Gọi Q(x); P(x) lần lượt là thương của f(x) cho x- 1; f(x) cho x + 2.

Vì (x -1)(x +2) có dạng bậc 2 => đa thức dư có dạng ax + b.

Ta có: f(x) = (x - 1). Q(x) + 4

f(x) = (x + 2) . P(x) + 1

f(x) = (x - 1)(x +2). 5x² + ax + b

Tại x = 1 thì f(1) = 4 = a + b (1)

Tại x = -2 thì f(-2) = 1 = -2a + b (2)

Trừ vế (1) cho (2) được:

\(a+b+2a-b=3\)

\(\Rightarrow a=1\)

Khi đó: \(b=3\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x+2\right).5x^2+x+3\)

= (x² +x - 2). 5x² +x + 3

= 5x⁴ + 5x³ - 5x² + x + 3.

Mk làm theo đề bạn nói cho mk: c) khi chia cho (x-1)(x+2) thì đc thương là 5x^2 và còn dư

tham khảo 

https://olm.vn/hoi-dap/detail/68987022286.html

0,3 x y + y = 6,5

Theo đề bài ta có: (Thay x= x₁ + x₂;x=x₁;..lần lượt vào biểu thức f(x) thôi mà?)

\(f_{\left(x_1+x_2\right)}=a\left(x_1+x_2\right)+b=f_{\left(x_1\right)}+f_{\left(x_2\right)}=a\left(x_1+x_2\right)+2b\) (gộp thừa số chung ở chỗ f(x1) + f(x2)

Tức là \(f_{\left(x_1+x_2\right)}-\left(f_{\left(x_1\right)}+f_{\left(x_2\right)}\right)=0\Leftrightarrow b-2b=0\Leftrightarrow b=0\)

Từ đó suy ra a không phụ thuộc vào \(f_{\left(x_1+x_2\right)}=f_{\left(x_1\right)}+f_{\left(x_2\right)}\)

Vậy: b = 0, với mọi a ta đều có: \(f_{\left(x_1+x_2\right)}=f_{\left(x_1\right)}+f_{\left(x_2\right)}\)

Giả sử f(x)=ax2+bx+cf(x)=ax2+bx+c (do đề bài cho là đa thức bậc hai)
Suy ra

f(x)−f(x−1)=ax2+bx+c−a(x−1)2−b(x−1)−c=2ax+a+bf(x)−f(x−1)=ax2+bx+c−a(x−1)2−b(x−1)−c=2ax+a+b

Mà f(x)−f(x−1)=xf(x)−f(x−1)=x

⇒2ax+a+b=x⇒2ax+a+b=x

Do đó a+b=0a+b=0 và a=1/2a=1/2 từ đó ta suy ra a=1/2;b=−1/2a=1/2;b=−1/2

Do đó f(x)=x22−x2+cf(x)=x22−x2+c

f(n)=1+2+3+...+nf(n)=1+2+3+...+n

Áp dụng điều ta vừa chứng minh được thì:
f(1)−f(0)=1f(1)−f(0)=1

f(2)−f(1)=2f(2)−f(1)=2

....

f(n)−f(n−1)=nf(n)−f(n−1)=n

Do đó

1+2+...+n=f(1)−f(0)+f(2)−f(1)+...+f(n)−f(n−1)=f(n)−f(0)=n22−n2=n(n−1)2

Suy ra
f(x)−f(x−1)=ax2+bx+c−a(x−1)2−b(x−1)−c=2ax+a+bf(x)−f(x−1)=ax2+bx+c−a(x−1)2−b(x−1)−c=2ax+a+b
Mà f(x)−f(x−1)=xf(x)−f(x−1)=x
⇒2ax+a+b=x⇒2ax+a+b=x
Do đó a+b=0a+b=0 và a=1/2a=1/2 từ đó ta suy ra a=1/2;b=−1/2a=1/2;b=−1/2
Do đó f(x)=x22−x2+cf(x)=x22−x2+c
f(n)=1+2+3+...+nf(n)=1+2+3+...+n
Áp dụng điều ta vừa chứng minh được thì:
f(1)−f(0)=1f(1)−f(0)=1
f(2)−f(1)=2f(2)−f(1)=2
....
f(n)−f(n−1)=nf(n)−f(n−1)=n
Do đó
1+2+...+n=f(1)−f(0)+f(2)−f(1)+...+f(n)−f(n−1)=f(n)−f(0)=n22−n2=n(n−1)2

:3

Giả sử f﴾x﴿=ax2+bx+cf﴾x﴿=ax2+bx+c ﴾do đề bài cho là đa thức bậc hai﴿

Suy ra f﴾x﴿−f﴾x−1﴿=ax2+bx+c−a﴾x−1﴿2−b﴾x−1﴿−c=2ax+a+bf﴾x﴿−f﴾x−1﴿=ax2+bx+c−a﴾x−1﴿2−b﴾x−1﴿−c=2ax+a+b

Mà f﴾x﴿−f﴾x−1﴿=xf﴾x﴿−f﴾x−1﴿=x ⇒2ax+a+b=x⇒2ax+a+b=x Do đó a+b=0a+b=0 và a=1/2a=1/2 từ đó ta

suy ra a=1/2;b=−1/2a=1/2;b=−1/2

Do đó f﴾x﴿=x22−x2+cf﴾x﴿=x22−x2+c f﴾n﴿=1+2+3+...+nf﴾n﴿=1+2+3+...+n

Áp dụng điều ta vừa chứng minh được thì: f﴾1﴿−f﴾0﴿=1f﴾1﴿−f﴾0﴿=1 f﴾2﴿−f﴾1﴿=2f﴾2﴿−f﴾1﴿=2 .... f﴾n﴿−f﴾n−1﴿=nf﴾n﴿−f﴾n−1﴿=n

Do đó 1+2+...+n=f﴾1﴿−f﴾0﴿+f﴾2﴿−f﴾1﴿+...+f﴾n﴿−f﴾n−1﴿=f﴾n﴿−f﴾0﴿=n22−n2=n﴾n−1﴿2 

Ta có: \(f\left(x\right)=ax^2+bx+c\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(2\right)=a\cdot2^2+2b+c=4a+2b+c\\f\left(-5\right)=a\cdot\left(-5\right)^2-5b+c=25a-5b+c\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow f\left(2\right)\cdot f\left(-5\right)=\left(4a+2b+c\right)\left(25a-5b+c\right)\)

Lại có:\(25a-5b+c=29a+2c-c-4a-5b\)

\(=3b-c-4a-5b=-2b-c-4a=-\left(4a+2b+c\right)\)

\(\Rightarrow f\left(2\right)\cdot f\left(-5\right)=-\left(4a+2b+c\right)\left(4a+2b+c\right)\)

\(=-\left(4a+2b+c\right)^2\le0\forall a,b,c\)

=> Q(2)=a2^2+2b+c=4a+2b+c

Q(-1)=a(-1)^2+(-1)b+c=a-b+c

Ta có: 4a+2b+c=5a+b+2c-a+b-c=0-a+b-c=-a+b-c

=>Q(2).Q(-1)=(4a+2b+c).(a-b+c)=(-a+b-c).(a-b+c)=-(a-b+c).(a-b+c)≤ 0 với mọi a,b,c

Nhầm đây mới là câu trả lời:

Ta có:Q(x)=ax²+bx+x

=>Q(2)=a2^2+2b+c=4a+2b+c

Q(-1)=a(-1)^2+(-1)b+c=a-b+c

Ta có: 4a+2b+c=5a+b+2c-a+b-c=0-a+b-c=-a+b-c

=>Q(2).Q(-1)=(4a+2b+c).(a-b+c)=(-a+b-c).(a-b+c)=-(a-b+c).(a-b+c)≤ 0 với mọi a,b,c

Vì \(f\left(x\right)⋮x-2;f\left(x\right):x^2-1\) dư 1\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(x\right)=g\left(x\right)\cdot\left(x-2\right)\\f\left(x\right)=q\left(x\right)\left(x^2-1\right)+x=q\left(x\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)+x\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(2\right)=0\\f\left(1\right)=1\\f\left(-1\right)=-1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}32+4a+2b+c=0\\2+a+b+c=1\\2+a-b+c=-1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a+2b+c=-32\left(1\right)\\a+b+c=-1\left(2\right)\\a-b+c=-3\left(3\right)\end{matrix}\right.\)

 Trừ từng vế của (2) cho (3) ta được:

\(\Rightarrow2b=2\Rightarrow b=1\)

Thay b=1 vào lần lượt (1) ,(2),(3) ta được:

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a+2+c=-32\\a+1+c=-1\\a-1+c=-3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a+c=-34\\a+c=-2\\a+c=-2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4a+c=-34\left(4\right)\\a+c=-2\left(5\right)\end{matrix}\right.\)

Trừ từng vế của (4) cho (5) ta được:

\(\Rightarrow3a=-32\Rightarrow a=-\dfrac{32}{3}\Rightarrow c=-2+\dfrac{32}{3}=\dfrac{26}{3}\) Vậy...

- Để đa thức f(x) trên là một đa thức không thì :

\(\left\{{}\begin{matrix}2m-n+1=0\\m-3n+2=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2m-n=-1\\m-3n=-2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m=-\dfrac{1}{5}\\n=\dfrac{3}{5}\end{matrix}\right.\)

Vậy ...