
Lấy \(T_0=a_0\)
\(T_1=a_0+a_1\)
\(T_2=a_0+a_1+a_2\)
\(T_3=a_0+a_1+a_2+a_3\)
\(T_4=a_0+a_1+a_2+a_3+a_4\)
Trong 5 số: \(T_0,T_1,T_2,T_3,T_4\) có 2 trường hợp sau xảy ra:
TH1: Tồn tại 1 số \(T_i\) chia hết cho 5 => Điều phải chứng minh
TH2: Không có số nào chia hết cho 5 => Trong 5 số đó có 2 số khi chia cho 5 có cùng một số dư (theo nguyên lí Direchlet, vì 5 số đều không chia hết cho 5 nên khi chia cho 5 sẽ cho 4 số dư là {1, 2, 3,4}). Giả sử \(T_i\) và \(T_j\)(với i < j) chia cho 5 có cùng số dư => Hiệu \(T_j-T_i\) chia hết cho 5. Mà hiệu \(T_j-T_i=a_{i+1}+a_{i+2}+...+a_j\) chia hết cho 5 => Điều phải chứng minh.
19 tháng 6 2017
bài toán này bắt nguồn 1 phần từ bài: Cho x;y;z nguyên thỏa mãn \(x^3+y^3+z^3⋮3\). Chứng minh \(x+y+z⋮3\)
Quay về bài toán đầu: (cũng chứng minh luôn bài toán trên)
Ta có: (x + y + z)3 = x3 + y3 + z3 +3(x + y)(y + z)(z + x) (*)
Lại có: \(x^3+y^3+z^3⋮3;3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)⋮3\) nên \(\left(x+y+z\right)^3⋮3\)\(\Rightarrow x+y+z⋮3\)
\(\Rightarrow\left(x+y+z\right)^3⋮27\)
Kết hợp với (*) và \(x^3+y^3+z^3⋮27\)\(\Rightarrow3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)⋮27\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)⋮9\left(1\right)\)
+) Nếu cả 3 số x;y;z cùng chia hết cho 3 ta có đpcm
+) Nếu 3 số x;y;z không cùng chia hết cho 3
Thấy rẳng nếu x;y;z cùng dư 1 hoặc 2 thì mâu thuẫn với (1)
Do đó, để (1) đúng thì trong 3 số x;y;z chỉ có 2 số chia hết cho 3 hoặc có 1 số chia 3 dư 1; 1 số chia 3 dư 2
- Nếu trong 3 số x;y;z chỉ có 2 số chia hết cho 3; giả sử x;y chia hết cho 3
Khi đó; \(x+y⋮3;y+z⋮̸3;z+x⋮̸̸3\)
Để (1) đúng thì \(x+y⋮9\left(đpcm\right)\)
- Nếu trong 3 số x;y;z có 1 số chia 3 dư 1; 1 số chia 3 dư 2; giả sử 2 số đó là y;z
Khi đó, \(x+y⋮̸3;y+z⋮3;z+x⋮̸3\)
Để (1) đúng thì \(y+z⋮9\left(đpcm\right)\)
Vậy ta có đpcm
\(f\left(x,y,z\right)=x^3+y^3+z^3+kxyz\) sẽ chia hết cho \(x+y+z\) khi và chỉ khi \(f\left(-y-z,y,z\right)=0\).
Nghĩa là \(\left(-y-z\right)^3+y^3+z^3+k\left(-y-z\right)yz=0\)
Khai triển: \(-3yz\left(y+z\right)-k\left(y+z\right)yz=0\) hay \(k=3\).