\(x^3=x^3-1+1=\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)+1\)

\(\Rightarrow x^3\equiv1\left(\text{mod }x^2+x+1\right)\)

\(\Rightarrow P\left(x^3\right)\equiv P\left(1\right)\left(\text{mod }x^2+x+1\right)\) 

Và \(xQ\left(x^3\right)\equiv xQ\left(1\right)\left(\text{mod }x^2+x+1\right)\)

\(\Rightarrow P\left(x^3\right)+xQ\left(x^3\right)\equiv P\left(1\right)+xQ\left(1\right)\left(\text{mod }x^2+x+1\right)\)  với mọi x nguyên

\(\Rightarrow P\left(1\right)+x.Q\left(1\right)\) chia hết \(x^2+x+1\) với mọi x nguyên

Điều này xảy ra khi và chỉ khi \(P\left(1\right)=Q\left(1\right)=0\)

\(\Rightarrow P\left(x\right)\) có nghiệm \(x=1\) hay \(P\left(x\right)\) chia hết cho \(x-1\)

Ta có: \(g\left(x\right)=x^2-x\)có nghiệm x=0 và x=1 (vì \(x^2-x=x\left(x-1\right)\))

Để chứng minh \(f\left(x\right)⋮g\left(x\right)\), ta sẽ chứng minh \(f\left(x\right)\)cũng có nghiệm x=0 và x=1.

Thay x=0 vào \(f\left(x\right)\):\(f\left(0\right)\)\(=\left(-1\right)^{2018}+1^{2018}-2=0\)

Thay x=1 vào \(f\left(x\right)\): \(f\left(1\right)=1^{2018}+1^{2018}-2=0\)

\(\Rightarrow\)x=0 và x=1 là hai nghiệm của \(f\left(x\right)\)

\(\Rightarrowđpcm\)

\(g\left(x\right)=x^2-x\)

g(x) có nghiệm\(\Leftrightarrow x^2-x=0\Leftrightarrow x\left(x-1\right)=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\x=0\end{cases}}\)

Để chứng minh \(f\left(x\right)=\left(x^2+x-1\right)^{2018}+\left(x^2-x+1\right)^{2018}-2\)chia hết cho \(g\left(x\right)=x^2-x\)thì ta chứng minh tất cả nghiệm của đa thức g(x) cũng là nghiệm của f(x) hay 1 và 0 là nghiệm của f(x) (1)

Thật vậy:\(f\left(x\right)=\left(x^2+x-1\right)^{2018}+\left(x^2-x+1\right)^{2018}-2\)

+) Thay x = 0 vào f(x), ta được: \(f\left(0\right)=\left(0^2+0-1\right)^{2018}+\left(0^2-0+1\right)^{2018}-2=1+1-2=0\)

+) Thay x = 1 vào f(x), ta được: \(f\left(1\right)=\left(1^2+1-1\right)^{2018}+\left(1^2-1+1\right)^{2018}-2=1+1-2=0\)

Qua hai kết quả trên ta suy ra f(x) có 2 nghiệm là 0 và 1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(f\left(x\right)⋮g\left(x\right)\)(đpcm)

Đặt \(A=x^{20}+x^{10}+1\)

\(x^{50}+x^{10}+1\)

\(=x^{50}-x^{20}+A\)

\(=x^{20}\left(x^{30}-1\right)+A\)

\(=x^{20}\left(x^{10}-1\right)A+A\)

\(=\left(x^{30}-x^{20}+1\right)A\)

mà \(\left(x^{30}-x^{20}+1\right)A⋮A\)

\(\Rightarrow\left(x^{50}+x^{10}+1\right)⋮\left(x^{20}+x^{10}+1\right)\)

bài này khó khinh lên đc mình bó tay

Đề này b kiếm đâu thế

trước tiên ta cần chứng minh một bài toán phụ:f(x) là 1 đa thức với hệ số nguyên:f(x)=a_nxⁿ+a_n-1x^n-1+....+a₁x+a₀

_{a,b là 2 số nguyên khác nhau,chứng minh f(a)-f(b) chia hết cho (a-b)}

_{lấy f(a)-f(b) rồi ghép các hạng tử có cùng bậc là ra nka bn}

áp dung:f(x)=f₁(x³)-f₁(1) + x.f₂(X³) -x.f₂(1)+f₁(1)+x.f₂(1) mà f₁(X³)-f₁(1) chia hết cho x^3-1 nên chia hết cho x²+x+1,tương tự với f₂,theo giả thiết thì f(x) chia hết cho x² +x+1 nên f₁(1)+x.f₂(1) chia hết cho x² +x+1 mà f₁(1)+x.f₂(1) có bậc bé hơn hoặc bằng 1 nên f₁(1) + xf₂(1)=0

SUY RA:f₁(1)=f2(1)=0

theo định lí bezout suy ra f₁(x) chia hết cho x-1 và f₂(x) chia hết cho x-1

bài toán đã dc giải guyết,trong lời giải có thể có chút sai sót và hơi khó hiểu nên mong các bạn góp ý và cho mình