Đến nội dung


nhungvienkimcuong

Đăng ký: 23-12-2014
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 15:41
****-

#733786 $$x^{p-1}+x^{p-2}+...x+2=y^{n+1}...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 25-06-2022 - 07:12

Bài toán. (Sưu tầm) Cho $p$ là một số nguyên tố lớn hơn $3$, $n$ là số nguyên dương sao cho các số $p-1,p,n,n+1$ từng đôi một không có ước số chung lớn hơn $2$.Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên dương $x,y$

$$x^{p-1}+x^{p-2}+...x+2=y^{n+1}$$

Bài này tương tự ở đây. Trường hợp 2 thì xử lí như sau: Với $y-1\equiv 1\pmod{p}$ thì

$$y^n+y^{n-1}+\dots+1\equiv 2^n+2^{n-1}+\dots+1=2^{n+1}-1\pmod{p}.$$

Tới đây ta thấy rằng $\text{ord}_p(2)\mid n+1$, mặt khác $\text{ord}_p(2)\mid p-1$ nên

$$\text{ord}_p(2)\mid \gcd(n+1,p-1)\implies \text{ord}_p(2)\le \gcd(n+1,p-1)\le 2 .$$

Khi đó $p\le 2^{\text{ord}_p(2)}-1\le 2^2-1=3$ (mâu thuẫn với giả thiết $p>3$). Vậy không tồn tại $x,y$ thỏa đề.




#733761 $f(2n-1) = 2^n ; f(2n) = n + \frac{2n}{d(n)}...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 22-06-2022 - 15:22

Với mỗi số nguyên dương $n$, ta ký hiệu $d(n)$ là ước số lẻ lớn nhất của $n$

 

Hàm số $f: \mathbb{N}^{*} \to \mathbb{N}^{*}$ thỏa mãn:

 

$f(2n-1) = 2^n ; f(2n) = n + \frac{2n}{d(n)}$  với mọi $n \in \mathbb{N}^{*}$

 

Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ sao cho : $ f^k (1) = f(f(...(f(1))...) = 1997$ ($k$ lần lặp $f$)

Dễ dàng tính được với số $y$ lẻ thì $f(2^xy)=2^{x-1}(y+2)$. Do vậy sau $x$ lần tác động $f$ vào số chẵn $2^xy$ thì ta mới thu được số lẻ (số lẻ đó là $y+2x$).

$$2^xy\overset{f}{\longrightarrow}2^{x-1}(y+2)\overset{f}{\longrightarrow}\cdots\overset{f}{\longrightarrow}y+2x$$

Từ nhận xét trên ta thu được: cần $m+1$ lần tác động $f$ vào số lẻ $2m-1$ thì ta mới thu được số lẻ tiếp theo (số lẻ đó là $2m+1$).

$$2m-1\overset{f}{\longrightarrow}2^m\overset{f}{\longrightarrow}\cdots\overset{f}{\longrightarrow}2m+1$$

Với nhận xét này ta thấy rằng khi bắt đầu bởi số lẻ $1$ thì sẽ tồn tại duy nhất $k$ sao cho $f^k(1)=1997$ (vì các số lẻ thu được sau các lần tác động $f$ tăng dần). 

$$1\overset{2}{\longrightarrow}3\overset{3}{\longrightarrow}\cdots\overset{999}{\longrightarrow}1997$$

Vậy $k=2+3+\dots+999=\frac{999\cdot 1000}{2}-1=499499$.




