Đến nội dung

Hình ảnh

Chứng minh với mọi đa thức nguyên $f(n)$ dạng $f(n)=an+2021$ với $a$ là số nguyên dương thì đều là đa thức "đẹp"

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
Math04

Math04

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 120 Bài viết

Đa thức nguyên $f(n)$ được gọi là "đẹp" nếu tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ sao cho: $n!\vdots f(n)$

a) Chứng minh $f(n)=n^2-1$ và $f(n)=n^2+n+1$ đều "đẹp"

b) Chứng minh với mọi đa thức nguyên $f(n)$ dạng $f(n)=an+2021$ với $a$ là số nguyên dương thì đều là đa thức "đẹp".



#2
nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 669 Bài viết

Ý tưởng của bài này chính là chọn $n$ để

  • $f(n)=AB$ với $A,B$ phân biệt và cùng không lớn hơn $n$, hoặc
  • $f(n)=ABC$ với $A,B,C$ đôi một phân biệt và cùng không lớn hơn $n$.

Đa thức nguyên $f(n)$ được gọi là "đẹp" nếu tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ sao cho: $n!\vdots f(n)$

a) Chứng minh $f(n)=n^2-1$ và $f(n)=n^2+n+1$ đều "đẹp"

$\bullet$ Với $f(n)=n^2-1$

Chọn $n=2k+1$ với $k\ge 4$ thì

$$(2k+1)^2-1=4k(k+1).$$

Vì $4,k,k+1$ đều là ước của $(2k+1)!$, ngoài ra chúng đôi một phân biệt nên $(2k+1)^2-1\mid (2k+1)!$

 

$\bullet$ Với $f(n)=n^2+n+1$

Ta sẽ chọn $n$ để $n^4+n^2+1=(n^2-n+1)(n^2+n+1)$ là ước của $(n^2)!$

Vì $n^2-n+1<n^2$ và $\gcd(n^2-n+1,n^2+n+1)=1$ nên ta chỉ cần chọn $n$ để $n^2+n+1\mid (n^2)!$. Với $n=3k+1$ thì

$$n^2+n+1=3(3k^2+3k+1).$$

Vì $n^2+n+1$ được phân tích thành hai thừa số phân biệt cùng nhỏ hơn $n^2$ nên ta có điều cần chứng minh.

 

Đa thức nguyên $f(n)$ được gọi là "đẹp" nếu tồn tại vô hạn số nguyên dương $n$ sao cho: $n!\vdots f(n)$

b) Chứng minh với mọi đa thức nguyên $f(n)$ dạng $f(n)=an+2021$ với $a$ là số nguyên dương thì đều là đa thức "đẹp".

Chọn hai số nguyên tố $p>q>\max\{a,2021\}$. Theo định lí thặng dư Trung Hoa thì tồn tại số nguyên $x$ sao cho 

$$\left\{\begin{matrix}x\equiv 0\pmod{a}\\ x+2021\equiv p\pmod{p^2}\\ x+2021\equiv q\pmod{q^2}\end{matrix}\right.\tag{$\ast$}$$
Hay nói cách khác thì tồn tại $n$ sao cho $an+2021=pq\cdot M$ với $\gcd(M,p)=\gcd(M,q)=1$. Ta có
\[pq\cdot M=an+2021<q(n+1).\]
Từ bất đẳng thức này dễ thấy $p,q,M<n$. Vì $p,q,M$ đôi một phân biệt (do nguyên tố cùng nhau) nên $an+2021\mid n!$.
Ở hệ $(\ast)$ ta thấy rằng bên cạnh việc tồn tại $x$ thì cũng tồn tại vô hạn $x$ thỏa hệ (các số có dạng $x+k\cdot ap^2q^2$ cũng thỏa mãn), do đó tồn tại vô hạn $n$ thỏa đề.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 25-07-2022 - 10:13

Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra ~O) 
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em :wub:
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh :ukliam2:





1 người đang xem chủ đề

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