Đến nội dung

Hình ảnh

VMF's Marathon Đa thức Olympic

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 31 trả lời

#21
canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết

Lời giải bài 8 :  

Đặt $x^{p^{k-1}} \to x $ xét đa thức $f(x) = \frac{x^{p}-1}{x-1}$ , đa thức này thì quen thuộc rồi , quy về $f(x)=\frac{(x+1)^{p}-1}{x}$ hay $f(x)=(x+1)^{p-1}+...+1$ bất khả quy . Ta có $f(x)=x^{p-1}+\binom{p}{1}x^{p-2}+....+p$ . Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein cho $p$ ta có đpcm .

Bằng xem lại bài giải đi. Ví dụ là $f(x)=x-1$ thì bkq nhưng $f(x^{2})=x^{2}-1$ lại kq nên ko có $(fx)$ bkq thì $f(x^{n})$ bkq đâu



#22
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

Bằng xem lại bài giải đi. Ví dụ là $f(x)=x-1$ thì bkq nhưng $f(x^{2})=x^{2}-1$ lại kq nên ko có $(fx)$ bkq thì $f(x^{n})$ bkq đâu

Lúc đầu mình đọc không kỹ nên cũng đưa ra cặp đa thức $x^2+4$ và $(x^2)^2+4$.

Thế nhưng lời giải của người ta đâu có dùng "trực tiếp" ý này!

 

Cho $p(x)$ là đa thức BKQ nhờ vào Tiêu chuẩn Eisenstein (trực tiếp). Khi đó 

$p(x^k)$ cũng bất khả quy.

Tuy thế, lời giải trên đã dùng kết quả sau $p(x^k)$ bất khả quy khi và chỉ khi $p(x^k+1)$ bất khả quy.

Điều này có đúng không? (với $k=1$, hiển nhiên đúng!)

Có thể giả định thêm các hệ số của đa thức $q(x)=p(x^k+1)$ thỏa điện kiện của tiêu chuẩn Eisenstein.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 12-06-2016 - 14:25

Đời người là một hành trình...


#23
halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết

Topic này bị đóng băng chắc cũng gần nửa tháng rồi nhỉ  :( Mình xin phép được "rã đông" nó bằng một bài mới: 

Bài 9(sưu tầm): Cho dãy các đa thức hệ số thực ${P_{n}(x)}_{n=1,2,3,...}$ thỏa mãn $P_n(2.cosX)=2^n.cosXn, \forall n \in \mathbb{N}^*.$

Chứng minh rằng $\forall n \in \mathbb{N}^*, P_{n}(x)$ là đa thức với hệ số nguyên bậc $n$ và $1 \leq \frac{\sqrt[n]{P_n(x)-2}}{x-2}\leq n, \forall x>2.$


Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#24
halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết

Bài 9 đã 1 tuần chưa có lời giải, mình xin được đăng tiếp 1 bài để tiếp tục topic:

Bài 10: Hỏi có tồn tại hay không đa thức $f(x)$ hữu tỉ, có bậc bằng $4$ và thỏa mãn:

$1: f(x) \geq \sqrt{2}; \forall x \in \mathbb{R}.$

$2: \exists x_0 \in \mathbb{R}: f(x_0)= \sqrt{2}.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 03-07-2016 - 18:23

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#25
viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 242 Bài viết

Giải bài 1 : ( Nguyễn Tiến Khải , Phạm Khoa Bằng - THPT chuyên KHTN ) 

Bổ đề : Nếu $P(x) \in Z[x]$ là số chính phương với vô số $x$ thì nó là bình phương của một da thức khác ( đã là bài toán $2$ ) 

Em nghĩ bổ đề này không đúng anh ạ. Nếu là với mọi $x$ thì chắc được được, vô số thì không được. Ví dụ là đa thức $2x^2+1$ rõ ràng chính phương tại vô số điểm nguyên (Phương trình $Pell$) nhưng nó rõ ràng không là bình phương của một da thức khác 


"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#26
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Em nghĩ bổ đề này không đúng anh ạ. Nếu là với mọi $x$ thì chắc được được, vô số thì không được. Ví dụ là đa thức $2x^2+1$ rõ ràng chính phương tại vô số điểm nguyên (Phương trình $Pell$) nhưng nó rõ ràng không là bình phương của một da thức khác 

Với mọi , anh nhầm 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 24-07-2016 - 15:53

$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#27
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

Topic này bị đóng băng chắc cũng gần nửa tháng rồi nhỉ  :( Mình xin phép được "rã đông" nó bằng một bài mới: 

