Bạn vào đây xem thử

Câu hỏi của bababa ânnnanana - Toán lớp 8 | Học trực tuyến

Áp dụng định lý Bezout ta được:

$f\left(x\right)$chia cho x+1 dư 2 $\Rightarrow f\left(-1\right)=2$

Vì bậc của đa thức chia là 3 nên $f\left(x\right)=\left(x+1\right)\left({}^{}+1\right)q\left(x\right)+a{}^{}+bx+c$

$=\left({}^{}+1\right)\left(x+1\right)q\left(x\right)+\left(a{}^{}+a\right)-a+bx+c$

$=\left({}^{}+1\right)\left(x+1\right)q\left(x\right)+a\left({}^{}+1\right)+bx+c-a$

\(f\left(x\right)\) chia \(x+1\) dư 4 \(\Rightarrow f\left(x\right)=\left(x+1\right).P\left(x\right)+4\)

\(f\left(-1\right)=\left(-1+1\right)P\left(x\right)+4=4\)

Do \(\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)\) là đa thức bậc 3 \(\Rightarrow\) phần dư của phép chia \(f\left(x\right)\) cho \(\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)\) là bậc 2 có dạng \(ax^2+bx+c\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)=\left(x+1\right)\left(x^2+1\right).Q\left(x\right)+ax^2+bx+c\)(1)

\(f\left(-1\right)=a-b+c=4\) (2)

Biến đổi biểu thức (1):

\(f\left(x\right)=\left(x+1\right)\left(x^2+1\right).Q\left(x\right)+a\left(x^2+1\right)+bx+c-a\)

\(f\left(x\right)=\left(x^2+1\right)\left[\left(x+1\right).Q\left(x\right)+a\right]+bx+c-a\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) chia \(x^2+1\) dư \(bx+c-a\)

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

Kết hợp (2) ta được: \(\left\{{}\begin{matrix}b=2\\c-a=3\\a-b+c=4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{3}{2}\\b=2\\c=\dfrac{9}{2}\end{matrix}\right.\)

Vậy phần dư cần tìm là \(\dfrac{3}{2}x^2+2x+\dfrac{9}{2}\)

Theo Bơdu, ta có:

\(f\left(x\right):\left(x+1\right)\) dư 4

\(\Rightarrow f\left(-1\right)=4\)

Vì đa thức chia \(\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)\) có bậc 3 nên đa thức dư có bậc \(\le2\). Đặt đa thức dư có dạng \(ax^2+bx+c\)

Gọi \(P\left(x\right)\) là đa thức thương. Ta có:

\(f\left(x\right)=\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)P\left(x\right)+ax^2+bx+c\)

\(=\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)P\left(x\right)+ax^2+a-a+bx+c\)

\(=\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)P\left(x\right)+a\left(x^2+1\right)+bx+c-a\)

\(=\left(x^2+1\right)\left[P\left(x\right).\left(x+1\right)+a\right]+bx-a+c\)

Vì \(f\left(x\right):\left(x^2+1\right)\)dư \(2x+3\)

\(\Rightarrow bx+c-a=2x+3\)

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

Lại có: \(f\left(-1\right)=ax^2+bx+c=4\)

\(\Leftrightarrow a-b+c=4\Leftrightarrow a+c-2=4\)

\(\Leftrightarrow a+c=6\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{3}{2}\\b=\dfrac{9}{2}\end{matrix}\right.\)

Vậy đa thức dư là \(\dfrac{3}{2}x^2+2x+\dfrac{9}{2}\)

Ta có \(F\left(x\right)=g\left(x\right).\left(x+1\right)+4\)

Giả sử \(g\left(x\right)=r\left(x\right).\left(x^2+1\right)+ax+b\)

Suy ra \(F\left(x\right)=r\left(x\right).\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)+\left(ax+b\right)\left(x+1\right)+4\)

Đa thức dư là \(h\left(x\right)=\left(ax+b\right)\left(x+1\right)+4\) ta có \(h\left(x\right)=ax^2+\left(a+b\right)x+\left(b+4\right)\)

Theo giả thiết \(h\left(x\right)\) chia \(\left(x^2+1\right)\) dư \(2x+3\)

