Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE MicrosoftInternetExplorer4 Xét các phép biến đổi sau $f(x)=(1-x+x^2-x^3)^6=\left ( (1-x) +x^2(1-x) \right )^6=(1-x)^6.(1+x^2)^6$ Nhắc lại nhị thức Niu-tơn dạng $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n}C_n^ka^kb^{n-k}$, ta có : $f(x)=(1-x)^6.(1+x^2)^6=\left (\sum_{i=0}^{6}C_6^i(-1)^ix^i \right )\left ( \sum_{j=0}^{6}C_6^jx^{2j} \right )$ Như vậy sau khi thực hiện khai triển thì số hạng tổng quát của đa thức $f(x)$ sẽ có dạng $(-1)^iC_6^iC_6^jx^{i+2j}, i,j=0,1,\cdots 6$. Do đó để tìm $a_9$ thì ta cần tìm hệ số của $x^9$ trong khai triển của $f(x)$. Tức là cần tìm những số $i, j=0,1,2,3,4,5,6$ sao cho $i+2j=9$. Dễ thấy $j$ chỉ có thể nhận các giá trị $0,1,2,3,4$ và $0 \le i \le 6$, từ đó ta tìm được các cặp $i, j$ thỏa mãn là $(i,j) \in \left\{ {(5,2),(3,3),(1,4))} \right\}$. Tóm lại, $a_9=(-1)^5C_6^5C_6^2+(-1)^3C_6^3C_6^3+(-1)^1C_6^1C_6^4=\boxed{-580}$.

Xét các phép biến đổi sau $f(x)=(1-x+x^2-x^3)^6=\left ( (1-x) +x^2(1-x) \right )^6=(1-x)^6.(1+x^2)^6$ Nhắc lại nhị thức Niu-tơn dạng $(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n}C_n^ka^kb^{n-k}$, ta có : $f(x)=(1-x)^6.(1+x^2)^6=\left (\sum_{i=0}^{6}C_6^i(-1)^ix^i \right )\left ( \sum_{j=0}^{6}C_6^jx^{2j} \right )$ Như vậy sau khi thực hiện khai triển thì số hạng tổng quát của đa thức $f(x)$ sẽ có dạng $(-1)^iC_6^iC_6^jx^{i+2j}, i,j=0,1,\cdots 6$. Do đó để tìm $a_9$ thì ta cần tìm hệ số của $x^9$ trong khai triển của $f(x)$. Tức là cần tìm những số $i, j=0,1,2,3,4,5,6$ sao cho $i+2j=9$. Dễ thấy $j$ chỉ có thể nhận các giá trị $0,1,2,3,4$ và $0 \le i \le 6$, từ đó ta tìm được các cặp $i, j$ thỏa mãn là $(i,j) \in \left\{ {(5,2),(3,3),(1,4))} \right\}$. Tóm lại, $a_9=(-1)^5C_6^5C_6^2+(-1)^3C_6^3C_6^3+(-1)^1C_6^1C_6^4=\boxed{-580}$.

Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE MicrosoftInternetExplorer4 Trước hết ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực $a,b,c,m,n,p$ khác $0$. $\sqrt{a^2+m^2}+\sqrt{b^2+n^2}+\sqrt{c^2+p^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(m+n+p)^2}$ Thật vậy, Trên mặt phẳng tọa độ Đề-các Oxy xét các điểm $O(0;0), A(-a;-m), B(b;n), C(-c;-p),D(a+b,m+n)$. Theo bất đẳng thức tam giác ta có $OA + OB \ge AB \Rightarrow \sqrt{a^2+m^2}+\sqrt{b^2+n^2} \ge \sqrt{(a+b)^2+(m+n)^2}$ $OC + OD \ge CD \Rightarrow \sqrt{c^2+p^2}+\sqrt{(a+b)^2+(m+n)^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(m+n+p)^2}$ Cộng theo từng vế hai bất đẳng thức trên và ta có bất đẳng thức cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $O,A,B$ thẳng hàng, $O,C,D$ thẳng hàng, tức là $\overrightarrow{OA}$ cùng hướng với $\overrightarrow{OB}\Leftrightarrow \frac{a}{m}=\frac{b}{n}$ $\overrightarrow{OC}$ cùng hướng với $\overrightarrow{OD}\Leftrightarrow \frac{a+b}{m+n}=\frac{c}{p}$ Tóm lại đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \frac{a}{m}=\frac{b}{n}=\frac{c}{p}$ Quay trở lại bài toán của chúng ta và đặt $a=\log_2 x, b=\log_2 y, c=\log_2 z, m=1, n=1, p=2$. Dễ thấy, với $xyz=8\implies a+b+c=\log_2 x+\log_2 y+\log_2 z=\log_2 xyz=3$ Áp dụng BĐT trên ta có $P=\sqrt{a^2+m^2}+\sqrt{b^2+n^2}+\sqrt{c^2+p^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(m+n+p)^2}\ge \sqrt{(3)^2+(4)^2}=5$. Như vậy GTNN của $P$ là $5$ đạt được khi và chỉ khi $\begin{cases}a+b+c=3 \\ \frac{a}{1}=\frac{b}{1}=\frac{c}{2} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=\frac{3}{4} \\b=\frac{3}{4} \\a=\frac{3}{2} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=\sqrt[4]{8} \\ y=\sqrt[4]{8} \\z=\sqrt{8} \end{cases}$

