Chủ đề này có 5 trả lời

[bachhammer]

Cho đa thức: $P(x)=x^{2}+ax+b$, với a,b là số nguyên.

Chứng minh rằng luôn tồn tại k nguyên sao cho $P(k)=P(2013)P(2014)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 10-05-2013 - 20:58

[Idie9xx]

Cho đa thức: $P(x)=x^{2}+ax+b$, với a,b là số nguyên.

Chứng minh rằng luôn tồn tại k nguyên sao cho $P(k)=P(2013)P(2014)$.

Bài này khá giống bài toán này

http://diendantoanho...1-fkf2008f2009/

Hình như $k=2013 \cdot 2014+2013 \cdot a+b$ và $k=-2013 \cdot 2014-2014 \cdot a-b$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 11-05-2013 - 12:49

[bachhammer]

Còn cách giải nào khác nữa ko hả bạn? Giả sử chúng ta ko mò ra được kết quả ấy!!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 11-05-2013 - 17:44

[Idie9xx]

Còn cách giải nào khác nữa ko hả bạn? Giả sử chúng ta ko mò ra được kết quả ấy!!!

Ở #4 mình cũng đưa ra hướng làm rồi, thôi giải luôn bài vậy

Giả sử $x_1,x_2$ là nghiệm của $P(x)$ (tính cả nghiệm phức)

Khi đó đặt $P(x)=(x-x_1)(x-x_2)$

Ta có $P(2013)P(2014)=(2013-x_1)(2013-x_2)(2014-x_1)(2014-x_2)$

$=[(2013-x_1)(2014-x_2)][(2013-x_2)(2014-x_1)]$

$=[2013 \cdot 2014-2013 \cdot( x_1+x_2)+x_1 \cdot x_2 -x_1][2013 \cdot 2014-2013 \cdot( x_1+x_2)+x_1 \cdot x_2 -x_2]$

$=(2013 \cdot 2014+2013 \cdot a+b -x_1)(2013 \cdot 2014+2013 \cdot a+b -x_2)=P(2013 \cdot 2014+2013 \cdot a+b)$

Tìm được $k=2013 \cdot 2014+2013 \cdot a+b$ ( là số nguyên) và kết quả còn lại ta chỉ cần áp dụng định lý Viète là xong

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Idie9xx: 11-05-2013 - 20:41

[bachhammer]

Tớ thấy vẫn còn một cách nữa!!! Đại khái là như vầy: Ta có:

$P(P(x)+x)=[P(x)+x]^{2}+a[P(x)+x]+b=P^{2}(x)+2xP(x)+x^{2}+aP(x)+ax+b=P(x)[P(x)+2x+a]+x^{2}+ax+b=P(x)[P(x)+2x+a+1]=P(x)[x^{2}+ax+b+2x+a+1]=P(x)[(x+1)^{2}+a(x+1)+b]=P(x)P(x+1)$.

Như vậy ta chỉ cần chọn $k=P(2013)+2013$(Trong đó k là số nguyên) là sẽ thoả mãn đề bài. Suy ra đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachhammer: 12-05-2013 - 08:37

[barcavodich]

Tổng quát hoá

Cho tam thức bậc $2$ $f(x)=x^2+px+q$ trong đó $p,q$ là các số nguyên thì sẽ tồn tại số nguyên $k$ thỏa $f(k)=f(n)f(n+1)$ với $n$ bất kì

Lời giải tương tự như trên