Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. Tổng các hệ số của đa thức là: 12004.22005=22005
2.Cần chứng minh x4+x3+x2+x+1=0 vô nghiệm.
Nhận thấy x = 1 không là nghiệm của phương trình .
Nhân cả hai vế của pt cho (x−1)≠0 được :
(x−1)(x4+x3+x2+x+1)=0⇔x5−1=0⇔x=1(vô lí)
Vậy pt trên vô nghiệm.
1. Tổng các hệ số của đa thức là:
12014 . 22015 = 22015
2 . Cần chứng minh.
\(x4 + x3 + x2 + x + 1 = 0\)
Vô nghiệm.
Ta nhận thấy \(x + 1 \) không là nghiệm của phương trình.
Nhân cả hai vế của phương trình cho:
\(( x - 1 ) \) \(\ne\) \(0\) được :
\(( x-1). (x4+x3+x2+x+1)=0\)
\(\Leftrightarrow\)\(5x-1=0\) \(\Leftrightarrow\) \(x = 1\)
Vô lí.
Vậy phương trình trên vô nghiệm.
\(f\left(x\right)⋮\left(x+1\right)\)tức là chia hết cho \(\left[x-\left(-1\right)\right]\)
Do đó: \(f\left(-1\right)=0\Rightarrow n=-7\)
Tương tự, \(f\left(x\right)⋮\left(x-3\right)\)nên \(f\left(3\right)=0\)
\(\Rightarrow36m-13n-3=0\)
Giải hệ\(\hept{\begin{cases}n=-7\\36m-13n-3=0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}n=-7\\m=\frac{-22}{9}\end{cases}}\)
Đăng mấy bài này trên đây khó nhận được đáp án lắm! Nên đăng trên một số diễn đàn nhiều pro như:
Diễn đàn Toán học
Diễn Đàn MathScope
.......
Bài 1.
+TH1: Đa thức có bậc là 0
\(f\left(x\right)=a\text{ }\left(a\in R\right)\forall x\in R\)
Theo đề ra: \(16a^2=a^2\Rightarrow a=0\)
Vậy \(f\left(x\right)=0\forall x\in R\)
+TH2: Đa thức có bậc lớn hơn hoặc bằng 1.
Giả sử đa thức có bậc n.
Gọi hệ số cao nhất của đa thức là \(a_n\text{ }\left(a_n\ne0\right)\)
Từ giả thiết, suy ra: \(16a_n^2=\left(2a_n\right)^2\Leftrightarrow16a_n^2=4a_n^2\Leftrightarrow a_n=0\text{ (vô lí)}\)
Vậy điều giả sử sai, hay không có đa thức nào thỏa mãn.
Vậy chỉ có \(f\left(x\right)=0\forall x\in R\) thỏa mãn để bài.
Giả sử \(x^4+1=\left(x^2+ax+b\right)\left(x^2+px+q\right)\)
\(=x^4+px^3+qx^2+ax^3+apx^2+aqx+bx^2+bpx+bq\)
\(=x^4+\left(p+a\right)x^3+\left(q+ap+b\right)x^2+\left(aq+bp\right)x+bq\)
Đồng nhất hệ số ta được : \(a+p=0;q+ap+b=0;aq+bp=0;bq=1\)
Xét \(b=1;q=1\)\(\Rightarrow a=-1;p=1\)
\(\Rightarrow x^4+1=\left(x^2-x+1\right)\left(x^2+x+1\right)\)
\(\Rightarrow p=\pm1;q=1\)
để f(x) và g(x) cùng chia hết cho -2x+6
=>\(\hept{\begin{cases}f\left(3\right)=0\\g\left(3\right)=0\end{cases}}\)<=>\(\hept{\begin{cases}\frac{3867}{20}-m+n=0\\\frac{1911}{11}+3m-n=0\end{cases}}\)<=>\(\hept{\begin{cases}-m+n=-\frac{3867}{20}\\3m-n=-\frac{1911}{11}\end{cases}< =>\hept{\begin{cases}m=-183,5386364\\n=-376,8886364\end{cases}}}\)
Từ hằng đẳng thức \(x^n-1=\left(x-1\right)\left(x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+1\right)\to x^n-1\vdots x-1\).
Ta có \(x^{3n+1}+x^{2n}+1=x\left(x^{3n}-1\right)+\left(x^2+x+1\right)+\left(x^{2n}-x^2\right)\) . Từ trên ta suy ra \(x^{3n}-1\) chia hết cho đa thức \(x^3-1,\) do đó \(x^{3n}-1\) chia hết cho đa thức \(x^2+x+1.\) Vậy \(x^{3n+1}+x^{2n}+1\) chia hết cho đa thức \(x^2+x+1\) khi và chỉ khi \(x^{2n}-x^2\) chia hết cho đa thức \(x^2+x+1.\)
Ta có \(x^{2n}-x^2=x^2\left(x^{2n-2}-1\right)\). Ta viết \(2n-2=3k+r,0\le r\le2.\)
Khi đó \(x^{2n-2}-1=x^{3k+r}-1=x^r\left(x^{3k}-1\right)+\left(x^r-1\right)\), thành thử \(x^r-1\vdots x^2+x+1\to r=0.\)
Vậy \(2n-2\vdots3\to n-1\vdots3\), hay \(n=3k+1,\) với \(k\) là số tự nhiên.
Đáp số: \(n=3k+1,\) với \(k\) là số tự nhiên tùy ý.