Trước hết ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực $a,b,c,m,n,p$ khác $0$. $\sqrt{a^2+m^2}+\sqrt{b^2+n^2}+\sqrt{c^2+p^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(m+n+p)^2}$ Thật vậy, Trên mặt phẳng tọa độ Đề-các Oxy xét các điểm $O(0;0), A(-a;-m), B(b;n), C(-c;-p),D(a+b,m+n)$. Theo bất đẳng thức tam giác ta có $OA + OB \ge AB \Rightarrow \sqrt{a^2+m^2}+\sqrt{b^2+n^2} \ge \sqrt{(a+b)^2+(m+n)^2}$ $OC + OD \ge CD \Rightarrow \sqrt{c^2+p^2}+\sqrt{(a+b)^2+(m+n)^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(m+n+p)^2}$ Cộng theo từng vế hai bất đẳng thức trên và ta có bất đẳng thức cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $O,A,B$ thẳng hàng, $O,C,D$ thẳng hàng, tức là $\overrightarrow{OA}$ cùng hướng với $\overrightarrow{OB}\Leftrightarrow \frac{a}{m}=\frac{b}{n}$ $\overrightarrow{OC}$ cùng hướng với $\overrightarrow{OD}\Leftrightarrow \frac{a+b}{m+n}=\frac{c}{p}$ Tóm lại đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \frac{a}{m}=\frac{b}{n}=\frac{c}{p}$ Quay trở lại bài toán của chúng ta và đặt $a=\log_2 x, b=\log_2 y, c=\log_2 z, m=1, n=1, p=2$. Dễ thấy, với $xyz=8\implies a+b+c=\log_2 x+\log_2 y+\log_2 z=\log_2 xyz=3$ Áp dụng BĐT trên ta có $P=\sqrt{a^2+m^2}+\sqrt{b^2+n^2}+\sqrt{c^2+p^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(m+n+p)^2}\ge \sqrt{(3)^2+(4)^2}=5$. Như vậy GTNN của $P$ là $5$ đạt được khi và chỉ khi $\begin{cases}a+b+c=3 \\ \frac{a}{1}=\frac{b}{1}=\frac{c}{2} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=\frac{3}{4} \\b=\frac{3}{4} \\a=\frac{3}{2} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=\sqrt[4]{8} \\ y=\sqrt[4]{8} \\z=\sqrt{8} \end{cases}$

Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE Thêm một chút ảo thuật nữa nhé. Đến đoạn $450x^2-60x-4008=4008\sqrt{30060x+1} (1)$ trong cách sử dụng biểu thức liên hợp, ta còn có thể làm như sau Đặt $\sqrt{30060x+1} =-15y-2003$ với $y \le- \frac{2003}{15}$. $\Rightarrow 30060x+1=225y^2+60090y+4012009\Rightarrow 225y^2+60090y-30060x+4012008=0 (*)$ Mặt khác thì $450x^2-60x-4008=4008\sqrt{30060x+1}=4008(-15y-2003)$ $\Rightarrow 450x^2+60120y-60x+8024016=0 $ $\Rightarrow 225x^2+30060y-30x+4012008=0 (**)$ Từ $(*)$ và $(**)$ ta thu được HPT $\begin{cases}225x^2+30060y-30x+4012008=0 \\ 225y^2+60090y-30060x+4012008=0\end{cases}$ Trừ theo từng vế và phân tích thành nhân tử ta được $(x-y)(225x+225y+30030)=0$ *, Với $x=y$. Thay vào $(*)$ ta được $ 225x^2+30030x+4012008=0$, Pt này vô nghiệm. *, Với $225x+225y+30030=0 \implies y=\frac{-30030-225x}{225}$. Thay vào $(**)$ ta được $225x^2+30060\left (\frac{-30030-225x}{225} \right )-30x+4012008=0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=\frac{2006}{15}\\x=0 (\text{không thỏa mãn}) \end{matrix}} \right.$ Vậy PT có nghiệm duy nhất $\boxed{\displaystyle{x=\frac{2006}{15}}}$ P/S : Để biết thêm chi tiết về phương pháp này các bạn có thể ghé thăm chuyên đề của chúng tôi.http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113295/phuong-phap-dat-an-phu-de-giai-phuong-trinh-co-hai-phep-toan-nguoc-nhau

