Cho f(x)=\(a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0\)
g(x)=\(b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+...+b_1x+b_0\)
a,Tinh f(x)+g(x)
b,tinh f(x)-g(x)
Những câu hỏi liên quan
Tính tổng f(x)+g(x):
f (x) = \(a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0\)
g(x)\(=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+...+b_1x+b_0\)
móa nhìn mà hoa mắt đang buồn ngủ thì thấy thứ này chắc đau đầu
Đúng 0
Bình luận (3)
Đây là toán lớp 7 những nâng cao mình học qua rồi.
Đúng 0
Bình luận (3)
Xem thêm câu trả lời
Cho các đa thức :
\(f\left(x\right)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0\)
\(g\left(x\right)=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+...+b_1x+b_0\)
a)Tính f(x)+g(x)
b)Tính f(x)-g(x)
Cho các đa thức :
\(f\left(x\right)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+....+a_1x+a_0\)
\(g\left(x\right)=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+....+b_1x+b_0\)
a) Tính \(f\left(x\right)+g\left(x\right)\)
b) Tính \(f\left(x\right)-g\left(x\right)\)
a. Ta có: f(x) + h(x) = g(x)
Suy ra: h(x) = g(x) – f(x) = (x4 – x3 + x2 + 5) – (x4 – 3x2 + x – 1)
= x4 – x3 + x2 + 5 – x4 + 3x2 – x + 1
= -x3 + 4x2 – x + 6
b. Ta có: f(x) – h(x) = g(x)
Suy ra: h(x) = f(x) – g(x) = (x4 – 3x2 + x – 1) – (x4 – x3 + x2 + 5)
= x4 – 3x2 + x – 1 – x4 + x3 – x2 – 5
= x3 – 4x2 + x – 6
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho đa thức: \(f\left(x\right)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a^1x+a^0\)
\(g\left(x\right)=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}+...+b_1x+b_0\)
Tính \(f\left(x\right)+g\left(x\right),f\left(x\right)-g\left(x\right)\)
(Giải thích kĩ tí nhé)
Cho f(x)a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{99}x^{99}+a_{100}x^{100}
g(x)b_0+b_1x+b_2x^2+...+b_{99}x^{99}+b_{100}x^{100}
với a_0,a_1,...,a_{99},a_{100},b_0,b_1,...,b_{99},b_{100}là các hằng số .
a, Tính f(1)+2g(1)
b, Tính 2f(-1)-g(-1)
c, Tính f(n)+g(n) với n là hằng số
Help me!!
Đọc tiếp
Cho \(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{99}x^{99}+a_{100}x^{100}\)
\(g(x)=b_0+b_1x+b_2x^2+...+b_{99}x^{99}+b_{100}x^{100}\)
với \(a_0,a_1,...,a_{99},a_{100},b_0,b_1,...,b_{99},b_{100}\)là các hằng số .
a, Tính \(f(1)+2g(1)\)
b, Tính \(2f(-1)-g(-1)\)
c, Tính \(f(n)+g(n)\) với n là hằng số
Help me!!
CMR: Không có đa thức f(x) nào mà: \(f\left(x\right)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+.........+a_1x+a_0\left(a_1,a_2,a_3,............,a_n\in Z\right)\) có thể nhận giá trị f(7)=15 và f(15)=9
Ta có \(f\left(7\right)=15\Rightarrow f\left(7\right)-15=0\Rightarrow f\left(x\right)-15=P\left(x\right).\left(x-7\right)\)
\(\Rightarrow f\left(15\right)-15=P\left(x\right).8\Rightarrow-15=P\left(x\right).8\Rightarrow P\left(x\right)=\dfrac{-3}{4}\). (vô lí vì P(x) có các hệ số đều nguyên).
Vậy...