Bài 9(sưu tầm): Cho dãy các đa thức hệ số thực ${P_{n}(x)}_{n=1,2,3,...}$ thỏa mãn $P_n(2\cos{x})=2^n\cos{(nx)}, \forall n \in \mathbb{N}^*.$

Chứng minh rằng $\forall n \in \mathbb{N}^*, P_{n}(x)$ là đa thức với hệ số nguyên bậc $n$ và $1 \leq \frac{\sqrt[n]{P_n(x)-2}}{x-2}\leq n, \forall x>2.$

 

BĐT "vế phải" sai với $n=3$ (dựa vào giới hạn khi $x\to 2^{+}$.). Có lẽ đề đúng phải là 

 

Cho dãy các đa thức hệ số thực ${P_{n}(x)}_{n=1,2,3,...}$ thỏa mãn $P_n(2\cos{x})=2^n\cos{(nx)}, \forall n \in \mathbb{N}^*.$

Chứng minh rằng $\forall n \in \mathbb{N}^*, P_{n}(x)$ là đa thức với hệ số nguyên bậc $n$ và $1 \leq \frac{\sqrt[n]{P_n(x)-2^n}}{x-2}\leq n, \forall x>2.$

 

Chứng minh BĐT "vế trái" và biến đổi để thấy BĐT "vế phải sai".

 

Bằng cách xây dựng dãy truy hồi và tính chất của đa thức, với  $x> 2$,  $\{P_{n}{(x)}\}$ thông qua dãy số sau

\[P_0(x)=1, P_1(x)=x,\]
\[P_{n}(x)-2xP_{n-1}(x)+4P_{n-2}(x)=0\, \forall n\ge 2.\]
(Bổ sung thêm số hạng $P_0$ để tính toán số hạng tổng quát đơn giản hơn.)
Suy ra $P_n(x)=\frac{1}{2} \left(x-\sqrt{x^2-4}\right)^n+\frac{1}{2} \left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n.$
 
Với mỗi $x> 2$ và mỗi $n\in \mathbb{N}$, BĐT $1 \leq \frac{\sqrt[n]{P_n(x)-2}}{x-2}\leq n$   tương đương
\[2+(x-2)^n\le P_n(x)\le 2+n^n(x-2)^n.\]
Hay 
\[2+(x-2)^n\le \frac{1}{2} \left(x-\sqrt{x^2-4}\right)^n+\frac{1}{2} \left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n \le 2+n^n(x-2)^n.\]
Trường hợp $n=1$, các BĐT đúng vì chúng đều trở thành đẳng thức. 
 
Trường hợp $n\ge 2$.
\[ \frac{1}{4}\left(\left(x-\sqrt{x^2-4}\right)^n+\left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n\right)\ge  \frac{2^n}{2}\ge 2,\]
và 
\[\frac{1}{4} \left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n\ge \frac{1}{4}(2(x-2))^n\ge {(x-2)}^n\]
nên ta có BĐT "vế trái".
 
 

Đời người là một hành trình...


#28
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

 

BĐT "vế phải" sai với $n=3$ (dựa vào giới hạn khi $x\to 2^{+}$.). Có lẽ đề đúng phải là 

 

Chứng minh BĐT "vế trái" và biến đổi để thấy BĐT "vế phải sai".

 

Bằng cách xây dựng dãy truy hồi và tính chất của đa thức, với  $x> 2$,  $\{P_{n}{(x)}\}$ thông qua dãy số sau

\[P_0(x)=1, P_1(x)=x,\]
\[P_{n}(x)-2xP_{n-1}(x)+4P_{n-2}(x)=0\, \forall n\ge 2.\]
(Bổ sung thêm số hạng $P_0$ để tính toán số hạng tổng quát đơn giản hơn.)
Suy ra $P_n(x)=\frac{1}{2} \left(x-\sqrt{x^2-4}\right)^n+\frac{1}{2} \left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n.$
 
Với mỗi $x> 2$ và mỗi $n\in \mathbb{N}$, BĐT $1 \leq \frac{\sqrt[n]{P_n(x)-2}}{x-2}\leq n$   tương đương
\[2+(x-2)^n\le P_n(x)\le 2+n^n(x-2)^n.\]
Hay 
\[2+(x-2)^n\le \frac{1}{2} \left(x-\sqrt{x^2-4}\right)^n+\frac{1}{2} \left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n \le 2+n^n(x-2)^n.\]
Trường hợp $n=1$, các BĐT đúng vì chúng đều trở thành đẳng thức. 
 
