phân tích đa thức thành nhân tử:
\(x^8+x+1\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 : \(a^5+a+1=\left(a^5-a^2\right)+\left(a^2+a+1\right)\)
\(=a^2\left(a^3-1\right)+\left(a^2+a+1\right)\)
\(=a^2\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)+\left(a^2+a+1\right)\)
\(=\left(a^2+a+1\right)\left(a^3-a^2+1\right)\)
Cho \(x+y+z=0.\)
Chứng minh rằng :
\(xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+xz\left(x+z\right)+3xyz=0\)
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: yp - 1 = (y - 1)*(yp-1 + yp-2 + yp-3 +... + y + 1)
Hay yp - 1 chia hết cho y - 1 với mọi y nguyên > 1.
2./ Nếu m = n = 0 thì hiển nhiên x3*0+1 + x3*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:
- \(x^{3m+1}-x=x\left(\left(x^3\right)^m-1\right)\) 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.
Mình khẳng định điều ngược lại:
"Không thể biểu diễn lập phương 1 số nguyên dưới dạng hiệu lập phương 2 số nguyên"
Tức là không tồn tại nghiệm nguyên a;b;c của :
a3 = c3 - b3 hay cũng tương đương a3 + b3 = c3
Lời giải ở đây.
math.stanford.edu/~lekheng/flt/wiles.pdf
Giả sử \(n+1=a^2\) ; \(2n+1=b^2\) \(\left(a,b\in N^{\text{*}}\right)\)
Ta có b là số lẻ \(\Leftrightarrow b=2m+1\Rightarrow b^2=4m\left(m+1\right)+1\Rightarrow n=2m\left(m+1\right)\)
=> n chẵn => n + 1 lẻ => a lẻ => a = 2k+1 => \(n+1=\left(2k+1\right)^2=4k\left(k+1\right)+1\Rightarrow n=4k\left(k+1\right)⋮8\)
Vậy n chia hết cho 8
Ta có : \(a^2+b^2=3n+2\equiv2\)(mod 3)
Mặt khác : \(b^2\)chia 3 dư 0 hoặc 1 , \(a^2\)chia 3 dư 0 hoặc 1
=> Để \(a^2+b^2\equiv2\)(mod 3) thì \(a^2\equiv1\)(mod 3) và \(b^2\equiv1\)(mod 3)
\(\Rightarrow b^2-a^2\)chia hết cho 3
Ta có : n = (2n + 1) - (n + 1) = \(b^2-a^2\)chia hết cho 3
Như vậy \(n⋮3,n⋮8\) mà (3,8) = 1
=> \(n⋮24\)
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