Đến nội dung


supermember

Đăng ký: 01-09-2006
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 17:01
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: ĐỀ THI HSG 12 ĐỒNG NAI HỆ CHUYÊN

14-10-2021 - 12:19

 

 

Bài 5. Cho $m,n$ là các số tự nhiên thoả $4m^3+m=12n^3+n.$ Chứng minh $m-n$ là lập phương của một số nguyên

 

Hi vọng là giải đúng.  :icon6:  :icon6:  :icon6:

 

Từ giả thiết bài toán, ta dễ thấy $ m \geq n \geq 0$

 

Trường hợp $1$: $n=0$

Khi đó dễ thấy $ m =0 \implies m-n =0 = 0^3$ là lập phương của $1$ số tự nhiên.

 

Trường hợp $2$: $ n \geq 1$

Khi đó dễ thấy $ m >n \implies m-n \geq 1$

 

Ta viết lại đẳng thức đã cho dưới dạng như sau: $ 4(m^3 - n^3 ) + (m-n) = 8n^3$

 

$ \Leftrightarrow 4(m-n)( m^2 +n^2+mn) + (m-n) = (2n)^3$

 

$ \Leftrightarrow (m-n)( 4m^2 +4n^2+4mn +1) = (2n)^3$

 

$ \Leftrightarrow (m-n) \cdot \left( 4(m-n)^2 + 12(m-n)n+12n^2 +1 \right) = (2n)^3$  $( \bigstar )$

 

Từ đây ta dễ thấy là để chứng minh khẳng định bài toán, ta chỉ cần đi chứng minh:

 

$ \gcd \left(  m-n; \  4(m-n)^2 + 12(m-n)n+12n^2 +1 \right) =1$ $( \bigstar \bigstar)$

 

Do $(2n)^3$ khi viết dưới dạng phân tích thành tích các thừa số nguyên tố thì sẽ có dạng: $ (2n)^3 = p^{3 \alpha_1}_1 \cdot p^{3 \alpha_2}_2 \cdot p^{3 \alpha_3}_3 \cdots p^{3 \alpha_k}_k$ trong đó $p_1 ; \ p_2; \cdots ; p_k$ là những số nguyên tố phân biệt và $ \alpha_1; \ \alpha_2; \ \cdots; \alpha_k$ là những số nguyên dương. Nên nếu chứng minh được $( \bigstar \bigstar)$ thì rõ ràng $m-n$ phải có dạng : $ p^{3 \alpha_{i_1}}_{i_1} \cdot p^{3 \alpha_{i_2}}_{i_2} \cdot p^{3 \alpha_{i_3}}_{i_3}\cdots p^{3 \alpha_{i_m}}_{i_m}$ trong đó tập hợp các chỉ số $ \{ i_1; \ i_2 ; \ i_3; \cdots ; \ i_m \}$ này là tập con của tập hợp các chỉ số $\{ 1; \ 2; \ 3; \cdots ; \ k \}$. (Lập luận này vẫn đúng trong trường hợp $m-n =1$ ; tương ứng với trường hợp $ \{ i_1; \ i_2 ; \ i_3; \cdots ; \ i_m \} = \emptyset $)

 

Nhưng chứng minh điều này thật ra không khó:

 

Ta giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ là ước chung của $ m-n; \  4(m-n)^2 + 12(m-n)n+12n^2 +1$

 

Do $p | m-n$ nên từ $( \bigstar )$ suy ra $ p | (2n)^3 \implies p|2n  \implies p \not | 3 \cdot (2n)^2 +1 \implies p \not | 12n^2 +1 \implies  p \not | 4(m-n)^2 + 12(m-n)n+12n^2 +1$

Điều vô lý này chứng tỏ giả sử ban đầu về sự tồn tại của $p$ là sai.

 

Ta được:  $ \gcd \left(  m-n; \  4(m-n)^2 + 12(m-n)n+12n^2 +1 \right) =1$ , kết hợp với $( \bigstar )$, suy ra $m-n$ phải là lập phương của một số tự nhiên.

