Cách 1. Sử dụng định lí Bezout : 

Vì f(x) chia hết cho g(x) nên ta có thể biểu diễn thành : \(f\left(x\right)=g\left(x\right).g'\left(x\right)\) với g'(x) là đa thức thương

hay \(f\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(x-2\right).g'\left(x\right)\)

Khi đó , theo định lí Bezout ta có \(\hept{\begin{cases}f\left(1\right)=a+b=0\\f\left(2\right)=7+4a+2b=0\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}a+b=0\\4a+2b=-7\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}a=-\frac{7}{2}\\b=\frac{7}{2}\end{cases}}\)

Cách 2. Sử dụng HỆ SỐ BẤT ĐỊNH

Giả sử \(f\left(x\right)=x^3+ax^2+bx-1=\left(x^2-3x+2\right).\left(x+c\right)\)(Vì bậc cao nhất của f(x) là 3)

\(\Rightarrow x^3+ax^2+bx-1=x^3+x^2\left(c-3\right)+x\left(2-3c\right)+2c\)

Theo hệ số bất định thì \(\hept{\begin{cases}2c=-1\\2-3c=b\\c-3=a\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c=-\frac{1}{2}\\b=\frac{7}{2}\\a=-\frac{7}{2}\end{cases}}\)

Lại lỗi dấu ngoặc nhọn =.="

trời ơi đề bài cái kểu gì vậy

Không có câu hỏi!Mà nếu hỏi tạo thành hình gì thì sẽ thành hình ngôi sao! Còn nếu hỏi có bao nhiêu góc thì sẽ có 10 góc! 

\(M=\frac{\left(x^2-1\right)\left(x+1\right)+\left(y^2-1\right)\left(y+1\right)}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}=\frac{x^3+x^2-x-1+y^3+y^2-y-1}{xy+x+y+1}\)

\(=\frac{\left(x^3+y^3\right)+\left(x^2+y^2\right)-\left(x+y\right)-2}{xy+x+y+1}=\frac{\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)+\left(x+y\right)^2-2xy-\left(x+y\right)-2}{xy+x+y+1}\)

\(=\frac{\left(x+y\right)\left(x+y+xy+1\right)+x^2\left(x+y\right)+y^2\left(x+y\right)-2xy\left(x+y\right)-2\left(x+y\right)-2xy-2}{xy+x+y+1}\)

\(=\frac{\left(x+y\right)\left(x+y+xy+1\right)+\left(x^2+y^2-2xy\right)\left(x+y\right)-2\left(x+y+xy+1\right)}{xy+x+y+1}\)

\(=\frac{\left(x+y-2\right)\left(x+y+xy+1\right)+\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)}{xy+x+y+1}=x+y-2+\frac{\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)}{xy+x+y+1}\)

x,y nguyên do đó để \(M\)nguyên thì \(\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\)chia hết cho \(xy+x+y+1\)

Dễ thấy \(\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\)không thể phân tích thành nhân tử \(xy+x+y+1\)nữa nên \(\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)=0\)

Suy ra:

\(\hept{\begin{cases}x-y=0\\x+y=0\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=y\\x=-y\end{cases}}\)

Vậy:

\(x^2y^2-1=x^2.x^2-1=x^4-1\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-1\right)\left(x^2+1\right)\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(x^2+1\right)\)chia hết cho \(\left(x+1\right)\)

Vậy ta có đpcm

CÂU TRẢ LỜI LÀ 6

Bài 1 :

\(a+b+c=0\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2=0^2\)

\(a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc=0\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=-2\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Rightarrow\left[a^2+b^2+c^2\right]^2=\left[-2\left(ab+bc+ac\right)\right]^2\)

\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2=4\left(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2+2ab.bc+2bc.ac+2ab.ac\right)\)

\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2=4a^2b^2+4b^2c^2+4a^2c^2+8abc\left(a+b+c\right)\)

Mà \(a+b+c=0\)

\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2=4a^2b^2+4b^2c^2+4a^2c^2\)

Bớt cả 2 vế đi \(2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2;\)có :

\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4=2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2\)

Cộng cả 2 vế với \(a^4+b^4+c^4;\)có :

\(2\left(a^4+b^4+c^4\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)( Hằng đẳng thức bình phương tổng 3 hạng tử )

Vậy ...

Bình phương cả 2 vế của a + b + c = 0,ta có :

a² + b² + c² + 2(ab + bc + ca) => a² + b² + c² = -2(ab + bc + ca).Bình phương cả 2 vế của đẳng thức bên,ta có :

a⁴ + b⁴ + c⁴ + 2(a²b² + b²c² + a²c²) = 4[a²b² + b²c² + a²c² + 2abc(a + b + c)] = 4(a²b² + b²c² + a²c²)

=> a⁴ + b⁴ + c⁴ = 2(a²b² + b²c² + a²c²) 

=> (a² + b² + c²)² = a⁴ + b⁴ + c⁴ + 2(a²b² + b²c² + a²c²) = a⁴ + b⁴ + c⁴ + a⁴ + b⁴ + c⁴ = 2(a⁴ + b⁴ + c⁴) 

Bạn ko hiểu chỗ nào thì hỏi mình nhé!