#733722 $f(ab) = f(a)+f(b) + k f ( \gcd(a,b))$

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 20-06-2022 - 15:25

Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ sao cho tồn tại  hàm số $f: \mathbb{N}^{*}$ $\mapsto$ $\mathbb{Z}$ thỏa mãn đồng thời $2$ điều kiện:

Theo mấy cái định nghĩa của hàm số ở VN thì em toàn thấy là $f: \mathbb{N}^*\to \mathbb{Z},\ x\mapsto f(x)$. Thế nên $\mapsto$ mà anh hay dùng theo em là chưa hợp lí (có gì không đúng thì anh lượng thứ  :icon6: )

 

Quay lại bài toán thì yêu cầu chỉ cần tìm $k$ nguyên dương khá đơn giản, sẽ đổi lại là tìm số nguyên $k$. Thay $a=b=1$ ta có

$$f(1)=2f(1)+kf(1)\implies (k+1)f(1)=0$$

$\bullet$ Xét trường hợp $f(1)=0$, thay $b=1$ và $a$ bất kì vào giả thiết ta có

$$f(a)=f(a)+f(1)+kf(\gcd(a,1))\implies kf(a)=0$$

Vì $f(1997)\neq 0$ nên $k=0$. Với $k=0$, dễ thấy hàm số

$$f\left(p_1^{\alpha_1}\dots p_t^{\alpha_t} \right )=\alpha_1f(p_1)+\dots+\alpha_tf(p_t)$$

thỏa đề, trong đó $f(1997)=1998$ và $f(p)=0$ với mọi $p\neq 1997$.

$\bullet$ Trường hợp $k=-1$ thì hàm $f\equiv 1998$ thỏa đề.

Vậy $k\in \{-1,0\}$.




#733671 Xây dựng hàm $f$ thỏa bài toán và tính $f(0)$

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 16-06-2022 - 10:48

Kiểm tra được hàm $f(x)=\left\{\begin{matrix}0,\quad \text{với}\ x=0\qquad\\ 1,\quad\text{với}\ 0<x\le 1\end{matrix}\right.$ thỏa đề.

 

Ta sẽ chứng minh $f(0)=0$ bằng phản chứng, giả sử $f(0)\neq 0$. Thay $x=y=0$ ta có $f(f(0))=2f(0)$, với $x=0$ thì $$f(f(0)+y)=f(0)+f(y)\quad (\ast)$$

Vì $0<f(0)\le 1$ nên tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $\frac{1}{n+1}<f(0)\le \frac{1}{n}$, hay nói cách khác $nf(0)\le 1$ và $(n+1)f(0)>1$.

Lần lượt thay $y$ bằng $f(0),\ 2f(0),\ \dots,\ (n-1)f(0)$ vào $(\ast)$ ta có

$$f(2f(0))=3f(0),\quad f(3f(0))=4f(0),\quad \dots,\quad f(nf(0))=(n+1)f(0)$$

Đẳng thức $f(nf(0))=(n+1)f(0)$ dẫn tới điều mâu thuẫn.




#733316 $2(ab+bc+ca)-3abc\geqslant \sum a\sqrt{\frac...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 25-04-2022 - 20:02

Bài này sử dụng bất đẳng thức phụ sau đây là ra

$$\sqrt{2(x^2+y^2)}=\frac{\sqrt{2(x^2+y^2)(x+y)^2}}{x+y}\le \frac{2(x^2+y^2)+(x+y)^2}{2(x+y)}=\frac{3}{2}(x+y)-\frac{2xy}{x+y}.$$




#733191 Hàm trên tập số nguyên dương $ f(mn) = f(m)f(n)$ với mọi số nguyên...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 11-04-2022 - 14:31

Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{N}^{*}  \mapsto \mathbb{N}^{*}$ thỏa mãn đồng thời $3$ điều kiện:

 

$1/$ $ f(2) =2$

 

$2/$ $  f(mn) = f(m)f(n)$ với mọi số nguyên dương $m;n$

 

$3/$ $ f(m) < f(n)$ với mọi $m <n$

Một nhận xét quan trọng trong bài này chính là: nếu $f(k)=k$ thì $f(i)=i$ với mọi $i<k$.

