Cô bố sung cách cm khác ở phân cuối của Ngọc. Cô thấy rằng nó logic hơn, vì phần lập luận dòng cuối của Ngọc có vẻ chưa rõ ràng :)

Sau khi biến đổi đc về dạng \(t^2+t-m\ge0\), áp dụng định lý về dấu tam thức bậc hai ta có:

\(\hept{\begin{cases}1>0\\\Delta< 0\end{cases}\Leftrightarrow1^2+4m< 0\Leftrightarrow m< -\frac{1}{4}}\)

Vậy m nguyên lớn nhất là  -1.

Ta có : \(\left(x+1\right)\left(x+2\right)^2\left(x+3\right)\ge m\)

\(\Leftrightarrow\left[\left(x+1\right)\left(x+3\right)\right].\left(x+2\right)^2\ge m\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+4x+3\right)\left(x^2+4x+4\right)\ge m\)

Đặt \(t=x^2+4x+3\) \(\Rightarrow t\left(t+1\right)\ge m\Leftrightarrow t^2+t-m\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(t^2+2.t.\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)-\left(m+\frac{1}{4}\right)\ge0\Leftrightarrow\left(t-\frac{1}{2}\right)^2-\left(m+\frac{1}{4}\right)\ge0\)

Ta có \(\left(t-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\Rightarrow m+\frac{1}{4}\le0\Rightarrow m\le-\frac{1}{4}\)

Mà m là số nguyên lớn nhất nên m = -1.

Vậy m = -1 thoả mãn đề bài.

Đặt \(f\left(x\right)=x^{1996}+x^{196}+x^{19}+x+1\)

Vì đa thức chia là một đa thức bậc hai nên số dư của f(x) khi chia cho (1-x²) sẽ là một đa thức bậc nhất.

Ta có : \(f\left(x\right)=x^{1996}+x^{196}+x^{19}+x+1\)

\(=\left(x^{1996}-x^4\right)+\left(x^{196}-x^4\right)+\left(x^{19}-x^3\right)+\left(2x^4-2\right)+\left(x^3-x\right)+\left(2x+3\right)\)

\(=-x^4\left[1-\left(x^4\right)^{498}\right]-x^4\left[1-\left(x^4\right)^{48}\right]-x^3\left[1-\left(x^4\right)^4\right]-2\left(1-x^4\right)-x\left(1-x^2\right)+\left(2x+3\right)\)

\(=-x^4\left(1-x^4\right).A\left(x\right)-x^4\left(1-x^4\right).B\left(x\right)-x^3\left(1-x^4\right).C\left(x\right)-2\left(1-x^4\right)-x\left(1-x^2\right)+\left(2x+3\right)\)

\(=-x^4\left(1-x^2\right)\left(1+x^2\right).A\left(x\right)-x^4\left(1-x^2\right)\left(1+x^2\right).B\left(x\right)-x^3\left(1-x^2\right)\left(1+x^2\right).C\left(x\right)-2\left(1-x^2\right)\left(1+x^2\right)-x\left(1-x^2\right)+\left(2x+3\right)\)

\(=\left(1-x^2\right)\left[-x^4\left(1+x^2\right).A\left(x\right)-x^4\left(1+x^2\right).B\left(x\right)-x^3\left(1+x^2\right).C\left(x\right)-2\left(1+x^2\right)-x\right]+\left(2x+3\right)\)

Dễ thấy \(\left(1-x^2\right)\left[-x^4\left(1+x^2\right).A\left(x\right)-x^4\left(1+x^2\right).B\left(x\right)-x^3\left(1+x^2\right).C\left(x\right)-2\left(1+x^2\right)-x\right]⋮\left(1-x^2\right)\) và (2x+3) không chia hết cho (1-x²)

Do đó phần dư của f(x) cho (1-x²) chính là 2x+3

<br class="Apple-interchange-newline"><div id="inner-editor"></div>ƒ (x)=x1996+x196+x19+x+1

Vì đa thức chia là một đa thức bậc hai nên số dư của f(x) khi chia cho (1-x²) sẽ là một đa thức bậc nhất.