Trường hợp $n\ge 2$.
\[ \frac{1}{4}\left(\left(x-\sqrt{x^2-4}\right)^n+\left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n\right)\ge  \frac{2^n}{2}\ge 2,\]
và 
\[\frac{1}{4} \left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n\ge \frac{1}{4}(2(x-2))^n\ge {(x-2)}^n\]
nên ta có BĐT "vế trái".
 
 

 

BĐT "vế trái" (sau khi sửa đề) có thể  được chứng minh nhẹ nhàng hơn như sau: 

 
Dùng BĐT $\frac{a^n+b^n}{2}\ge \left(\frac{a+b}{2}\right)^n$, ta có $ P_n(x)\ge x^n= [(x-2)+2]^n \ge (x-2)^n+2^n $ với $ \forall x>2 $.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 29-07-2016 - 18:07

Đời người là một hành trình...


#29
trunghtltbn

trunghtltbn

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 9 Bài viết

Bài 11. Cho đa thức $P(x)$ có các hệ số là các số nguyên và $P(17) = 10,P(24) = 17.$ Biết $a,b$ là hai số nguyên phân biệt  thỏa mãn $P(a)=a+3$ và P(b)=b+3.$ Tính $ab.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 28-10-2017 - 16:09


#30
An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1803 Bài viết

Lời giải bài 11.


 

Dùng tính chất: Nếu $P(x)\in \mathbb{Z}[x]$ thì $P(u)-P(v) \vdots (u-v)$ với $u, v \in \mathbb{Z}$ và $u\neq v.$

 

Ta có

$$\begin{cases}a-7=P(a)-P(17) \vdots (a-17), \\a-14=P(a)-p(24) \vdots (a-24).\end{cases}$$

 

Suy ra $a-17$ và $a-24$ đều là ước của $10.$

Suy ra $a=2 \vee a=5.$

 

Tương tự ta có  $b=2 \vee b=5.$

Vì $a\neq b$ nên $ab=2.5=10.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 28-10-2017 - 16:09

Đời người là một hành trình...


#31
blackwave

blackwave

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 12 Bài viết

Kích hoạt lại !  

Bài 12: Cho đa thức $P(x)$ có $deg=n$($n\geq 2$) , đặt $Q(x)=\underbrace{P(P(P(P.....P(x))))}_{k}$

CMR : đa thức $T(x)=Q(x)-x$ có nhiều nhất $n$ nghiệm thực . 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 28-10-2017 - 16:10


#32
Hoang72

Hoang72

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 539 Bài viết

Bài 9 đã 1 tuần chưa có lời giải, mình xin được đăng tiếp 1 bài để tiếp tục topic:

Bài 10: Hỏi có tồn tại hay không đa thức $f(x)$ hữu tỉ, có bậc bằng $4$ và thỏa mãn:

$1: f(x) \geq \sqrt{2}; \forall x \in \mathbb{R}.$

$2: \exists x_0 \in \mathbb{R}: f(x_0)= \sqrt{2}.$

Giả sử tồn tại đa thức $f(x) thoả mãn yêu cầu bài toán.

Nhận thấy $x_0$ là điểm cực tiểu của $f(x)$ nên $f'(x_0) = 0$.

Ta chứng minh đa thức tối tiểu của $x_0$ trên $\mathbb Q[x]$ có bậc $3$.

Thật vậy, giả sử phản chứng, thì ta có $x_0 = a+b\sqrt{c}$, với $a,b,c\in\mathbb Q$ và 

$\Rightarrow f(a + b\sqrt{c}) = A + B\sqrt{c}$, với $A,B\in\mathbb Q$.

Do đó $A+B\sqrt{c} = \sqrt{2}\Rightarrow A = 0; B^2 . c = 2$.

Thế thì $f(a - b\sqrt{c}) = A - B\sqrt{c} = -\sqrt{2} < \sqrt{2}$, mâu thuẫn với giả thiết.

Do đó đa thức tối tiểu của $x_0$ trên $\mathbb Q[x]$ có bậc ít nhất là $3$, mà $f'(x_0) = 0$ nên đa thức tối tiểu của $x_0$ là $f'(x)$. Chú ý rằng ở đây ta không quan tâm hệ số cao nhất của đa thức tối tiểu.

Đến đây có $2$ hướng giải:

Hướng 1

Hướng 2 (của thầy Lê Phúc Lữ)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 05-01-2023 - 18:49





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh