f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e, vì f(x)=f(-x) nên ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=a(-x)^4+b(-x)^3+c(-x)^2+d(-x)+e

suy ra 2b.x^3+2d.x=0, suy ra b=d=0

Ta có f(x)=ax⁴+bx³+cx²+dx+e

               = a(-x)⁴+b(-x)³+c(-x)²+d(-x)+e

Hay ax⁴+bx³+cx²+dx+e=a(-x)⁴+b(-x)³+c(-x)²+d(-x)+e

bx³+dx=-bx³-dx;2bx³=-2dx;bx³=-dx với mọi x suy ra b=d=0 tức là các hệ số của lũy thừa lẻ đều bằng 0

gọi đa thức   f ( x )= a x^4 + bx^3+c x ^2 + d x +e = a x^4 - bx^3+cx^2-dx+e 

       áp dụng hệ số bất định => b = -b ; d=-d => b=0;d=0 => đpcm

x phải khác 0 nhỉ tại đâu có số nào là -0

-_- 

0= -0 mà

1. Công thức tính tổng các hệ số của f(x) là: \(a_n+a_{n-1}+a_{n-2}+...+a_1+a_0\)

2. Công thức tính tổng các hệ số của:

\(1.\text{ }f\left(1\right)=a_n+a_{n-1}+...+a_1+a_0\)

\(2.\)

+Trường hợp 1: n chẵn

\(f\left(-1\right)=a_n-a_{n-1}+...-a_1+a_0\)

\(\Rightarrow a_n+a_{n-2}+...+a_0-\left(a_{n-1}+a_{n-3}+...+a_1\right)=f\left(-1\right)\)

Mà \(\left(a_n+a_{n-2}+...+a_0\right)+\left(a_{n-1}+a_{n-3}+...+a_1\right)=f\left(1\right)\)

Cộng theo vế, ta được \(a_n+a_{n-2}+...+a_0=\frac{f\left(1\right)+f\left(-1\right)}{2}\)

Trừ theo vế, ta được: \(a_{n-1}+a_{n-3}+...+a_1=\frac{f\left(1\right)-f\left(-1\right)}{2}\)

+Trường hợp 2: n lẻ.

Làm tương tự, ta được:

\(a_n+a_{n-2}+...+a_3+a_1=\frac{f\left(1\right)-f\left(-1\right)}{2}\)

\(a_{n-1}+a_{n-3}+...+a_0=\frac{f\left(1\right)+f\left(-1\right)}{2}\)

- Gọi đa thức f_(x) có dạng : \(f_{\left(x\right)}=x^4+x^3+x^2+x^1\)

- Để \(f_{\left(x\right)}=f_{\left(-x\right)}\) thì :

\(x^4+x^3+x^2+x^1=\left(-x\right)^4+\left(-x\right)^3+\left(-x\right)^2+\left(-x\right)^1\)

=> \(x^4+x^3+x^2+x^1=x^4+\left(-x\right)^3+x^2+\left(-x\right)^1\)

=> \(x^3+x^1+x^3+x^1=0\)

=> \(x^3+x^1=0\)

=> \(x\left(x^2+1\right)=0\)

Mà \(x^2+1>0\)

=> \(x=0\)

Vậy đã được chứng minh .