Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Phương trình có nghiệm \(x=2-\sqrt{3}\) nên :
\(\left(2-\sqrt{3}\right)^3+a.\left(2-\sqrt{3}\right)^2+\left(2-\sqrt{3}\right)b-1=0\)
\(\Leftrightarrow20-11\sqrt{3}+a.\left(7-4\sqrt{3}\right)+2b-b\sqrt{3}-1=0\)
\(\Leftrightarrow7a+2b+19=\sqrt{3}.\left(11+4a+b\right)\) (*)
Với a,b là các số hữu tỉ thì từ (*) suy ra :
\(\hept{\begin{cases}7a+2b+19=0\\11+4a+b=0\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=-3\\b=-1\end{cases}}\) ( Thỏa mãn )
b) Hóng cách làm vì mình không biết làm :((
Nhận xét rằng với mọi số nguyên \(x\), định lý Fermat nhỏ cho ta: \(x^{2017}\equiv x\) (mod \(2017\))
nên với mỗi nghiệm \(x_i\) ta có: \(x_i^{2017}+ax_i^2+bx_i+c\equiv ax_i^2+\left(b+1\right)x_i+c\) (mod \(2017\))
\(\Rightarrow ax_i^2+\left(b+1\right)x_i+c\equiv0\) (mod \(2017\))
Xét \(x_1\) có: \(ax_1^2+\left(b+1\right)x_1+c\equiv0\) (mod \(2017\)) (1)
Xét \(x_2\) có: \(ax_2^2+\left(b+1\right)x_2+c\equiv0\) (mod \(2017\)) (2)
Từ (1), (2) \(\Rightarrow a\left(x_1^2-x_2^2\right)+\left(b+1\right)\left(x_1-x_2\right)⋮2017\)
\(\Rightarrow a\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)+\left(b+1\right)\left(x_1-x_2\right)⋮2017\)
\(\Rightarrow\left(x_1-x_2\right)\left[a\left(x_1+x_2\right)+\left(b+1\right)\right]⋮2017\)
Mà \(\left(x_1-x_2\right)\left(x_2-x_3\right)\left(x_3-x_1\right)⋮̸2017\), \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1-x_2⋮̸2017\\x_2-x_3⋮̸2017\\x_1-x_3⋮̸2017\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a\left(x_1+x_2\right)+\left(b+1\right)⋮2017\) (3) (do \(2017\) là số nguyên tố)
Tương tự với \(x_1\) và \(x_3\): \(\Rightarrow a\left(x_1+x_3\right)+\left(b+1\right)⋮2017\) (4)
Từ (3), (4) \(\Rightarrow a\left(x_2-x_3\right)⋮2017\)
Mà \(x_2-x_3⋮̸2017\Rightarrow a⋮2017\) (do \(2017\) là số nguyên tố) (5)
Từ (3), (5) \(\Rightarrow b+1⋮2017\) (6)
Từ (1), (5), (6) \(\Rightarrow c⋮2017\) (7)
Từ (5), (6), (7) \(\Rightarrow a+b+c+1⋮2017\) (đpcm)
Có: \(\Delta=p^2+4>0\), mọi p
=> phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt .
Áp dụng định lí Viet ta có:
\(x_1+x_2=-p\)
\(x_1.x_2=-1\)
Ta cần chứng minh với n là số tự nhiên: \(S_{n+2}=-pS_{n+1}+S_n\) (1)
+) Với \(S_0=x_1^o+x_2^o=2\);\(S_1=-p\)
\(S_2=x_1^2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=p^2+2=-pS_1+S_2\)
=>(1) đúng với n = 0.
+) G/s : (1) đúng với n
+) Chứng minh (1) đúng (1) đúng với n +1
Ta có: \(S_{n+1}=x_1^{n+1}+x_2^{n+1}=\left(x_1^n+x_2^n\right)\left(x_1+x_2\right)-x_1x_2\left(x_1^{n-1}+x_1^{n-2}\right)\)
\(=-pS_n+S_{n-1}\)
=> (1) đúng với n +1
Vậy với mọi số tự nhiên n: \(S_{n+2}=-pS_{n+1}+S_n\)(1)
G/s: \(\left(S_n;S_{n+1}\right)=d\)
=> \(\hept{\begin{cases}S_{n+1}=-pS_n+S_{n-1}⋮d\\S_n⋮d\end{cases}}\Rightarrow S_{n-1}⋮d\)
=> \(\hept{\begin{cases}S_n=-pS_{n-1}+S_{n-2}⋮d\\S_{n-1}⋮d\end{cases}}\Rightarrow S_{n-2}⋮d\)
.....
Cứ tiếp tự như vậy
=> \(S_0⋮d;S_1⋮d\)
=> \(\hept{\begin{cases}2⋮d\Rightarrow d\in\left\{\pm1;\pm2\right\}\\-p⋮d\Rightarrow d\in\left\{\pm1;\pm p\right\}\end{cases}}\)
Mà p là số lẻ
=> d =1
=> \(S_n;S_{n-1}\)là hai số nguyên tố cùng nhau.