Câu 1) Ta có\(a^3+2b^2-4b+3=0\Leftrightarrow a^3=-2.\left(b-1\right)^2-1\)\(\le-1\Rightarrow a^3\le-1\Rightarrow a\le-1\Rightarrow a^2\ge1\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2\ge1\\a^2b^2\ge b^2\end{cases}}\)\(\Rightarrow a^2+a^2b^2-2b\ge1+b^2-2b\)\(\Leftrightarrow\left(b-1\right)^2\le0\)

Mà \(\left(b-1\right)^2\ge0\)với mọi b nên \(\left(b-1\right)^2=0\)\(\Rightarrow b=1\)

Thay b=1 vào 2 pt ban đầu được \(\hept{\begin{cases}a^3+2-4+3=0\\a^2+a^2-2=0\end{cases}}\)<=> a=1(tm)

Vậy (a,b)=(1;1)

Câu 2 bạn xem ở đây nhé http://olm.vn/hoi-dap/question/716469.html

Ta có: \(x^2+4\left(\sqrt{1-x}+\sqrt{x+1}\right)-8=0\)
  \(\Leftrightarrow-\left(x-1\right)\left(x+1\right)+4\left(\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\right)-7\)
Đặt \(a=\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}\Rightarrow\left(1-x\right)\left(1+x\right)=\left(\frac{a^2-2}{2}\right)^2\). Khi đó phương trình trở thành:
\(-\left(\frac{a^2-2}{2}\right)^2-4a+7=0\)
\(\Leftrightarrow-a^4+4a^2-16a-32=0\)\(\Leftrightarrow\left(a-2\right)\left(-a^3-2a^2+16\right)=0\)
\(\Leftrightarrow a=2\).
Các bạn làm tiếp nhé, đoạn cuối phân tích đa thức thành nhân tử thì bài làm sẽ hợp lý hơn. Ở đây hơi vội nên mình bấm máy tính.

x=0 ( cốc cốc toán học)

neu p khong chia het cho 3 thi p² chia 3 du 1 suy ra p² +8 chia het cho 3 (trai gia thiet p² +8 nguyen to)

vay p phai chia het cho 3, ma p nguyen to nen p=3 . suy ra p² +2=11 la so nguyen to

tuong tu, o cau b ta cung cm duoc p=3

Tớ chỉ làm được một ít thôi,mong bạn thông cảm :)

Phần vẽ hình và ghi giả thuyết ,kết luận bạn tự làm nhé !

a) Xét tam giác MCB, ta có :

        CE = ME (GT)

        CF  = FB (GT)

Nên EF là đường trung bình của tam giác MCB

=> EF // MB

=> EF // AB (Vì M € AB) (1)

Xét tam giác ADM ,ta có :

    AK = KD (GT)

    MI  = ID (GT)

Nên IK là đường trung bình của tam giác ADM

=> IK // AM

=> IK // AB (Vì M € AB) (2)

Từ (1) và (2) => EF // IK

b) Xét tứ giác KIFE ,ta có :

        EF // IK [câu (a)]

=> KIFE là hình thang

Sau đó bạn cần chứng minh cho góc K = góc I hoặc góc E = góc F

Do đó KIFE sẽ là hình thang cân

Vậy EI = KF

[ Ở câu b) này chỉ là tớ dự đoán phương hướng giải thôi ,chứ tớ cũng không biết có làm được không.]

c) Xét tam giác MCD ,ta có :

        ME = CE (GT)

        MI  = ID (GT)

Nên EI là đường trung bình của tam giác MCD

=> EI = 1/2 CD (3)

mà EI = KF (4)

Từ (3) và (4) => KF = 1/2 CD

 Các ý của bài này có liên quan đến nhau ,bạn hãy dựa vào đó để giải câu b) nhé !

    Good luck !

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Chị @Hoàng Lê Bảo Ngọc

 Anh @Nguyễn Huy Thắng 

 giúp bạn này nè 

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Theo Holder , ta có : \(\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(1+1+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^3\le9\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

Ta có :  \(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\frac{54abc}{\left(a+b+c\right)^3}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{9abc}+\frac{54abc}{\left(a+b+c\right)^3}\)

Đặt \(t=\frac{\left(a+b+c\right)^3}{27abc}\) thì \(t\ge1\) , khi đó :  \(\frac{\left(a+b+c\right)^3}{9abc}+\frac{54abc}{\left(a+b+c\right)^3}=3t+\frac{2}{t}=t+\left(2t+\frac{2}{t}\right)\ge1+2\sqrt{2t.\frac{2}{t}}=5\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1

a=b=c=1

D E A B C M F K S O Q

a/ Dễ thấy ABDC là hình chữ nhật dựa theo dấu hiệu nhận biết.

b/ Dễ thấy.

c/ Ta có EA = AB ; BM = CM => AM là đường trung bình tam giác BCE => AM // CE =>  AECM là hình thang

d/ Chứng minh được AE = CD ; AE // CD => AECD là hình bình hành

e/ Vì AECD là hình bình hành nên AD // CF => góc CFD = góc FDA (1)

Mặt khác, AM // CE (AMCE là hình thang) mà BF vuông góc với CE => BF vuông góc AM

=> FM là đường cao của tam giác vuông FAD . Từ đó dễ dàng suy ra Góc AFB = góc FDA (2)

Từ (1) và (2) suy ra góc CFD = góc AFB mà góc CFD + góc DFB = 90 độ

=> góc AFB + góc DFB = góc AFD = 90 độ