Ta có : ƒ (x)=x1996+x196+x19+x+1

=(x1996−x4)+(x196−x4)+(x19−x3)+(2x4−2)+(x3−x)+(2x+3)

=−x4[1−(x4)498]−x4[1−(x4)48]−x3[1−(x4)4]−2(1−x4)−x(1−x2)+(2x+3)

=−x4(1−x4).A(x)−x4(1−x4).B(x)−x3(1−x4).C(x)−2(1−x4)−x(1−x2)+(2x+3)

=−x4(1−x2)(1+x2).A(x)−x4(1−x2)(1+x2).B(x)−x3(1−x2)(1+x2).C(x)−2(1−x2)(1+x2)−x(1−x2)+(2x+3)

=(1−x2)[−x4(1+x2).A(x)−x4(1+x2).B(x)−x3(1+x2).C(x)−2(1+x2)−x]+(2x+3)

Dễ thấy (1−x2)[−x4(1+x2).A(x)−x4(1+x2).B(x)−x3(1+x2).C(x)−2(1+x2)−x]⋮(1−x2) và (2x+3) không chia hết cho (1-x²)

Do đó phần dư của f(x) cho (1-x²) chính là 2x+3

x⁸ + x +1=  x⁸  +x⁷ - x⁷ + x⁶ - x⁶ + x⁵ - x⁵ + x⁴ -x⁴ +x³ -x³ + x² -x²  +x +1 

             =   (x²+x+1)*(x⁶ -x⁵+x³-x²+1)

x-x8+1+=121Vay X=112

a⁵+a+1=a⁵+a⁴+a³+a²+a+1-a⁴-a³-a²

=a³.(a²+a+1)+(a²+a+1)-a².(a²+a+1)

=(a²+a+1)(a³-a²+1)

Ta có : \(a^5+a+1=\left(a^5-a^2\right)+\left(a^2+a+1\right)\)

\(=a^2\left(a^3-1\right)+\left(a^2+a+1\right)\)

\(=a^2\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)+\left(a^2+a+1\right)\)

\(=\left(a^2+a+1\right)\left(a^3-a^2+1\right)\)

Ta có : \(xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+xz\left(x+z\right)+3xyz\)

\(=\left[xy\left(x+y\right)+xyz\right]+\left[yz\left(y+z\right)+xyz\right]+\left[xz\left(x+z\right)+xyz\right]\)

\(=xy\left(x+y+z\right)+yz\left(y+z+x\right)+xz\left(x+z+y\right)\)

\(=\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)=0\) (Vì x + y + z = 0 )

\(x+y+z=0\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=-z\\y+z=-x\\z+x=-y\end{cases}}\)

Từ đó ta có:\(xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+xz\left(x+z\right)+3xyz\)

\(\Rightarrow xy\left(-z\right)+yz.\left(-x\right)+xz.\left(-y\right)+3xyz\)

\(\Rightarrow-3xyz+3xyz=0\)

\(\Rightarrowđpcm\)

Ta có : \(\left(x-3\right)^2+x^4=-y^2+6y-4\Leftrightarrow\left(x-3\right)^2+x^4=-\left(y^2-6y+9\right)+5\)

\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)^2+x^4+\left(y-3\right)^2=5\)(1)

Từ (1) ta suy ra được : \(x^4\le5\Rightarrow-1\le x\le1\)( Vì \(x\in Z\))

Nhận xét , nếu \(x\le0\Rightarrow\left(y-3\right)^2=5-\left[\left(x-3\right)^2+x^4\right]< 0\) (vô lí)

Vậy x = 1.  Suy ra \(\left(y-3\right)^2=0\Leftrightarrow y=3\)

Kết luận : Tập nghiệm của phương trình : (x;y) = (1;3)