 

Khẳng định bài toán theo đó được chứng minh hoàn toàn. :icon6:


Trong chủ đề: Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Bình Thuận năm 2017 - 2018

13-10-2021 - 22:02

 

Bài 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn:

$$x^4+x^3+x^2+2x=y^2+y$$

 

 

 

 

Hi vọng là giải đúng :)

 

Ta viết phương trình đã cho dưới dạng sau:

 

$ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x = 4y^2 +4y$

 

$ \Leftrightarrow  4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 = 4y^2 +4y +1$

$ \Leftrightarrow  4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 = (2y+1)^2$

 

Suy ra: $4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 $ là bình phương của một số tự nhiên lẻ.

 

Ta xét trường hợp $ x \geq 7$ thì khi đó dễ thấy:

 

$  (2x^2 +x)^2 <  4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 < (2x^2 +x+1)^2$ tức là khi $ x \ge 7$  thì $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 $ không thể là bình phương của một số tự nhiên.

 

Hoàn toàn tương tự, với $ x \leq -3$ thì:   $  (2x^2 +x)^2 <  4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 < (2x^2 +x+1)^2$ và $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 $ không thể là bình phương của một số tự nhiên.

 

Như vậy ta chỉ cần thử trực tiếp các giá trị của $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1$ với $x$ là số nguyên chạy từ $-2$ đến $6$

 

Dễ thấy với $ x = 0$ ; $ x =6$ thì $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1$ nhận giá trị là bình phương của số tự nhiên lẻ.  

 

Cụ thể: với $x =0$ thì  $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 = 1 = 1^2$

 

Với $x =6$ thì  $ 4x^4 + 4x^3 + 4x^2 + 8x  +1 = 6241 = 79^2$

 

Nên từ đây ta dễ dàng giải ra được $4$ cặp nghiệm nguyên $(x;y)$ của phương trình đã cho là: $ (0;0); \ (0;-1); \ (6;39); \ (6; -40)$

 

Bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn. 


Trong chủ đề: Tính số bộ $(x_1; x_2;...; x_n)$ thỏa mãn hiệu của tích và tổng...

04-10-2021 - 21:04

Bài này supermember sẽ trình bày ý tưởng đã, thực sự thì nếu trình bày full lời giải dựa trên ý tưởng này thì rất dài nên hi vọng có người nào đó có thể đưa ra cách làm tốt hơn.

 

Trước tiên, thay vì trực tiếp đếm số bộ số cần tìm, ta sẽ lần lượt đếm những bộ số đơn giản hơn:

 

Bước 1: Ta đi tính số bộ số $ (x_1; x_2; ...; x_n)$ với $ x_k \in \{1;2 \}$ với mọi $k$ chạy từ $1$ đến $n$ sao cho : $ 3 | x_1 + x_2 + \cdots + x_n$

Giả sử trong bộ $n$ số này có $k$ số $1$ và $l$ số $2$ thì ta có:

 

$ 0 \leq k; l \leq n ; \  k + l =n ; \ 3 | k+ 2l$

Ta xét các trường hợp sau:

 

Trường hợp $1$: $ n \equiv 0 \pmod 3 $

Khi đó, dễ thấy chỉ có thể xảy ra trường hợp: $ k \equiv l \equiv 0 \pmod 3$

 

Nên từ đây dễ thấy là $k$ sẽ có thể nhận các các giá trị: $ 0; 3 ; …; n$

 

Do đó, theo quy tắc cộng, thì số cách chọn ra bộ số trong trường hợp này là:

 

$ \binom{n}{0} + \binom{n}{3} + \cdots + \binom{n}{n}$

 

Trường hợp $2$: $ n \equiv 1 \pmod 3 $

 

Khi đó, dễ thấy chỉ có thể xảy ra trường hợp: $ k \equiv l \equiv 2 \pmod 3$

 

số cách chọn ra bộ số trong trường hợp này là:

 

$ \binom{n}{2} + \binom{n}{5} + \cdots + \binom{n}{n -2}$

 

Trường hợp $3$: $ n \equiv 2 \pmod 3 $

 

Khi đó, dễ thấy chỉ có thể xảy ra trường hợp: $ k \equiv l \equiv 1 \pmod 3$

 

số cách chọn ra bộ số trong trường hợp này là:

 

