Chủ đề này có 5 trả lời

[Math04]

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $n$ ,tồn tại đa thức bậc $ n$ có hệ số nguyên $p ( x )$ sao cho $p ( 0 ) , p ( 1 ) , . . . , p ( n )$  là các số nguyên dương đôi một khác nhau,và tất cả chúng đều có dạng $2a^k + 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Math04: 20-11-2022 - 15:48

[Hoang72]

Không hiểu ý của số $2a^k + 3$ cho lắm, nhưng bạn có thể dùng bổ đề sau:

Bổ đề: Cho đa thức $P(x)$ thoả mãn $P(0),P(1),...,P(n)$ nguyên. Khi đó $P\in\mathbb Z[x]$.

Chứng minh: Theo khai triển Mahler, tồn tại $b_0,b_1,...,b_n$ để mà: $P(x) = b_0 + b_1\binom{x}{1} + b_2\binom{x}{2}+...+b_n\binom{x}{n}$.

Thế thì: \begin{align*} P(0)\in\mathbb Z\Rightarrow b_0\in\mathbb Z \\ P(1)\in\mathbb Z\Rightarrow b_1\in\mathbb Z \\... \\ P(n)\in\mathbb Z\Rightarrow b_n\in\mathbb Z\end{align*}

Tức $P\in\mathbb Z[x]$.

Ta có đpcm.

 

[nhungvienkimcuong]

Hoàng làm vậy thì tồn tại đa thức, tuy nhiên chưa chắc vụ bậc $n$. Đề này chưa rõ chỗ $a$ và $k$ có cố định hay không.

[m1nhduy]

E có một chút thắc mắc về bổ đề ạ ví dụ như $P(x)=\frac{1}{n}x(x-1)(x-2)(x-3)\ldots (x-(n-1))$ là đa thức bậc $n$ và thoả mãn $P(0),P(1),P(2),\ldots,P(n)$ là các số nguyên mà e thấy $P(x) \not \in \mathbb Z[x]$ ạ, mong được giải đáp ạ. E cảm ơn nhìu ạ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 09-02-2024 - 08:30
LaTeX

[Hoang72]

E có một chút thắc mắc về bổ đề ạ ví dụ như $P(x)=\frac{1}{n}x(x-1)(x-2)(x-3)\ldots (x-(n-1))$ là đa thức bậc $n$ và thoả mãn $P(0),P(1),P(2),\ldots,P(n)$ là các số nguyên mà e thấy $P(x) \not \in \mathbb Z[x]$ ạ, mong được giải đáp ạ. E cảm ơn nhìu ạ.

À xin lỗi bạn, hồi đó mình nhầm á  , bổ đề chỉ cho ta $P\left(x\right)\in\mathbb Z,\forall x\in\mathbb Z$ thôi

[Hoang72]

Mình không rõ số $2a^k + 3$ là biến nào cố định, biến nào không. Nếu $k$ cố định, đặt $q\left(x\right) =p\left(x\right) - 3$, thì ta chỉ cần có $q\in\mathbb Z[x]$ và $q\left(0\right),...,q\left(n\right)$ có dạng $2a^k$. Chú ý theo nội suy Lagrange, $q\left(x\right) = \sum_{i=0}^nP\left(i\right)\prod_{j\neq i}\frac{x-j}{i-j}$, thì ta chọn $P\left(i\right)$ chia hết cho $\prod_{j\neq i}\left(i-j\right)$ là được. Còn nếu $a$ cố định, ta có thể dựa trên khai triển đó: Cho $P\left(x\right) = c\cdot\sum_{i=0}^nt^i\binom{x}{i}$. Khi đó với $0\leq z\leq n$, ta có $P\left(z\right)= c\left(t+1\right)^z$. Ta chọn $t = a^u - 1,c = 2a^v$ thì ta chỉ cần đảm bảo $P\in\mathbb Z[x]$. Chọn $u,v$ phù hợp và đủ lớn sao cho $n!\mid c\cdot t$, ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 12-02-2024 - 16:52