Theo hệ thức Vi-et\(\hept{\begin{cases}x_1+x_2+x_3=0\\x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=-1\\x_1x_2x_3=1\end{cases}}\)
Ta có \(T=\frac{1+x_1}{1-x_1}+\frac{1+x_2}{1-x_2}+\frac{1+x_3}{1-x_3}\)
\(=\frac{x_1-1}{1-x_2}+\frac{2}{1-x_1}+\frac{x_2-1}{1-x_2}+\frac{2}{1-x_2}+\frac{x_3-1}{1-x_3}+\frac{2}{1-x_3}\)
\(=-1+\frac{2}{1-x_1}-1+\frac{2}{1-x_2}-1+\frac{2}{1-x_3}\)
\(=2\left(\frac{1}{1-x_1}+\frac{1}{1-x_2}+\frac{1}{1-x_3}\right)-3\)
\(=2.\frac{\left(1-x_2\right)\left(1-x_3\right)+\left(1-x_1\right)\left(1-x_3\right)+\left(1-x_1\right)\left(1-x_2\right)}{\left(1-x_1\right)\left(1-x_2\right)\left(1-x_3\right)}-3\)
\(=2.\frac{1-x_2-x_3+x_2x_3+1-x_1-x_3+x_1x_3+1-x_1-x_2+x_1x_2}{\left(1-x_1-x_2+x_1x_2\right)\left(1-x_3\right)}-3\)
\(=2.\frac{3-2\left(x_1+x_2+x_3\right)+\left(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1\right)}{1-x_1-x_2+x_1x_2-x_3+x_1x_3+x_2x_3-x_1x_2x_3}-3\)
\(=2.\frac{3-2.0-1}{1-\left(x_1+x_2+x_3\right)+\left(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1\right)-x_1x_2x_3}-3\)
\(=2.\frac{2}{1-0-1-1}-3\)
\(=-7\)
Bài này lớp 7 mik đánh lộn vào lớp 9 ạ.mọi người thông cảm.
a Dw ơi,e thử làm cách khác:3
Vì \(x_1;x_2;x_3\) là 3 nghiệm của phương trình \(x^3-x-1\) nên:
\(x^3-x-1=\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\left(x-x_3\right)\)
\(=x^3-\left(x_1+x_2+x_3\right)x^2+\left(x_1x_2+x_2x_3+x_1x_3\right)x-x_1x_2x_3\)
Do đó \(x_1+x_2+x_3=0;x_1x_2+x_2x_3+x_1x_3=-1;x_1x_2x_3=1\)
Lại có:\(x_1^3-x_1-1=0\)
\(\Leftrightarrow-x_1=1-x_1^3=\left(1-x_1\right)\left(1+x_1+x_1^2\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1+x_1}{1-x_1}=\frac{\left(1+x_1\right)\left(1+x_1+x_1^2\right)}{-x_1}=\frac{x_1^3+3x_1^2+2x_1+1}{-x_1}=\frac{3x_1^2+3x_1-2}{-x_1}=-\left(3+2x_1+\frac{2}{x_1}\right)\)
Chứng minh tương tự,ta có:
\(\frac{1+x_2}{1-x_2}=-\left(3+2x_2+\frac{2}{x_2}\right)\)
\(\frac{1+x_3}{1-x_3}=-\left(3-2x_3+\frac{2}{x_3}\right)\)
Khi đó:\(T=\frac{1+x_1}{1-x_1}+\frac{1+x_2}{1-x_2}+\frac{1+x_3}{1-x_3}\)
\(=-\left(9+2\left(x_1+x_2+x_3\right)+2\cdot\frac{x_1x_2+x_2x_3+x_1x_3}{x_1x_2x_3}\right)\)
\(=-\left(9+2\cdot0+2\cdot\frac{-1}{1}\right)\)
\(=-7\)
Vậy T=-7
\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x^2-2x-2\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\\x^2-2x-2=0\end{matrix}\right.\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x_3=2\) và \(x_1;x_2\) là nghiệm của \(x^2-2x-2=0\)
Do \(2^n\) nguyên nên ta chỉ cần chứng minh \(P\left(n\right)=x_1^n+x_2^n\) nguyên
\(P\left(1\right)=x_1+x_2=2\in Z\) thỏa mãn
\(P\left(2\right)=x_1^2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=8\in Z\) thỏa mãn
\(P\left(1\right).P\left(n\right)=\left(x_1+x_2\right)\left(x_1^n+x_2^n\right)=x_1^{n+1}+x_2^{n+1}+x_1x_2\left(x_1^{n-1}+x_2^{n-1}\right)\)
\(\Leftrightarrow2P\left(n\right)=P\left(n+1\right)-2P\left(n-1\right)\)
\(\Leftrightarrow P\left(n+1\right)=2P\left(n\right)+2P\left(n-1\right)\)
\(P\left(1\right);P\left(2\right)\) nguyên \(\Rightarrow P\left(3\right)\) nguyên \(\Rightarrow P\left(4\right)\) nguyên \(\Rightarrow...\Rightarrow P\left(n\right)\) nguyên với mọi n (đpcm)
Thưa thầy khi làm bài này trên bài thi thì làm như cách của thầy có được điểm tối đa ko ạ vì em thấy đoạn cuối cứ sao sao ấy ạ