Do vậy ta chỉ cần chứng minh tồn tại một dãy số nguyên $(a_n)$ có $\lim a_n=+\infty$ thỏa mãn $f(a_n)=a_n$ với mọi $n$. Có thể xây dựng dãy như này khá thoải mái, sau đây là một ví dụ.

$$(a_n):\left\{\begin{matrix}a_1=3,\\ a_{n+1}=a_n^2-a_n.\end{matrix}\right.$$

Chứng minh $f(3)=3$ thì xin nhường bạn đọc. Phần còn lại thì quy nạp đơn giản rồi, nếu $f(a_n)=a_n$ thì $f(a_n-1)=a_n-1$ (nhận xét). Dẫn đến

$$f(a_{n+1})=f(a_n(a_n-1))=f(a_n)f(a_n-1)=a_n(a_n-1)=a_{n+1}.$$

Ngoài ra dãy $(a_n)$ tăng nên $f(n)=n$ với mọi $n\in \mathbb{N}^*$.




#732861 CMR $a^2+3ab+3b^2-1$ chia hết cho lập phương của một số nguyên lớn...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 05-03-2022 - 14:39

Cho a,b nguyên dương sao cho $a+b^3\vdots a^2+3ab+3b^2-1$

CMR $a^2+3ab+3b^2-1$ chia hết cho lập phương của một số nguyên lớn hơn 1.

Đặt $T=a^2+3ab+3b^2-1$, khi đó

\[T\mid a+b^3+a(a^2+3ab+3b^2-1)\]

hay $T\mid (a+b)^3\quad$ $(\ast)$. Giả sử ta có phân tích thành thừa số nguyên tố như sau

\[a+b=\prod_{i=1}^kp_i^{c_i}\ (c_i>0)\quad \text{và}\quad T=\prod_{i=1}^kp_i^{t_i}\ (t_i\ge 0).\]

Từ $(\ast)$ suy ra $t_i\le 3c_i$. Giả sử $T$ không chia hết cho số nguyên nào có dạng $c^3\ (c>1)$ thì $t_i\in \{0,1,2\}$ với mọi $i=\overline{1,k}$, do vậy ta có

\[t_i\le 2\le 2c_i,\ \forall i=\overline{1,k}\implies T\mid (a+b)^2.\]

Từ đây dễ thấy mâu thuẫn vì $(a+b)^2<T$.




#731842 Đề thi chọn đội tuyển lớp 12 - VMO - Bà Rịa-Vũng Tàu 2022

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 30-11-2021 - 20:19

Bài 1 (4,0 điểm).

b) Tìm tất cả bộ ba số thực dương $(x,y,z)$ thoả mãn hai điều kiện $xy+yz+zx+xyz=4$ và $\sqrt{2(4-xy)}+ \sqrt{5(4-yz)}+ \sqrt{10(4-zx)}=12$.

 

Với điều kiện $xy+yz+zx+xyz=4$ thì tồn tại các số dương $a,b,c$ sao cho (xem thêm ở đây)

$$x=\frac{2b}{a+c},\ y=\frac{2c}{a+b},\ z=\frac{2a}{b+c}$$

Thay vào điện kiện thứ hai ta có được

$$\sqrt{\frac{2a(a+b+c)}{(a+b)(a+c)}}+\sqrt{\frac{5b(a+b+c)}{(b+c)(b+a)}}+\sqrt{\frac{10c(a+b+c)}{(c+a)(c+b)}}=6 \tag{1}$$

Với số $6$ và vai trò các biến không đối xứng thì mình nghĩ đến việc tách $6=1+2+3$. Thử bộ số $(1,2,3)$ vào và nháp xíu thì tìm được $(a,b,c)\sim (1,2,3)$ (quá đẹp rồi  :D ). Ta có 

$$VT(1)\le \frac{1}{2}\left ( \frac{2a(a+b+c)}{(a+b)(a+c)}+1+\frac{1}{2}\left ( \frac{5b(a+b+c)}{(b+c)(b+a)}+4 \right )+\frac{1}{3}\left ( \frac{10c(a+b+c)}{(c+a)(c+b)}+9 \right ) \right )$$

Đến đây ta sẽ chứng minh 

$$\frac{1}{2}\left ( \frac{2a(a+b+c)}{(a+b)(a+c)}+1+\frac{1}{2}\left ( \frac{5b(a+b+c)}{(b+c)(b+a)}+4 \right )+\frac{1}{3}\left ( \frac{10c(a+b+c)}{(c+a)(c+b)}+9 \right ) \right )\le VP(1)=6$$

Quy đồng thì thu được bất đẳng thức trên tương đương với

$$(9ab+bc+4ca)(a+b+c)\ge 36abc$$

Bất đẳng thức này luôn đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy thì

$$(9ab+bc+4ca)(a+b+c)\ge 6\sqrt[6]{(3ab)^3\cdot bc\cdot (2ca)^2}\cdot 6\sqrt[6]{a\cdot (b/2)^2\cdot (c/3)^3}=36abc$$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $(a,b,c)\sim (1,2,3)$, dẫn tới $(x,y,z)=\left ( 1,2,\frac{2}{5} \right )$.




#731721 Tìm $a,n$ nguyên dương để $a^{n^2+2n-1}-99$ là...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 22-11-2021 - 09:10

Tìm $a,n$ nguyên dương để $a^{n^2+2n-1}-99$ là số chính phương.

Giả sử $a^{n^2+2n-1}-99=b^2\ (1)$

$\bullet$ TH1: $n$ lẻ

Khi đó $n^2+2n-1=2m$. Ta viết lại $(1)$ dưới dạng $(a^m-b)(a^m+b)=99$. Tới đây tìm được

$$(a,n)\in \{(10,1),(18,1),(50,1)\}$$

$\bullet$ TH1: $n$ chẵn

Ta sẽ chứng minh không tồn tại nghiệm trong trường hợp này. Nhận thấy $n^2+2n-1=4k+3$

  • Nếu $a$ chẵn thì $b^2\equiv 5\pmod{8}$ (vô lí)
  • Nếu $a\equiv 1\pmod{4}$ thì $b^2\equiv 2\pmod{4}$ (vô lí)
  • Nếu $a\equiv 3\pmod{4}$, ta viết lại $(1)$ dưới dạng

$$a^{4k+3}+1=b^2+10^2$$

Vì $(a^{4k+3}+1)/(a+1)\equiv 3\pmod{4}$ nên tồn tại số nguyên tố $p\equiv 3\pmod{4}$ là ước của $a^{4k+3}+1$. Suy ra $p\mid b^2+10^2$, điều này dẫn tới $p\mid 10$ (vô lí)




#731580 $n\sqrt{d}\left \{ n\sqrt{d...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 11-11-2021 - 10:41

$\boxed{\text{Problem 2}}$ (Balkan MO 2015)

Chứng minh rằng trong $20$ số nguyên dương liên tiếp có một số nguyên dương $d$ sao cho với mọi số nguyên dương $n$, bất đẳng thức sau đúng:

$n\sqrt{d}\left \{ n\sqrt{d} \right \}>\frac{5}{2}$

Ý tưởng câu này tương tự ở đây

 

Đặt $m=\left \lfloor n\sqrt{d} \right \rfloor$. Khi đó

$$n^2d-m^2=\left \{ n\sqrt{d} \right \}(n\sqrt{d}+m)\le 2\left \{ n\sqrt{d} \right \}n\sqrt{d}$$

Ta sẽ chọn $d$ không phải là số chính phương $(1)$, dẫn tới

\[n\sqrt{d}\left \{ n\sqrt{d} \right \}>\frac{n^2d-m^2}{2}\]

Tiếp đến ta sẽ chọn $d$ phù hợp sao cho $n^2d-m^2\notin \{1,2,3,4\}$ $(2)$

 

Với $20$ số nguyên dương liên tiếp thì sẽ tồn tại $d$ có dạng $20k+15$, khi đó $d$ thỏa $(1)$ và $(2)$. Thật vậy

  • $d\equiv 3\pmod{4}$ nên $d$ không phải số chính phương
  • Tồn tại số nguyên tố $p\equiv 3\pmod{4}$ sao cho $p\mid 4k+3$, khi đó $p\mid n^2d$. Mặt khác $p\nmid a^2+1^2, a^2+2^2$ với mọi số nguyên $a$ nên $n^2d\neq m^2+1,m^2+4$
  • $5\mid n^2d$ nhưng $5\nmid a^2+2,a^2+3$ với mọi số nguyên $a$ nên $n^2d\neq m^2+2,m^2+3$

Với cách chọn $d$ như trên ta có được $n^2d-m\ge 5$ nên có được điều cần chứng minh.




#731306 [TOPIC] Mỗi ngày một bài toán IMO

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 25-10-2021 - 15:29

Bài 8: [IMO 1987] Chứng minh rằng không tồn tại hàm $f$ nào từ tập hợp các số nguyên không âm vào chính nó thoả mãn $f(f(n))=n+1987$ với mọi $n$.

 

Bài này ta có thể tổng quát lên như sau: Tồn tại hàm số $f\colon \mathbb{N}\to \mathbb{N}$ sao cho $\underbrace{f(f(\cdots f}_{a\ \text{lần}}(n)\cdots))=n+b$ với mọi $n\in \mathbb{N}$ khi và chỉ khi $a\mid b$

 

Ở đây mình chỉ làm theo đề gốc, bài toán tổng quát các bạn dành cho các bạn  :D

Giả sử tồn tại hàm $f$ thỏa đề. Từ giả thiết dễ thấy $f(n+1987)=f(n)+1987\ \color{Red}{(1)}$.

Tiếp đến ta làm việc trong $ \mathbb{Z}_{1987}$, có được

$$f(f(x))=x,\quad \forall x\in \mathbb{Z}_{1987}$$

Xây dựng đồ thị có hướng $[V,E]$ trong đó tập đỉnh chính là các phần tử của tập hợp $\mathbb{Z}_{1987}$, có cạnh $[v_1,v_2]$ nếu $v_2=f(v_1)$. Với cách xây dựng này thì ta thấy mỗi đỉnh của đồ thị thuộc $1$-chu trình hoặc $2$-chu trình. Vì $1987$ là số lẻ nên tồn tại điểm bất điểm bất động $m\in \mathbb{Z}_{1987}$, nghĩa là $f(m)=m$.

Quay trở lại làm việc trong $\mathbb{Z}$. ta có được $f(m)=m+1987k$ với $k$ là số nguyên nào đó. Do vậy

\[f(f(m))=f(m+1987k)\overset{\color{Red}{(1)}}{=}f(m)+1987k=m+1987\cdot 2k\]

Mặt khác theo giả thiết thì $f(f(m))=m+1987$, suy ra $2k=1$ (vô lí).




#715858 Đề thi chọn đội tuyển HSGQG TP Đà Nẵng

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 22-09-2018 - 11:05

Ngày thi thứ nhất:

Bài 1: (5 điểm)

a) cho dãy số $(x_n)_{n>=1}$ được xác định như sau: $x_1=1, x_{n+1}= 1 + \frac{n}{x_n} , n \in \mathbb{N}*$

Đặt $y_n = \frac{x_n}{\sqrt{n}}, n \in \mathbb{N}*$. Chứng minh dãy $(y_n)_{n>=1}$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó

b) Cho dãy số thực dương $(a_n)_{n>=1}$ có $a_1=1, a_2=2$ và với mọi số nguyên dương $m, n$ đều thỏa mãn đồng thời ba điều kiện sau:  i) $a_{mn} = a_ma_n$ ;     ii) $a_n<=2018n$      iii) $a_{m+n} <= 2019(a_m+a_n)$

Chứng minh $a_n=n$ với mọi số nguyên dương $n$

$a)$ ta chứng minh theo quy nạp rằng

 $\sqrt{n}\le x_n\le \sqrt{n}+1\Rightarrow \lim \frac{x_n}{\sqrt{n}}=1$

$b)$ bài này nếu không có điều kiện $ii)$ thì sẽ được xử lí như sau

 

 

Bài 6:(7 điểm)

Cho p là một số nguyên tố lẻ, số nguyên dương n được gọi là "tốt" nếu tồn tại đa thức $P(x)$ với hệ số nguyên, có bậc bằng p và hệ số bậc cao nhất bằng 1 sao cho n là ước số của $P(k)$ với mọi số nguyên k. Một số nguyên dương mà không phải là số tốt được gọi là số "xấu". Chứng minh rằng:

a) $p$ là số tốt

b) $p^2$ là số xấu

$a)$ dễ chọn $\mathcal{P}(x)=x^p-x$

 

$b)$ giả sử tồn tại đa thức $\mathcal{P}(x)$ thỏa đề tức là $p^2\mid \mathcal{P}(n) \ \ ,\forall n$

ta sử dụng đẳng thức sau (tham khảo thêm chứng minh ở đây )

với $\mathcal{P}(x)=x^p+a_{p-1}x^{p-1}+...+a_1x+a_0$ thì ta có

$\sum_{i=0}^{p}\left ( -1 \right )^{p-i}\begin{pmatrix} p\\i \end{pmatrix}\mathcal{P}\left ( i \right )=p! \hspace{3cm} \left ( \star \right )$

từ giả thiết đề tài ta có 

$p^2\mid\text{VT}(\star )\Rightarrow p^2\mid p!\Rightarrow p\mid (p-1)!$

dễ thấy điều trên vô lí theo $\text{Wilson}$ nên ta có $\text{Q.E.D}$




#715728 ĐỀ THI CHỌN HSGQG TỈNH PHÚ THỌ

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 19-09-2018 - 12:43

Bài 5: Chứng minh rằng:

b) Tồn tại $2018$ số nguyên dương liên tiếp chứa đúng $2$ số nguyên tố.

bài này khó trình bày :/

ta gọi số nguyên tố thứ $k$ là $p_k$ như sau $2=p_1<p_2<p_3<...<p_k<p_{k+1}<...$

giả sử không tồn tại $2018$ số nguyên dương liên tiếp chứa đúng $2$ số nguyên tố

vậy với $k$ mà $p_{k+1}-p_k<2017\Rightarrow \left\{\begin{matrix} p_{k}-p_{k-1}<2017\\ p_{k+2}-p_k<2017 \end{matrix}\right.$

vì nếu ngược lại khi đó $\exists t:\left\{\begin{matrix} p_k,p_{k+1} \in \left [ t,t+2017 \right ]\\ p_{k-1},p_{k+2}\not \in \left [ t,t+2017 \right ] \end{matrix}\right.$ (điều này mâu thuẫn với việc ta giả sử)

mà ta có 

$p_4-p_3=7-5<2017\Rightarrow p_{k+1}-p_k<2017,\forall k$

$\Rightarrow  \left\{\begin{matrix} p_{k}-p_{k-1}<2017\\ p_{k+2}-p_k<2017 \end{matrix}\right.,\forall k$ tức $2018$ số nguyên dương liên tiếp luôn có ít nhất $3$ số nguyên tố

điều này mâu thuẫn với câu $a)$ nên ta có $\text{Q.E.D}$




#715248 Tìm tất cả các đa thức P(x) có hệ số $a_i \in$ {1...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 06-09-2018 - 16:28

1.Tìm tất cả các đa thức P(x) có hệ số $a_i \in$ {1;-1} có n nghiệm thực phân biệt

 

ta có thể chọn đa thức như sau $\boxed{\mathcal{P}(x)=\left\{\begin{array}{lc} x-1&,n=1\\ x^2-x-1&,n=2 \end{array}\right.}$

gọi các nghiệm của đa thức $\mathcal{P}(x)$ là $x_1,x_2,...,x_n$ thì theo viet dễ thấy $\sum x_i,\sum x_ix_j,\prod x_i \in \left \{ -1,1 \right \}$

do đó ta có

$1=\left ( \sum x_i \right )^2\ge 2\sum x_ix_j\Rightarrow \sum x_ix_j=-1$

$\Rightarrow \sum x_i^2=\left ( \sum x_i \right )^2-2\sum x_ix_j=3$

từ đây thì ta đánh giá

$3=\sum x_i^2\ge n\sqrt[n]{\left ( \prod x_i \right )^2}=n$

tới đây cũng dễ nhận thấy các đa thức bậc $3$ không thỏa đề

 

2. Tìm $a,b,c \in Z$ sao cho đa thức $P(x)=(x^2+ax+b).Q(x)$ là đa thức có hệ số 1 hoặc -1 (Q(x) là đa thức có hệ số nguyên)

dễ thấy $b\in \left \{ -1,1 \right \}$, ta đặt

$\mathcal{P}(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0,\ \ \ a_i\in \left \{ -1,1 \right \}$

gọi $z$ là nghiệm (có thể phức) của $\mathcal{P}(x)$ sao cho $\left | z \right |\neq 1$ thì ta có

$\left | z \right |^n=\left | -\sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_i}{a_n}z^i\right |\le \sum_{i=0}^{n-1}\left | z^i \right |=\frac{\left | z \right |^n-1}{\left | z \right |-1}$

$\Rightarrow \left | z \right |^n\left ( \left | z \right |-2 \right )\le -1\Rightarrow \left | z \right |< 2$

 

từ đây ta suy ra các nghiệm (có thể phức) của $\mathcal{P}(x)$ đều có $\left | z \right |<2$

gọi $x_1,x_2$ là nghiệm của $x^2+ax+b$ , giả sử $\left | x_1 \right |\le \left | x_2 \right |$ thì ta có

$\left | x_1 \right |.\left | x_2 \right |=\left | x_1x_2 \right |=\left | b \right |=1\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 0< \left | x_1 \right |\le 1\\ 1\le \left | x_2 \right |<2 \end{matrix}\right.$

do vậy ta có $\left | a \right |=\left | x_1+x_2 \right |\le \left | x_1 \right |+\left | x_2 \right |<3\Rightarrow a\in \left \{ -2,-1,0,1,2 \right \}$

tới đây thử lại ta có các đa thức thỏa đề như sau

$\boxed{x^2+ax+b=\left\{\begin{array}{ll} x^2\pm 1&,Q(x)=1\\ x^2\pm x\pm 1&,Q(x)=1 \\ x^2\pm 2x+1&,Q(x)=x\mp 1 \end{array}\right.}$




#715215 Có bao nhiêu đa thức $P(x)$ có các hệ số thuộc tập $S=\le...

Gửi bởi nhungvienkimcuong trong 05-09-2018 - 16:31

Cho trước số nguyên dương $n.$ Có bao nhiêu đa thức $P(x)$ có các hệ số thuộc tập $S=\left \{ 0,1,2,3 \right \}$ và thỏa mãn điều kiện $P(2)=n.$

 

Gọi các số của $x^0,x,x^2,...$ lần lượt là $a_0,a_1,a_2,...\in \mathcal{A}=\left \{ 0,1,2,3 \right \}$ ta cần tìm số nghiệm nguyên thuộc tập $\mathcal{A}$ thỏa mãn

$a_0+2a_1+4a_2+8a_3+...=n$

sử dụng hàm sinh ta có được số nghiệm cần tìm là hệ số của $x^n$ trong khai triển

$\begin{array}{cl} \mathcal{F}(x) &=\left ( x^{0.1}+x^{1.1}+x^{1.2}+x^{1.3} \right )\left ( x^{0.2}+x^{1.2}+x^{2.2}+x^{3.2} \right )\left ( x^{0.4}+x^{1.4}+x^{2.4}+x^{3.4} \right )...\\ \\&=\left ( 1+x+x^2+x^3 \right )\left ( 1+x^2+x^4+x^6 \right )\left ( 1+x^4+x^8+x^{12} \right )... \\ \\&=\frac{1-x^4}{1-x}.\frac{1-x^8}{1-x^2} .\frac{1-x^{16}}{1-x^4}... \\ \\&=\frac{1}{(1-x)(1-x^2)}\\ \\ &=(1+x+x^2+x^3+...)\left ( 1+x^2+x^4+x^6+... \right ) \end{array}$

tới đây trùng với khai triển của hàm sinh số nghiệm nguyên không âm của phương trình $a+2b=n$

tới đây thì dễ rồi và đáp số là $\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor+1$