Ta chia thành 2 trường hợp : 
a)y^2+y=x^4+x^3+x^2+x=0 (1) 
...(1)<=>y(y+1)=x(x^3+x^2+x+1)=0 
...Pt này có 4 nghiệm sau 
...x1=0; y1=0 
...x2=0; y2= -1 
...x3= -1; y3=0 
...x4= -1; y4= -1 
b)y^2+y=x^4+x^3+x^2+x (# 0) (2) 
...ĐK để 2 vế khác 0 là x và y đều phải khác 0 và -1.Với ĐK đó thì 
...(2)<=>y(y+1)=(x^2)(x^2+x+1+1/x) 
...Đến đây lại chia 2 th : 
...+{y=x^2 
.....{x+1+1/x=1 (3) 
.....(3) vô nghiệm =>th này vô nghiệm 
...+{y+1=x^2 
.....{x+1+1/x= -1 
....=>x= -1; y=0 (theo ĐK ở trên nghiệm này phải loại) 
...Vậy khi y^2+y=x^4+x^3+x^2+x # 0 thì pt vô nghiệm 
Tóm lại pt đã cho có 4 nghiệm 
x1=0; y1=0 
x2=0; y2= -1 
x3= -1; y3=0 
x4= -1; y4= -1

Cho m là số nguyên nhỏ hơn 30. Có bao nhiêu giá trị của m để đa thức x² + mx + 72 là tích của 2 đa thức bậc nhất là số nguyên với hệ số là số nguyên. 
--------------------------------------... 
Gọi 2 đa thức bậc nhất đó là ax+b và cx+d với a, b, c, d nguyên 

Ta có: (ax+b)(cx+d) = acx² + (ad + bc)x + bd (1) 

a = c = ±1 , (1) trở thành: x² + ±(b+d)x + bd 

Đồng nhất 1 với đa thức đề cho, ta có: bd = 72 và ±(b+d) = m 

Các ước nguyên của 72 là : ± 1, ± 2 , ± 3, ± 4, ±6, ±8, ±9, ±12, ±18, ±24 , ±36, ± 72 

Các bộ số (b,d) là (±1,±72) , (±2,±36) , (±3, ±24) , (±4,±18) , (±6, ±12) , (±8,±9) bạn nhớ là b và d cùng dấu nhé vì tích của chúng >0 

Từ đây có thể tìm thấy có 10 số nguyên m nhỏ hơn 30 thỏa m = ±(b+d) với bd = 72 là: -73, -38, ±27 , ±22 , ±18 , ±17 

Nếu bài hỏi số nguyên dương thì chỉ có 4 số thôi : 17, 18, 22, 27 

k mk nhá!!!ố~ồ

Đáp án này trên yahoo nha 

 Cho m là số nguyên nhỏ hơn 30. Có bao nhiêu giá trị của m để đa thức x^2 + mx + 72 là tích của 2 đa thức bậc nhất là số nguyên với hệ số là số nguyên.
--------------------------------------... 
Gọi 2 đa thức bậc nhất đó là ax+b và cx+d với a, b, c, d nguyên 

Ta có: (ax+b)(cx+d) = acx^2 + (ad + bc)x + bd (1) 

a = c = ±1 , (1) trở thành: x^2 + ±(b+d)x + bd 

Đồng nhất 1 với đa thức đề cho, ta có: bd = 72 và ±(b+d) = m 

Các ước nguyên của 72 là : ± 1, ± 2 , ± 3, ± 4, ±6, ±8, ±9, ±12, ±18, ±24 , ±36, ± 72 

Các bộ số (b,d) là (±1,±72) , (±2,±36) , (±3, ±24) , (±4,±18) , (±6, ±12) , (±8,±9) bạn nhớ là b và d cùng dấu nhé vì tích của chúng >0 

Từ đây có thể tìm thấy có 10 số nguyên m nhỏ hơn 30 thỏa m = ±(b+d) với bd = 72 là: -73, -38, ±27 , ±22 , ±18 , ±17 

Nếu bài hỏi số nguyên dương thì chỉ có 4 số thôi : 17, 18, 22, 27 
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~...