Thêm một chút ảo thuật nữa nhé. Đến đoạn $450x^2-60x-4008=4008\sqrt{30060x+1} (1)$ trong cách sử dụng biểu thức liên hợp, ta còn có thể làm như sau Đặt $\sqrt{30060x+1} =-15y-2003$ với $y \le- \frac{2003}{15}$. $\Rightarrow 30060x+1=225y^2+60090y+4012009\Rightarrow 225y^2+60090y-30060x+4012008=0 (*)$ Mặt khác thì $450x^2-60x-4008=4008\sqrt{30060x+1}=4008(-15y-2003)$ $\Rightarrow 450x^2+60120y-60x+8024016=0 $ $\Rightarrow 225x^2+30060y-30x+4012008=0 (**)$ Từ $(*)$ và $(**)$ ta thu được HPT $\begin{cases}225x^2+30060y-30x+4012008=0 \\ 225y^2+60090y-30060x+4012008=0\end{cases}$ Trừ theo từng vế và phân tích thành nhân tử ta được $(x-y)(225x+225y+30030)=0$ *, Với $x=y$. Thay vào $(*)$ ta được $ 225x^2+30030x+4012008=0$, Pt này vô nghiệm. *, Với $225x+225y+30030=0 \implies y=\frac{-30030-225x}{225}$. Thay vào $(**)$ ta được $225x^2+30060\left (\frac{-30030-225x}{225} \right )-30x+4012008=0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=\frac{2006}{15}\\x=0 (\text{không thỏa mãn}) \end{matrix}} \right.$ Vậy PT có nghiệm duy nhất $\boxed{\displaystyle{x=\frac{2006}{15}}}$ P/S : Để biết thêm chi tiết về phương pháp này các bạn có thể ghé thăm chuyên đề của chúng tôi.http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113295/phuong-phap-dat-an-phu-de-giai-phuong-trinh-co-hai-phep-toan-nguoc-nhau

Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE MicrosoftInternetExplorer4 Gọi $N$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NB}+3\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0} (1)$. Ta sẽ chỉ ra điểm $N$ như trên là duy nhất, thật vậy giả sử $N(a;b)$ thì từ $(1) \implies (-1-a;7-b) + 2(4-a;-3-b)+3(-4-a;1-b)=(0;0)$ $\Leftrightarrow (-6a-5;-6b+4)=(0;0)$ $\Leftrightarrow \begin{cases}a=-\frac{5}{6} \\ b=\frac{2}{3} \end{cases} \implies N\left (-\frac{5}{6};\frac{2}{3} \right )$Ta có :$MA^2+2MB^2+3MC^2=(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NA})^2+2(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NB})^2+3(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NC})^2$$=6MN^2+2\overrightarrow{MN}\left ( \underbrace{\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NB}+3\overrightarrow{NC}}_{0} \right )+NA^2+2NB^2+3NC^2$.Do $MN^2 \ge0 \implies MA^2+2MB^2+3MC^2 \ge NA^2+2NB^2+3NC^2$.Tính toán cụ thể với $N\left (-\frac{5}{6};\frac{2}{3} \right ),A(-1, 7), B(4; -3), C(-4;1)$ ta có $NA^2+2NB^2+3NC^2=\frac{865}{6}$Như vậy giá trị nhỏ nhất của $MA^2+2MB^2+3MC^2$ bằng $\frac{865}{6}$ đạt tại $M \equiv N\left (-\frac{5}{6};\frac{2}{3} \right )$.

Gọi $N$ là điểm thỏa mãn $\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NB}+3\overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0} (1)$. Ta sẽ chỉ ra điểm $N$ như trên là duy nhất, thật vậy giả sử $N(a;b)$ thì từ $(1) \implies (-1-a;7-b) + 2(4-a;-3-b)+3(-4-a;1-b)=(0;0)$ $\Leftrightarrow (-6a-5;-6b+4)=(0;0)$ $\Leftrightarrow \begin{cases}a=-\frac{5}{6} \\ b=\frac{2}{3} \end{cases} \implies N\left (-\frac{5}{6};\frac{2}{3} \right )$Ta có :$MA^2+2MB^2+3MC^2=(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NA})^2+2(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NB})^2+3(\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{NC})^2$$=6MN^2+2\overrightarrow{MN}\left ( \underbrace{\overrightarrow{NA}+2\overrightarrow{NB}+3\overrightarrow{NC}}_{0} \right )+NA^2+2NB^2+3NC^2$.Do $MN^2 \ge0 \implies MA^2+2MB^2+3MC^2 \ge NA^2+2NB^2+3NC^2$.Tính toán cụ thể với $N\left (-\frac{5}{6};\frac{2}{3} \right ),A(-1, 7), B(4; -3), C(-4;1)$ ta có $NA^2+2NB^2+3NC^2=\frac{865}{6}$Như vậy giá trị nhỏ nhất của $MA^2+2MB^2+3MC^2$ bằng $\frac{865}{6}$ đạt tại $M \equiv N\left (-\frac{5}{6};\frac{2}{3} \right )$.