\(h\left(x\right)=a\left(x^2+1\right)+\left(a+b\right)x+\left(b-a+4\right)\)

\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a+b=2\\b-a+4=3\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\)\(\hept{\begin{cases}a=\frac{3}{2}\\b=\frac{1}{2}\end{cases}}\)

Vậy đa thức dư là \(h\left(x\right)=\left(\frac{3}{2}x+\frac{1}{2}\right)\left(x+1\right)+4\)

Ta có f(x) chia cho x + 1 dư 4 nên theo bê-du ta có: f(-1) = 4 (1)

Khi chi f(x) cho (x + 1)(x² + 1) thì phần dư phải là đa thức bậc 2 hay

f(x) = (x + 1)(x² + 1)Q(x) + ax² + bx + c

= (x + 1)(x² + 1)Q(x) + a(x² + 1)+ bx + c - a

= (x² + 1)[(x + 1)Q(x) + a] + bx + c - a (2)

Mà f(x) chia cho x² + 1 dư 2x + 3 (3)

Từ (1), (2), (3) ta suy ra hệ

\(\hept{\begin{cases}b=2\\c-a=3\\a-b+c=4\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=2\\a=\frac{3}{2}\\c=\frac{9}{2}\end{cases}}\)

Vậy đa thức dư cần tìm là: \(\frac{3}{2}x^2+2x+\frac{9}{2}\)

Cách của mk áp dụng được trong mọi trường hợp luôn nha Ngọc Bích, kể cả khi ko dùng Bezout được.

Áp dụng định lý Bezout ta được:

\(f\left(x\right)\)chia cho x+1 dư 4 \(\Rightarrow f\left(-1\right)=4\)

Vì bậc của đa thức chia là 3 nên \(f\left(x\right)=\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)q\left(x\right)+ax^2+bx+c\)

\(=\left(x^2+1\right)\left(x+1\right)q\left(x\right)+\left(ax^2+a\right)-a+bx+c\)

\(=\left(x^2+1\right)\left(x+1\right)q\left(x\right)+a\left(x^2+1\right)+bx+c-a\)

\(=\left(x^2+1\right)\left[\left(x+1\right)q\left(x\right)+a\right]+bx+c-a\)

Vì \(f\left(-1\right)=4\)nên \(a-b+c=4\left(1\right)\)

Vì f(x) chia cho \(x^2+1\)dư 2x+3 nên

\(\hept{\begin{cases}b=2\\c-a=3\end{cases}\left(2\right)}\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+c=6\\b=2\\c-a=3\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{3}{2}\\b=2\\c=\frac{9}{2}\end{cases}}}\)

Vậy dư f(x) chia cho \(\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)\)là \(\frac{3}{2}x^2+2x+\frac{1}{2}\)

Lời giải:

Đặt $f(x)=Q(x)(x+1)(x^2+1)+ax^2+bx+c$ trong đó $ax^2+bx+c$ là đa thức dư khi chia $f(x)$ cho $(x+1)(x^2+1)$

Ta có:

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

$=(x+1)[Q(x)(x^2+1)+a(x-1)+b]+a-b+c$

Do đó $f(x)$ chia $x+1$ có dư là $a-b+c$

$\Rightarrow a-b+c=4(*)$

Lại có:

$f(x)=Q(x)(x+1)(x^2+1)+a(x^2+1)-a+bx+c$

$=(x^2+1)[Q(x)(x+1)+a]+bx+(c-a)$

$\Rightarrow f(x)$ khi chia $x^2+1$ có dư là $bx+(c-a)$

$\Rightarrow bx+(c-a)=2x+3$

$\Rightarrow b=2; c-a=3(**)$

Từ $(*);(**)\Rightarrow a=\frac{3}{2}; b=2; c=\frac{9}{2}$

Ta thấy 

\(f\left(x\right):g\left(x\right)\)

\(\Rightarrow\left(x^{100}+x^{99}+x^{98}+x^5+2020\right):\left(x^2-1\right)\)

\(=\left(x^{98}+x^{97}+2x^{96}+2x^{95}+...2x^4+3x^3+2x^2+3x+2\right)\) có số dư là \(R\left(x\right)=3x+2022\)

\(\Rightarrow R\left(2021\right)=3.2021+2022=8085\)