Chắc là \(q\left(x\right)=x^2-4????\)

\(f\left(2\right)=2^5+2^2+1=37\) ; \(f\left(-2\right)=-27\)

Do \(f\left(x\right)\) có 5 nghiệm nên f(x) có dạng:

\(f\left(x\right)=\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\left(x-x_3\right)\left(x-x_4\right)\left(x-x_5\right)\)

\(\Rightarrow f\left(2\right)=\left(2-x_1\right)\left(2-x_2\right)\left(2-x_3\right)\left(2-x_4\right)\left(2-x_5\right)=37\)

\(f\left(-2\right)=\left(-2-x_1\right)\left(-2-x_2\right)\left(-2-x_3\right)\left(-2-x_4\right)\left(-2-x_5\right)=-27\)

\(\Rightarrow\left(2+x_1\right)\left(2+x_2\right)\left(2+x_3\right)\left(2+x_4\right)\left(2+x_5\right)=27\)

\(A=\left(x_1^2-4\right)\left(x^2_2-4\right)\left(x_3^2-4\right)\left(x_4^2-4\right)\left(x^2_5-4\right)\)

\(A=-\left(2-x_1\right)\left(2-x_2\right)\left(2-x_3\right)\left(2-x_4\right)\left(2-x_5\right)\left(2+x_1\right)\left(2+x_2\right)\left(2+x_3\right)\left(2+x_4\right)\left(2+x_5\right)\)

\(A=-37.27=-999\)

Lời giải sẽ dài lắm nhé

x₁,x₂ là hai nghiệm của \(P(x)\)nên :

\(P(x_1)=ax_1^2+bx_1+c=0\)                                                      \((1)\)

\(P(x_2)=ax^2_2+bx^2+c=0\)

\(P(x_1)-P(x_2)=a\left[x^2_1-x^2_2\right]+b\left[x_1-x_2\right]=0\)

\(a\left[x_1+x_2\right]\left[x_1-x_2\right]+b\left[x_1-x_2\right]=0\)

\(\left[x_1-x_2\right]\left[a\left\{x_1+x_2\right\}+b\right]=0\)

Vì x₁ \(\ne\)x₂ nên x₁ - x₂ \(\ne\)0 do đó 

\(a\left[x_1+x_2\right]+b=0\Rightarrow b=-a\left[x_1+x_2\right]\)                                                  \((2)\)

Thế 2 vào 1 ta được :

\(ax^2_1-a\left[x_1+x_2\right]\cdot x_1+c=0\)

\(\Rightarrow c=ax_1\left[x_1+x_2\right]-ax^2_1=ax_1x_2\)                                          \((3)\)

Thế 2 vào 3 vào P\((x)\)ta được :

\(P(x)=ax^2+bx+c=ax^2-ax\left[x_1+x_2\right]+ax_1x_2\)

\(=ax^2-axx_1-axx_2+ax_1x_2=a\left[x^2-xx_1-xx_2+x_1x_2\right]\)

\(=a\left[x\left\{x-x_1\right\}-x_2\left\{x-x_1\right\}\right]=a\left[x-x_1\right]\left[x-x_2\right]\)

Vậy : ....

Theo Vi-ét cho 3 số (chứng minh bằng hệ số bất định)

\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2+x_3=0\\x_1x_2+x_2x_3+x_1x_3=-3\\x_1x_2x_3=-1\end{cases}}\)

\(A=\frac{1+2x_1}{1+x_1}+\frac{1+2x_2}{1+x_2}+\frac{1+2x_3}{1+x_3}\)

   \(=3+\frac{x_1}{1+x_1}+\frac{x_2}{1+x_2}+\frac{x_3}{1+x_3}\)

   \(=3+\frac{x_1\left(1+x_2\right)\left(1+x_3\right)+x_2\left(1+x_1\right)\left(1+x_3\right)+x_3\left(1+x_1\right)\left(1+x_2\right)}{\left(1+x_1\right)\left(1+x_2\right)\left(1+x_3\right)}\)

    \(=3+\frac{x_1\left(1+x_2+x_3+x_2x_3\right)+x_2\left(1+x_1+x_3+x_1x_3\right)+x_3\left(1+x_1+x_2+x_1x_2\right)}{\left(1+x_1+x_2+x_1x_2\right)\left(1+x_3\right)}\)

    \(=3+\frac{\left(x_1+x_2+x_3\right)+2\left(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1\right)+3x_1x_2x_3}{1+x_1+x_2+x_3+x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3+x_1.x_2.x_3}\)

   \(=3+\frac{0+2.\left(-3\right)+3.\left(-1\right)}{1+0-3-1}\)

   \(=6\)

Do x₁ là một nghiệm của đa thức f(x) nên ta có: \(x_1^3-3x_1+1=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(x_1+1\right)\left(x_1^2-x_1+1\right)=3x_1\)\(\Leftrightarrow\)\(x_1+1=\frac{3x_1}{x_1^2-x_1+1}\)