Đúng 1
Bình luận (0)
12 tháng 3 2019 lúc 12:19
cho f(x) là đa thức với hệ số nguyên; \(f\left(x\right)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0\) ( \(a_i\in Z,i=\overline{0,n}\) )
a,b là 2 số nguyên khác nhau. a) Cmr: \(f\left(a\right)-f\left(b\right)⋮a-b\)
b) Áp dụng : Cmr: không có đa thức f(x) nào với hệ số nguyeencos thể có giá trị f(7) = 5, f(15) = 9
11 tháng 1 lúc 20:55
Cho đa thức Pleft(xright)a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0 với a_nne0. Giả sử alpha là nghiệm của P(x). Chứng minh rằng:a) left|alpharight| 1+maxleft|dfrac{a_i}{a_n}right|left(0le ile n-1right)b) left|alpharight|le2maxleft|dfrac{a_i}{a_n}right|left(0le ile n-1right)
Đọc tiếp
Cho đa thức \(P\left(x\right)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0\) với \(a_n\ne0\). Giả sử \(\alpha\) là nghiệm của P(x). Chứng minh rằng:
a) \(\left|\alpha\right|< 1+max\left|\dfrac{a_i}{a_n}\right|\left(0\le i\le n-1\right)\)
b) \(\left|\alpha\right|\le2max\left|\dfrac{a_i}{a_n}\right|\left(0\le i\le n-1\right)\)
- Nếu \(a_i=0\) ; \(\forall i\in\left(0;n-1\right)\Rightarrow a_nx^n=0\Rightarrow\alpha=0< 1\) thỏa mãn
- Nếu tồn tại \(a_i\ne0\), đặt \(max\left|\dfrac{a_i}{a_n}\right|=A>0\)
Do \(\alpha\) là nghiệm nên:
\(a_n\alpha^n+a_{n-1}\alpha^{n-1}+...+a_1\alpha+a_0=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a_0}{a_n}+\dfrac{a_1}{a_n}\alpha+...+\dfrac{a_{n-1}}{a_n}\alpha^{n-1}=-\alpha^n\)
\(\Leftrightarrow\left|\alpha^n\right|=\left|\dfrac{a_0}{a_n}+\dfrac{a_1}{a_n}\alpha+...+\dfrac{a_{n-1}}{a_n}\alpha^{n-1}\right|\)
\(\Rightarrow\left|\alpha^n\right|\le\left|\dfrac{a_0}{a_n}\right|+\left|\dfrac{a_1}{a_n}\right|.\left|\alpha\right|+...+\left|\dfrac{a_{n-1}}{a_n}\right|.\left|\alpha^{n-1}\right|\le A+A.\left|\alpha\right|+...+A.\left|\alpha^{n-1}\right|\)
\(\Rightarrow\left|\alpha^n\right|\le A\left(1+\left|\alpha\right|+\left|\alpha^2\right|+...+\left|\alpha^{n-1}\right|\right)\)
\(\Rightarrow\left|\alpha^n\right|\le A.\dfrac{\left|\alpha^n\right|-1}{\left|\alpha\right|-1}\)
TH1: Nếu \(\left|\alpha\right|\le1\) hiển nhiên ta có \(\left|\alpha\right|< 1+A\) (đpcm)
TH2: Nếu \(\left|\alpha\right|>1\)
\(\Rightarrow\left|\alpha^n\right|\le\dfrac{A.\left|\alpha^n\right|}{\left|\alpha\right|-1}-\dfrac{A}{\left|\alpha\right|-1}< \dfrac{A.\left|\alpha^n\right|}{\left|\alpha\right|-1}\)
\(\Leftrightarrow\left|\alpha\right|-1< A\Rightarrow\left|\alpha\right|< 1+A\) (đpcm)
Đúng 1
Bình luận (0)
cho đa thức \(f(x)\) =\(a_nx^n+a_{n-1}.x^{n-1}+a_{n-2}.x^{n-2}+..+a_0\)
có nghiệm là \(\beta_1;\beta_2;..;\beta_n\in\left[0;1\right]\) thỏa mãn \(|f(0)|=f(1)\)
chứng minh rằng \(\beta_1.\beta_2...\beta_n\le\frac{1}{2^n}\)
mình biết làm rồi nhưng mà viết đáp án lên để các bạn xem nhé
ta có \(\beta_1;...\beta_n\) ;là nghiệm của \(f\left(x\right)\)
=> \(f\left(x\right)=\left(x-\beta_1\right)\left(x-\beta_2\right)...\left(x-\beta_n\right)\)
=> \(f\left(0\right)=\left(-\beta_1\right)\left(-\beta_2\right)...\left(-\beta_n\right)\)
=> \(\left|f\left(0\right)\right|=\beta_1.\beta_2...\beta_n\) (vì \(\beta\in\left[0;1\right]\)
mà \(f\left(1\right)=\left(1-\beta_1\right)\left(1-\beta_2\right)...\left(1-\beta_n\right)\)
=> \(\beta_1.\beta_2...\beta_n=\left(1-\beta_1\right)\left(1-\beta_2\right)...\left(1-\beta_n\right)=\sqrt{\beta_1\left(1-\beta_1\right)}....\sqrt{\beta_n.\left(1-\beta_n\right)}\)
Áp dụng bđt cô si với n cái căn kia ta sẽ có đpcm
Đúng 0
Bình luận (0)