Tích nha 

Đặt AB = BC =CA = a

Qua O kẻ : \(\hept{\begin{cases}DE\text{//}AB\left(D\in BC,E\in AC\right)\\MN\text{//}AC\left(M\in BC,N\in AB\right)\\PQ\text{//}BC\left(P\in AB,Q\in AC\right)\end{cases}}\)

Rõ ràng các tứ giác ABDE , ANMC , PQCB là hình thang và các tam giác ODM , OEQ , ONP là các tam giác đều có OH , OI , OK lần lượt là các đường cao.

Ta có :  BD = AE  ; DH = HM ; CQ = BP ; IQ = IE ; AN = MC ; NK = PK

=> BD + DH + CQ + IQ + AN + NK = AE + HM + BP + IE + MC +PK

=> BH + CI + AK = AI + CH + BK

Mà (BH + CI + AK) + (AI + CH + BK) = AB + BC + AC =3a

=> \(AK+BH+CI=\frac{3a}{2}\) không đổi .

Vậy tổng AK + BH + CI không phụ thuộc vào vị trí điểm O trong tam giác ABC (đpcm)

1./ Khẳng định 1: Với mọi p tự nhiên > 0, ta đều có: y^p - 1 = (y - 1)*(y^p-1 + y^p-2 + y^p-3 +... + y + 1)

Hay y^p - 1 chia hết cho y - 1 với mọi y nguyên > 1.

2./ Nếu m = n = 0 thì hiển nhiên x^3*0+1 + x^3*0+2 + 1 = x² + x + 1 chia hết cho:  x² + x + 1

3./ Nếu m; n không đồng thời bằng 0 thì:

Viết \(A=x^{3m+1}+x^{3n+2}+1=x\cdot x^{3m}-x+x^2\cdot x^{3n}-x^2+x^2+x+1.\)

\(A=x\left(x^{3m}-1\right)+x^2\left(x^{3n}-1\right)+x^2+x+1\)

\(A=x\left(\left(x^3\right)^m-1\right)+x^2\left(\left(x^3\right)^n-1\right)+x^2+x+1\)

Áp dụng khẳng định 1 cho m, n tự nhiên > 0 ta có:

\(\left(x^3\right)^m-1\)và \(\left(x^3\right)^m-1\)chia hết cho x³ - 1. Mà x³ - 1 = (x - 1)(x² + x + 1)

=> \(\left(x^3\right)^m-1\)và \(\left(x^3\right)^m-1\)chia hết cho x² + x + 1

=> A chia hết cho x² + x + 1 với mọi m,n là số tự nhiên. đpcm

Với m,n là các số tự nhiên ta có \(x^{3m+1}+x^{3n+1}+1=\left(x^{3m+1}-x\right)+\left(x^{3n+2}-x\right)+x^2+x+1\)
Ta thấy:

1. \(x^{3m+1}-x=x\left(\left(x^3\right)^m-1\right)\) chia hết cho \(x^3-1\)và vì \(x^3-1\) chia hết cho x^2 + x + 1 nên x^(3m + 1) - x chia hết cho x^2 + x + 1. 

ii/ x^(3n + 2) - x^2 = x^2[(x^3)^n - 1] chia hết cho x^3 - 1, và vì x^3 - 1 chia hết cho x^2 + x + 1 nên x^(3n + 2) - x^2 chia hết cho x^2 + x + 1. 
Từ đó suy ra [x^(3m + 1) - x] + [x^(3n + 2) - x^2] + (x^2 + x + 1) chia hết cho x^2 + x + 1, hay x^(3m + 1) + x^(3n + 2) + 1 chia hết cho x^2 + x + 1. Đây là điều phải chứng minh.