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 $f(a) = 2024$
CMR: Không tồn tại số nguyên $a$ sao cho $f(a) = 2024$
#1
Đã gửi 22-09-2015 - 13:32
Diễn đàn THPT do Đinh Xuân Hùng sáng lập là một diễn đàn mới được thành lập nhưng đã có những thành công ban đầu, mong mọi người tham gia và ủng hộ
#2
Đã gửi 02-02-2016 - 19:05
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. :-)
#3
Đã gửi 06-02-2016 - 13:10
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
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh