a) CM mọi nghiệm nguyên của PT đều là ước của 6
b) Tìm các số nguyên a và b thỏa mãn PT đã cho có 3 nghiệm nguyên dương phân biệt nhỏ hơn 6
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 30-05-2012 - 21:40
CM mọi nghiệm nguyên của PT đều là ước của 6
Bắt đầu bởi kidkie, 30-05-2012 - 21:06
#1
Đã gửi 30-05-2012 - 21:06
kidkie
-
- Thành viên
-
- 24 Bài viết
Binh nhất
Cho PT $x^3+ax^2+bx-6=0$ (x là ẩn số,a và b là các số nguyên)
a) CM mọi nghiệm nguyên của PT đều là ước của 6
b) Tìm các số nguyên a và b thỏa mãn PT đã cho có 3 nghiệm nguyên dương phân biệt nhỏ hơn 6
a) CM mọi nghiệm nguyên của PT đều là ước của 6
b) Tìm các số nguyên a và b thỏa mãn PT đã cho có 3 nghiệm nguyên dương phân biệt nhỏ hơn 6
- cool hunter và hamdvk thích
#2
Đã gửi 31-05-2012 - 07:48
perfectstrong
-
- Quản lý Toán Ứng dụng
-
- 5004 Bài viết
$LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
Ta có 1 định lý quan trọng như sau:
Cho đa thức hệ số nguyên bậc $n$ là $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$
Nếu pt $P(x)=0$ có nghiệm hữu tỷ $x=\dfrac{r}{s}$ ở dạng tối giản thì $r|a_0;s|a_n$
Chứng minh:
\[
\begin{array}{l}
P\left( {\frac{r}{s}} \right) = 0 \Leftrightarrow a_n \left( {\frac{r}{s}} \right)^n + a_{n - 1} \left( {\frac{r}{s}} \right)^{n - 1} + ... + a_1 \frac{r}{s} + a_0 = 0 \\
\Leftrightarrow a_n r^n + a_{n - 1} r^{n - 1} s + ... + a_{n - i} r^{n - i} s^i + ... + a_1 rs^{n - 1} + a_0 s^n = 0 \\
\end{array}
\]
Mặt khác, dễ thấy $a_{n-i}r^{n-i}s^i \vdots r, \forall i<n$
$\Rightarrow a_n r^n + a_{n - 1} r^{n - 1} s + ... + a_{n - i} r^{n - i} s^i + ... + a_1 rs^{n - 1} \vdots r$
$\Rightarrow a_0 s^n \vdots r$
Mà $(s;r)=1 \Rightarrow (s^n;r)=1 \Rightarrow a_0 \vdots r$
Tương tự, ta cũng chứng minh được $a_n \vdots s$
Định lý được chứng minh.
Cho đa thức hệ số nguyên bậc $n$ là $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$
Nếu pt $P(x)=0$ có nghiệm hữu tỷ $x=\dfrac{r}{s}$ ở dạng tối giản thì $r|a_0;s|a_n$
Chứng minh:
\[
\begin{array}{l}
P\left( {\frac{r}{s}} \right) = 0 \Leftrightarrow a_n \left( {\frac{r}{s}} \right)^n + a_{n - 1} \left( {\frac{r}{s}} \right)^{n - 1} + ... + a_1 \frac{r}{s} + a_0 = 0 \\
\Leftrightarrow a_n r^n + a_{n - 1} r^{n - 1} s + ... + a_{n - i} r^{n - i} s^i + ... + a_1 rs^{n - 1} + a_0 s^n = 0 \\
\end{array}
\]
Mặt khác, dễ thấy $a_{n-i}r^{n-i}s^i \vdots r, \forall i<n$
$\Rightarrow a_n r^n + a_{n - 1} r^{n - 1} s + ... + a_{n - i} r^{n - i} s^i + ... + a_1 rs^{n - 1} \vdots r$
$\Rightarrow a_0 s^n \vdots r$
Mà $(s;r)=1 \Rightarrow (s^n;r)=1 \Rightarrow a_0 \vdots r$
Tương tự, ta cũng chứng minh được $a_n \vdots s$
Định lý được chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 31-05-2012 - 07:48
- hxthanh, cool hunter, L Lawliet và 6 người khác yêu thích
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! 
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
