Nhẩm nghiệm ta lấy ước của hệ số tự do đem chia cho 1

thay vào rồi thì sẽ biết

1.Gọi a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác vuông ABC, c là cạnh huyền.

Ta có \(a^2+b^2=c^2;a,b,c\in\)N* , diện tích tam giác ABC là \(S=\frac{ab}{2}\)

Trước hết ta chứng minh ab chia hết cho 12.

+ Chứng minh \(ab⋮3\): Nếu cả a và b đồng thời không chia hết cho 3 thì \(a^2+b^2\)chia 3 dư 2. Suy ra số chính phương \(c^2\)chia 3 dư 2, vô lí.

+ Chứng minh \(ab⋮4\): - Nếu a,b chẵn thì \(ab⋮4\)

- Nếu trong hai số a,b có số lẻ, chẳng hạn a lẻ.

Lúc đó c lẻ. Vì nếu c chẵn thì \(c^2⋮4\), trong lúc \(a^2+b^2\)không thể chia hết cho 4. Đặt \(a=2k+1,c=2h+1,k,h\in N\)

Ta có: \(b^2=\left(2h+1\right)^2-\left(2k+1\right)^2=4\left(h-k\right)\left(h+k+1\right)\)

               \(=4\left(h-k\right)\left(h-k+1\right)+8k\left(h-k\right)⋮8\)

Suy ra \(b⋮4\). Nếu ta chia cạnh AB (chẳng hạn) thành 6 phần bằng nhau, nối các điểm chia với C thì tam giác ABC được chia thành 6 tam giác, mỗi tam giác có diện tích bằng \(\frac{ab}{2}\)là một số nguyên.

2. Với \(a\in Z,\)ta có: \(P\left(a\right)=a^5-3a^4+6a^3-3a^2+9a-6\)

Nếu a chia hết cho 3 thì tất cả các số hạng trong P(a) đều chia hết cho 9, trừ số hạng cho 6, do đó P(a) không chia hết cho 9, nghĩa là \(P\left(a\right)\ne0\).

Nếu a không chia hết cho 3 thì \(a^5\)không chia hết cho 3 trong khi tất cả các số hạng khác trong P(a) đều chia hết cho 3, do đó P(a) không chia hết cho 3, nghĩa là \(P\left(a\right)\ne0\). Vậy \(P\left(a\right)\ne0\)với mọi \(a\in Z\).

đễ thế mà ko lm đc ngu vậy

Ta đi phản chứng, giả sử P(x) có thể phân tích được thành tích hai đa thức hệ số nguyên bậc lớn hơn 1.

đặt \(P\left(x\right)=Q\left(x\right).H\left(x\right)\)với bậc của Q(x) và H(x) lớn hơn 1

Ta Thấy \(Q\left(i\right).H\left(i\right)=P\left(i\right)=-1\)với i=1,2,...2020.

suy ra \(\hept{\begin{cases}Q\left(i\right)=1\\H\left(i\right)=-1\end{cases}}\)hoặc \(\hept{\begin{cases}Q\left(i\right)=-1\\H\left(i\right)=1\end{cases}}\) suy ra \(Q\left(i\right)+H\left(i\right)=0\)với i=1,2,...,2020

mà bậc của Q(x) và H(x) không vượt quá 2019 suy ra \(Q\left(x\right)+H\left(x\right)=0\Rightarrow Q\left(x\right)=-H\left(x\right)\Rightarrow P\left(x\right)=-\left(Q\left(x\right)\right)^2\)

xét hệ số đơn thức bậc cao nhất của \(P\left(x\right)\) bằng 1 

hệ số đơn thức bậc cao nhất của \(-\left(Q\left(x\right)\right)^2\) bằng -1.  Suy ra vô lý. 

Vậy P(x)  không thể phân tích thành hai đa thức hệ số nguyên có bậc lớn hơn 1.

\(f\left(x\right)=-x-7x^2+6x^3-3x^4-2x^2-6x+2x^4-1\)

\(f\left(x\right)=-x^4+6x^3-9x^2-7x-1\)

\(\Rightarrow\) Bậc của đa thức là \(4\), hệ số tự do là \(-1\), hệ số cao nhất của đa thức là \(-1\).

Thu gọn rồi tìm động não chút đi bn

\(f\left(x\right)=ax^3+4x\left(x^2-x\right)-4x+8=ax^3+4x^3-4x^2-4x+8=\left(a+4\right)x^3-4x^2-4x+8\)\(g\left(x\right)=x^3-4x\left(bx+1\right)+c-3=x^3-4bx^2-4x+c-3\)

Để \(f\left(x\right)=g\left(x\right)\) thì \(a+4=1,4b=4,c-3=8\) được \(a=-3,b=1,c=11\)

Vậy \(a=-3,b=1,c=11\)

Thay x=1 vào A(x) tính được A(x)=-17 nên x=1 ko là nghiệm của A(x)

Thay x=1 vào B(x), B(x)=0 nên x=1 là nghiệm B(x)

a. c(x)=x5−2x3+3x4−9x2+11x−6−(3x4+x5−2x3−8−10x2+9x)

c(x)=x2+2x+2

b. Để c(x)=2x+2 thì x2=0⇒x=0

c. Với c(x)=2012, ta có:

c(x)=x2+2x+2=(x+1)2+1=2012

⇔(x+1)2=2011⇒x+1∉Z⇒x∉Z