Chủ đề này có 7 trả lời

[KietLW9]

$\textbf{Bài toán 1.}$ Cho $P,Q$ là hai đa thức hệ số nguyên, khác đa thức hằng. Xét dãy số $$a_n=2016^{P(n)}+Q(n),\forall n \geq 1$$ Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố $p$ thỏa mãn tính chất: Ứng với mỗi số nguyên tố $p$ đó thì luôn tồn tại số nguyên dương $m$ để $p|x_m$.

$\textbf{Lời giải.}$  Ta có: $x_n=2016^{P(n)}-2016^{P(1)}+Q(n)+2016^{P(1)}=2016^{P(n)}-2016^{P(1)}+R(n)$ trong đó $R(n)=Q(n)+2016^{P(1)}$ là đa thức hệ số nguyên, khác hằng.

Theo định lý Schur thì tồn tại vô số số nguyên tố $p>2016$ thỏa mãn tính chất: Tồn tại số nguyên dương $n$ để $p|R(n)$

Theo định lý thặng dư trung hoa ta chọn được số nguyên dương $m$ sao cho $P(m)>P(1),m>p$ và $m\equiv n(\text{mod p})$ đồng thời $m\equiv 1(\text{mod p-1})$

Từ đây ta thấy $p|m-n|R(m)-R(n)\Rightarrow p|R(m)$

Mặt khác thì $p-1|m-1|P(m)-P(1)$ và do $(2016,p)=1$ nên theo định lý Fermat thì $p|2016^{P(m)}-2016^{P(1)}$

Do vậy luôn tồn tại số nguyên dương $m$ để $p|x_m$ mà ta lại chọn được vô hạn số nguyên tố $p$ như vậy nên có ngay điều phải chứng minh.

[KietLW9]

$\textbf{Bài toán 2 (Thailand MO 2014).}$ Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ có hệ số nguyên thỏa mãn $$P(n)|2557^n+213.2014,\forall n \in \mathbb{Z}^+$$

$\textbf{Lời giải.}$ Rõ ràng $P\equiv 1$ và $P\equiv -1$ là hai đa thức thỏa mãn bài toán. Bây giờ ta xét $P(x)$ là đa thức hằng khác $0,-1,1$ hoặc $P(x)$ là đa thức chứa biến thì luôn tồn tại một số nguyên dương $n_0$ thỏa mãn $|P(n_0)|\geq 2$ 

Gọi $p$ là một ước nguyên tố của $P(n_0)$ thì $p|2557^{n_0}+213.2014$

Mặt khác thì $p|P(n_0+p)-P(n_0)|2557^{n_0}(2557^p-1)$. Rõ ràng $p \notin \left \{ 2;3;19;53;71;2557 \right \}$ do $p|2557^{n_0}+213.2014$

Từ đó suy ra $p|2557^p-1$

Theo định lý Fermat ta có được: $p|2557^p-2557\Rightarrow p|2556\Rightarrow p \in \left \{ 2;3;71 \right \}$ nên ta thấy vô lí

Vậy không tồn tại đa thức nào thỏa mãn trong trường hợp này

Vậy $P\equiv 1$ và $P\equiv -1$

 

[chuyenndu]

bài 1: Ukraina 2016

https://artofproblem...039589p14419680

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chuyenndu: 20-11-2022 - 09:06

[KietLW9]

$\textbf{Bài toán 3.}$ Cho các số nguyên dương $a,b>1$ sao cho tồn tại hai đa thức $P(x),Q(x)$ hệ số thực thỏa mãn $P(x)>0, \forall x \in \mathbb{R}$ và $$P(Q(x))=(P(x))^a(Q(x))^b,\forall x \in \mathbb{R}$$

Chứng minh rằng tồn tại số thực $m$ sao cho $P'(m)=Q'(m)=0$.