Có: \(A==\frac{1+2x_1}{1+x_1}+\frac{1+2x_2}{1+x_2}+\frac{1+2x_3}{1+x_3}=3+\left(\frac{x_1}{1+x_1}+\frac{x_2}{1+x_2}+\frac{x_3}{1+x_3}\right)\)

\(A=3+\left(\frac{x_1\left(x_1^2-x_1+1\right)}{3x_1}+\frac{x_2\left(x^2_2-x_2+1\right)}{3x_2}+\frac{x_3\left(x_3^2-x_3+1\right)}{3x_3}\right)\)

\(A=3+\frac{\left(x_1^2+x_2^2+x_3^2\right)-\left(x_1+x_2+x_3\right)+3}{3}\)

\(A=3+\frac{\left(x_1+x_2+x_3\right)^2-2\left(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1\right)-\left(x_1+x_2+x_3\right)+3}{3}\)

Đến đây theo Vi-et bậc 3 

\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2+x_3=0\\x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=-3\end{cases}}\)

dễ vãi luôn ai thấy đúng cho

Với n=2

=> \(x_1+\frac{1}{x_1}=x_2+\frac{1}{x_2}\)

\(\Rightarrow x_1-x_2=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}\)

\(\Rightarrow\left(x_1-x_2\right)-\frac{x_1-x_2}{x_1x_2}=0\)

\(\Rightarrow\left(x_1-x_2\right)\left(1-\frac{1}{x_1x_2}\right)=0\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x_1-x_2=0\\1-\frac{1}{x_1x_2}=0\end{cases}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x_1=x_2\\x_1x_2=1\end{cases}}}\)

*) n=k

=> \(x_1+\frac{1}{x_1}=x_2+\frac{1}{x_2}=...=x_k+\frac{1}{x_k}\)

thì \(x_1=x_2=x_3=...=x_k\)hoặc \(\left|x_1x_2...x_k\right|=0\)

Với n=k+1

=> \(x_1+\frac{1}{x_1}=x_2+\frac{1}{x_2}=x_3+\frac{1}{x_3}=...x_{k+1}+\frac{1}{x_1}\)

=> \(x_1+\frac{1}{x_2}=x_2+\frac{1}{x_3}=....=x_k+\frac{1}{x_{k+1}}=x_{k+1}+\frac{1}{x_1}\)

\(\Rightarrow x_{k-1}+\frac{1}{x_k}=x_k+\frac{1}{x_1}=x_{k+1}+\frac{1}{x_1}\)

\(\Rightarrow x_k-x_{k+1}=0\)

\(\Rightarrow x_k=x_{k+1}\)

\(\Rightarrow x_1=x_2=...=x_k=x_{k+1}\)

nhìn nó dài nhưng chỉ cần lập luận vài bước thui 

Điều kiện : \(x_1,x_2,x_3,...,x_{2000}\ne0.\)

Từ (1) suy ra \(2x_1x_2=x_2^2+1>0\Rightarrow x_1\)và    \(x_2\)cùng dấu.

Tương tự ta cũng có:

Từ (2) suy ra \(x_2\)và \(x_3\)cùng dấu 

.....................................................

Từ (1999) suy ra  \(x_{1999}\)và \(x_{2000}\)cùng dấu

Từ (2000) suy ra \(x_{2000}\)và \(x_1\)cùng dấu

Như vậy : các ẩn số \(x_1,x_2,...,x_{2000}\)cùng dấu .

Mặt khác nếu \(\left(x_1,x_2,...,x_{2000}\right)\)là một nghiệm thì \(\left(-x_1,-x_2,...,-x_{2000}\right)\)cũng là nghiệm . Do đó chỉ cần xét \(x_1,x_2,...,x_{2000}>0\).

Khi đó : \(2x_1=x_2+\frac{1}{x_2}\ge2\Rightarrow x_1\ge1\Rightarrow\frac{1}{x_1}\le1\)

              \(2x_2=x_3+\frac{1}{x_3}\ge2\Rightarrow x_2\ge1\Rightarrow\frac{1}{x_2}\le1\)

...............................................................................................

Tương tự , ta có: \(x_{2000}\ge1\Rightarrow\frac{1}{x_{2000}}\le1\)

Suy ra : \(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{2000}}\le x_1+x_2+...+x_{2000}\)

Mặt khác; nếu cộng từng vế 2000 phương trình của hệ , ta có:

\(x_1+x_2+...+x_{2000}=\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{2000}}\)

Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi \(x_1=x_2=...=x_{2000}=1\)

Tóm lại hệ đã cho có 2 nghiệm :

\(\left(x_1,x_2,...,x_{2000}\right)=\left(1;1;...;1\right),\left(-1;-1;...;-1\right).\)