Cho f(x) là đa thức bâc lớn hơn bậc 1 có các hệ số nguyên , m và n là 2 số tự nhiên nguyên tố cùng nhau .
CMR f(m+n) chia hết mn thì f(m) chia hết n và f(n) chia hết cho m
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
ML
12 tháng 8 2015
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.
31 tháng 3 2016
Ta có:
\(f\left(1\right)=a+b+c\text{⋮7 }\)
\(f\left(2\right)=4a+2b+c⋮7\)
\(\Rightarrow f\left(2\right)-f\left(1\right)=3a+b⋮7\)
\(f\left(3\right)=9a+3b+c=3\left(3a+b\right)+c⋮7\)
Mà \(3a+b⋮7\)
\(\Rightarrow c⋮7\)
Mà \(a+b+c⋮7\)
\(\Rightarrow a+b⋮7\)
Mà \(4a+2b+c⋮7\)
\(\Rightarrow4a+2b=2\left(2a+b\right)⋮7\)
\(2\text{̸ ⋮̸7}\)
\(\Rightarrow2a+b⋮7\)
Mà \(a+b⋮7\)
\(\Rightarrow\left(2a+b\right)-\left(a+b\right)=a⋮7\)
Có \(a⋮7;c⋮7;a+b+c⋮7\)
\(\Rightarrow b⋮7\)
\(f\left(m\right)=am^2+bm+c\)
Như vậy \(\Rightarrow am^2⋮7;bm⋮7;c⋮7\)
\(\Rightarrow a.x^2+bx+c⋮7\)
Do đó với bất kỳ giá trị nào của m nguyên thì f(m)⋮7
YD
28 tháng 4 2019
https://olm.vn/hoi-dap/tim-kiem?q=cho+tam+gi%C3%A1c+ABC+c%C3%B3+ba+g%C3%B3c+nh%E1%BB%8Dn+trung+tuy%E1%BA%BFn+AM+tr%C3%AAn+n%E1%BB%A7a+m%E1%BA%B7t+ph%E1%BA%B3ng+ch%E1%BB%A9ng+%C4%91i%E1%BB%83m+C+c%C3%B3+b%E1%BB%9D+l%C3%A0+%C4%91%C6%B0%E1%BB%9Dng+th%E1%BA%B3ng+AB+v%E1%BA%BD+%C4%91o%E1%BA%A1n+th%E1%BA%B3ng+AE++vu%C3%B4ng+g%C3%B3c+v%E1%BB%9Bi+AB+v%C3%A0+AE=AB+tr%C3%AAn+n%E1%BB%A7a+m%E1%BA%B7t+ph%E1%BA%B3ng+b%E1%BB%9D+ch%E1%BB%A9a+%C4%91i%E1%BB%83m+B+c%C3%B3+b%E1%BB%9D+l%C3%A0+%C4%91%C6%B0%E1%BB%9Dng+th%E1%BA%B3ng+AC+v%E1%BA%BD+%C4%91o%E1%BA%A1n+th%E1%BA%B3ng+AD+vunng+g%C3%B3c+v%E1%BB%9Bi+AC+v%C3%A0+AD+=Ac+a)+c/m+BD=CEb)+tr%C3%AAn+tia+%C4%91%E1%BB%91i+c%E1%BB%A7a+tia+MA+l%E1%BA%A5y+N+sao+cho+MN=MA.C/m+tam+gi%C3%A1c+ADE=tam+gi%C3%A1c+CANc)+g%E1%BB%8Di+I+l%C3%A0+giao+%C4%91i%E1%BB%83m+c%E1%BB%A7a+DE+v%C3%A0+AM+c/m+(AD%5E2+IE%5E2)/DI%5E2+AE%5E2&id=412461
KN
11 tháng 2 2020
Đặt đa thức \(f\left(x\right)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+...+a_k\)(trong đó \(n\ge2\)và \(a_k\)là hệ số tự do)
\(\Rightarrow f\left(5\right)=a_0.5^n+a_1.5^{n-1}+a_2.5^{n-2}+...+a_k\)
Dễ thấy 5 là số nguyên tố nên các lũy thừa bậc n; n - 1; n - 2;... của 5 không chia hết cho 7.
Vậy để \(f\left(5\right)⋮7\)thì tất cả các hệ số chia hết cho 7 hay \(a_0;a_1;a_2;...;a_k⋮7\)(1)
Tương tự với \(f\left(7\right)⋮5\)ta có \(a_0;a_1;a_2;...;a_k⋮5\)(2)
Vì (5,7) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra \(a_0;a_1;a_2;...;a_k⋮35\)
Lúc đó f(x) chia hết cho 35 với mọi x
Vậy f(12) chia hết cho 35 (đpcm)