$\textbf{Lời giải. }$

Vì $P(x)>0, \forall x \in \mathbb{R}$ nên $Q(x)>0,\forall x \in \mathbb{R}$ hay nói cách khác $Q(x)$ không có nghiệm thực nên $Q(x)$ có bậc chẵn

Đạo hàm hai vế ta được: $$Q'(x).P'(Q(x))=a.P'(x).(P(x))^{a-1}.(Q(x))^b+b.Q'(x).(Q(x))^{b-1}.(P(x))^a(*)$$

Rõ ràng $Q'(x)$ có bậc lẻ nên tồn tại số thực $m$ để $Q'(m)=0$

Thay $m$ vào $(*)$ thì ta có ngay $a.P'(m).(P(m))^{a-1}.(Q(m))^b=0\Rightarrow P'(m)=0$

Vậy ta chọn được $m$ thỏa mãn $P'(m)=Q'(m)=0$.

[KietLW9]

$\textbf{Bài toán 4.}$ Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số thực, khác hằng thỏa mãn $$P(x^2)=P(x)P(x-1),\forall x \in \mathbb{R}$$

$\textbf{Lời giải.}$ Ta thấy rằng nếu $r$ là một nghiệm của đa thức $P(x)$ thì thay $x$ bởi $r+1$ ta suy ra $(r+1)^2$ cũng là một nghiệm của $P(x)$ mà $(r+1)^2>r$ nên dãy nghiệm của $P(x)$ sẽ tăng tới vô cùng nên $P\equiv 0$, vô lí do $P(x)$ khác hằng.

Đồng nhất hệ số cao nhất ta dễ có P(x) monic và từ chứng minh trên ta suy ra $P(x)$ có bậc chẵn

Do đó $P(x)$ sẽ có dạng $$P(x)=(x^2+x+1)^n+Q(x)$$ trong đó $n$ là số nguyên dương

Xét trường hợp $Q\not\equiv 0$ thì $\text{deg Q}=k<2n$

Thay vào phương trình ban đầu ta được: $Q(x^2)=Q(x)(x^2-x+1)^n+Q(x-1)(x^2+x+1)^n+Q(x)Q(x-1)$

Đồng nhất bậc cao nhất ta được $2k=2n+k$ suy ra $k=2n$ (vô lí) do đó $Q\equiv 0$ hay $$P(x)=(x^2+x+1)^n,\forall x \in \mathbb{R}$$

[KietLW9]

$\textbf{Bài toán 5.}$ Cho hai đa thức hệ số nguyên, monic là $P(x)$ và $Q(x)$ trong đó deg $P=3$ và deg $Q=2$. Giả sử rằng $P(x)$ có ba nghiệm vô tỷ phân biệt  $a,b,c$ sao cho $a+b+c=0$ và $Q(a)=b$. 

a) Chứng minh rằng $P(Q(x))$ chia hết cho $P(x)$

b) Chứng minh rằng $Q(a)+Q(b)+Q(c)=0$.

$\textbf{Lời giải.}$ 

a) Trước tiên ta có một nhận xét sau: Xét một số vô tỉ $\alpha$ và đa thức hệ số nguyên $P(x)$ có bậc nhỏ nhất nhận $\alpha$ làm nghiệm được gọi là đa thức "tối tiểu" ứng với $\alpha$. Và đương nhiên, mọi đa thức nhận $\alpha$ làm nghiệm đều chia hết cho $P(x)$.

Quay lại bài toán ta thấy, không thế có một đa thức bậc nhất nào nhận $a$ là nghiệm nên ta giả sử $f(x)$ là đa thức bậc hai nhận $a$ làm nghiệm. Thực hiện phép chia đa thức ta thấy

$$P(x)=Q(x)f(x)+R(x)$$ trong đó $\text{deg R}<2$ mà $R(a)=0$ nên $R\equiv 0\Rightarrow P(x)=Q(x)f(x)$. Do đó $Q(x)$ là đa thức bậc nhất hệ số hữu tỉ nhận $a$ làm nghiệm, vô lí. 

