Chủ đề này có 2 trả lời

[anhxtanh1879]

Cho $f(x)$ là một đa thức với hệ số nguyên, nhận giá trị $2013$ với ít nhất $4$ giá trị nguyên khác nhau của $x$. CMR: Không tồn tại số nguyên $a$ sao cho $f(a) = 2024$

[Ego]

Không thấy ai giải hết :| Phần đa thức Olympic thấy trống vắng nhỉ :-?. Mình xử bài này vậy :-P. Đặt
$$f(x) = 2013 + (x - a)(x - b)(x - c)(x - d).Q(x)$$
với $a, b, c, d$ là các số nguyên phân biệt và $Q(x) \in \mathbb{Z}[x]$
Giả sử ngược lại là tồn tại $L$ để $f(L) = 2024$. Khi đó $11 = (L - a)(L - b)(L - c)(L - d).Q(L)$
TH1. $Q(L) = 11$ (TH $Q(L) = -11$ lí luận tương tự): Khi đó có 4 số $mnpq = 1$, khi đó có 2 số sẽ bằng nhau, vô lí.
TH2. $Q(L) = 1$ (TH $Q(L) = -1$ lí luận tương tự): Khi đó có 4 số $mnpq = 11$, cũng lí luận được sẽ có 2 số bằng nhau, vô lí. :-)

[I Love MC]

Không thấy ai giải hết :| Phần đa thức Olympic thấy trống vắng nhỉ :-?. Mình xử bài này vậy :-P. Đặt
$$f(x) = 2013 + (x - a)(x - b)(x - c)(x - d).Q(x)$$
với $a, b, c, d$ là các số nguyên phân biệt và $Q(x) \in \mathbb{Z}[x]$
Giả sử ngược lại là tồn tại $L$ để $f(L) = 2024$. Khi đó $11 = (L - a)(L - b)(L - c)(L - d).Q(L)$
TH1. $Q(L) = 11$ (TH $Q(L) = -11$ lí luận tương tự): Khi đó có 4 số $mnpq = 1$, khi đó có 2 số sẽ bằng nhau, vô lí.
TH2. $Q(L) = 1$ (TH $Q(L) = -1$ lí luận tương tự): Khi đó có 4 số $mnpq = 11$, cũng lí luận được sẽ có 2 số bằng nhau, vô lí. :-)

Ta có thể mở rộng $f(x)=m$ . Chứng minh $f(x)=n$ ko thể xảy ra trong đó $n-m \in \mathbb{P}$ và $m,n \in \mathbb{Z}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 06-02-2016 - 13:10