Thực hiện phép chia đa thức \(C\)cho đa thức \(D\)ta được: 

\(C=2x^3-3x^2+7x+2=\left(x^2-x+3\right)\left(2x-1\right)+5\)

Suy ra để \(C\)chia hết cho \(D\)thì \(5⋮\left(2x-1\right)\)mà \(x\)nhận giá trị nguyên nên \(2x-1\inƯ\left(5\right)\)

\(\Leftrightarrow2x-1\in\left\{-5,-1,1,5\right\}\Leftrightarrow x\in\left\{-2,0,1,3\right\}\).

1.Cho a,b,c,da,b,c,d là các số nguyên thỏa mãn a3+b3=2(c3−d3)a3+b3=2(c3−d3) . Chứng minh rằng a+b+c+d chia hết cho 3

2.Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng 1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32

Gọi giao điểm HM với DC là P; giao điểm HN với BC là E 
a) Vì HP vuông góc với IK, mà IK//CD nên DC vuông góc với HP 
=> HP và CE là các đường cao của ▲HCN cắt nhau ở M 
=> M là trực tâm ▲HCN , nên NM là đường cao thứ 3 hay NM vuông góc với HC 
Lại có HC vuông góc với AB (CH là đường cao) 
=> NM//AB 
Xét ▲BDC có M là trung điểm BC và NM//BD nên ND = NC 
b) Do IK//CD nên theo Talet: IH/DN = IK/NC (= AI/AN) 
=> IH/IK = ND/NC = 1 (Vì ND = NC). Vậy IH = HK

nhớ k nha

a,{DH=HCBM=MC⇒HMa,{DH=HCBM=MC⇒HM là đtb tam giác BDC

⇒HM//BD⇒HM//BD

b,HM//BD(cm.trên)⇒BD⊥HE(1)(HM⊥HE)b,HM//BD(cm.trên)⇒BD⊥HE(1)(HM⊥HE)

Lại có H là trực tâm nên CH là đường cao tam giác ABC

⇒CH⊥AB⇒HD⊥BE(2)⇒CH⊥AB⇒HD⊥BE(2)

Mà DE∩BE=E(3)DE∩BE=E(3)

(1)(2)(3)⇒E(1)(2)(3)⇒E là trực tâm tam giác HBD

c,c, H là trực tâm nên BH là đường cao 

⇒BH⊥AC(4)⇒BH⊥AC(4)

Mà E là trực tâm nên DE là đường cao

⇒DE⊥BH(5)(4)(5)⇒DE//AC⇒DE⊥BH(5)(4)(5)⇒DE//AC

a^420

=2a^210

Ta có :

\(16x^3y+\frac{1}{4}yz^3=\frac{y}{4}\left(64x^3+z^3\right)=\frac{y}{4}\left(4x+z\right)\left(16x^2-4xz+z^2\right)\)