Vậy $P(x)$ là đa thức "tối tiểu" đối với số $a$

Kết hợp với $P(Q(a))=P(b)=0$ nên suy ra được $P(Q(x))$ chia hết cho $P(x)$

b) Từ câu a) ta thất $Q(b),Q(c)$ cũng là các nghiệm của $P(x)$ nên $Q(b),Q(c) \in \left \{ a;b;c \right \}$

* Nếu $Q(b)=b$ thì $Q(x)-x$ là tam thức bậc hai nhận $b$ làm nghiệm nên vô lí

* Nếu $Q(b)= a$ thì đặt $Q(x)= x^2+px+q$, ta giải hệ $\left\{\begin{matrix}b^2+pb+q=a & \\ a^2+pa+q=b & \end{matrix}\right.\Rightarrow a+b+p+1=0\Rightarrow c=p+1$ (Vô lí vì $c$ là số vô tỉ)

Vậy $Q(b)=c$. Tương tự ta có: $Q(c)=a$ nên $Q(a)+Q(b)+Q(c)=0$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 20-11-2022 - 09:45

[KietLW9]

$\textbf{Bài toán 6.}$ Cho $P,Q$ là các đa thức hệ số thực thỏa mãn $$P^2(x)-Q^3(x)=2022$$ Chứng minh rằng $P,Q$ là các đa thức hằng.

$\textbf{Lời giải.}$ Giả sử $\text{deg P = a , deg Q = b }$ sao cho $a,b>0$ thì ta thấy $2a=3b$

Đạo hàm hai vế, ta được: $2P'(x)P(x)=3Q^2(x)Q'(x)$ nên $2P'(x)P(x)$ chia hết cho $Q^2(x)$

Lại có $P^2(x)-2022$ chia hết cho $Q^2(x)$ nên biến đổi đại số ta được: $4044P'(x)$ chia hết cho $Q(x)$

Từ đó ta có $a-1\geq 2b=\frac{4}{3}a$ suy ra mâu thuẫn

Do vậy phải có ít nhất một trong hai số $a,b$ bằng $0$. Tóm lại $P,Q$ là các đa thức hằng.

[KietLW9]

$\textbf{Bài toán 7.}$ Cho $n\geq 2$ là một số nguyên. Chứng minh rằng đa thức $$P(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}$$ không có nghiệm hữu tỉ.

$\textbf{Lời giải.}$ 

Ta thấy rằng $P(x)$ có nghiệm hữu tỉ là $\alpha $ thì $\alpha $ cũng là nghiệm của phương trình $$x^n+nx^{n-1}+...+\frac{n!}{1!}x+n!=0$$

Suy ra $\alpha ^n+n\alpha ^{n-1}+...+\frac{n!}{1!}\alpha +n!=0$

Gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kì của $n$

Với $k=\overline{1,n}$ ta đặt $v_p(k!)=r_k$ thì $r_k=\left [ \frac{k}{p} \right ]+\left [ \frac{k}{p^2} \right ]+...+\left [ \frac{k}{p^s} \right ]$ trong đó $s$ là số thỏa mãn $p^s\leq k<p^{s+1}$

$\Rightarrow r_k\leqslant p(\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+...+\frac{1}{p^s})=k.\frac{p^s-1}{p^s}<k$ nên $r_n-r_k>r_n-k\Rightarrow r_n-r_k\geqslant r_n-k+1\Rightarrow p^{r_n-k+1}|\frac{n!}{k!}$

Vì $p|n$ nên $p|\alpha$ do đó $p^k|\alpha^k$ suy ra $p^{r_n+1}|\frac{n!}{k!}\alpha ^k,\forall k = \overline{1,n}$

Suy ra $p^{r_n+1}|n!$. Vô lí do $v_p(n!)=r_n$

Vậy đa thức $P(x)$ không có nghiệm hữu tỉ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 20-11-2022 - 10:32