$ \binom{n}{1} + \binom{n}{4} + \cdots + \binom{n}{n -1}$

 

Mặt khác, theo chuyên đề đẳng thức tổ hợp của diễn đàn, thì ta có $3$ đẳng thức sau:

 

$ \binom{n}{0} + \binom{n}{3} + \binom{n}{6} + \binom{n}{9} + \cdots = \frac{1}{3} \cdot \left( 2^n + 2 \cos \frac{ \pi n}{3} \right)$   

$ \binom{n}{1} + \binom{n}{4} + \binom{n}{7} + \binom{n}{10} + \cdots = \frac{1}{3} \cdot \left( 2^n + 2 \cos \frac{n-2}{3} \pi \right)$   

$ \binom{n}{2} + \binom{n}{5} + \binom{n}{8} + \binom{n}{11} + \cdots = \frac{1}{3} \cdot \left( 2^n + 2 \cos \frac{n-4}{3} \pi \right)$   

 

Bước 2: Ta để ý : chỉ cần $1$ trong số $n$ số $ x_1; x_2 ;...; x_n$ bằng $0$ thì tích của $n$ số này bằng $0$, chia hết cho $3$

 

Và việc thêm hay bớt $1$ số $0$ trong tổng $ x_1+ x_2 +...+ x_n$ không ảnh hưởng đến số dư của tổng này trong phép chia cho $3$

 

Chẳng hạn như từ $1$ bộ $k$ số $ (x_1; x_2; ...; x_k)$  mà trong đó mỗi số $ x_1 ; x_2;... ; x_k \in \{1;2 \}$ với $k < n$ thì ta có thể cho tương ứng với: $\binom{n}{n-k} = \binom{n}{k}$ bộ số  $ (x_1; x_2; ...; x_n)$ thỏa yêu cầu bài toán mà trong đó mỗi số $ x_1 ; x_2;... ; x_n \in \{ 0; 1;2 \}$ . Hiểu đơn giản là có $ \binom{n}{n-k} $cách chọn vị trí cho $n-k$ số $0$ để điền vào $n$ ô trống cho trước.  Do đó, bằng cách thiết lập quan hệ truy hồi, ta có thể tính ra:

 

Số bộ số $ (x_1; x_2; ...; x_n)$  thỏa yêu cầu bài toán mà trong $n$ số này có ít nhất $1$ số $0$. Ý tưởng đơn giản là dùng quy tắc cộng và xét lần lượt: trường hợp có đúng $1$ số $0$; trường hợp có đúng $2$ số $0$; ...; trường hợp có đúng $n$ số $0$ . Hiển nhiên sẽ không thể xảy ra trường hợp tổng $ x_1+ x_2 +...+ x_n$ chia hết cho $3$ và không có số $0$ nào trong tổng này vì khi đó thì dễ kiểm tra tích $ x_1 x_2  \cdots x_n$ không chia hết cho $3$, vô lý vì không đáp ứng giả thiết ban đầu của bài toán là hiệu của tổng và tích $n$ số này chia hết cho $3$.

 

Bước 3: Ta đi tính số bộ số $ (x_1; x_2; ...; x_n)$ với mỗi số $ x_1; x_2 ; ...; x_n \in \{1;2 \}$ và tổng $ x_1 + x_2 +...+ x_n$ này không chia hết cho $3$

Không còn cách nào khác là cũng đi vét cạn theo môđulô $3$ mà thôi.

 

Trường hợp $1$ $ n \equiv 0 \pmod 3 $

Ta thử xét hệ phương trình đồng dư:

 

$ \begin{cases} n \equiv 0 \pmod 3 \\ k+2l \equiv 1 \pmod 3 \\ 2^l \equiv 1 \pmod 3 \end{cases}$ hoặc $ \begin{cases} n \equiv 0 \pmod 3 \\ k+2l \equiv 2 \pmod 3 \\ 2^l \equiv 2 \pmod 3 \end{cases}$

 

tức là: $ \begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 3 \\ k+2l \equiv 1 \pmod 3 \\ l \equiv 0 \pmod 2 \end{cases}$ hoặc $ \begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 3 \\ k+2l \equiv 2 \pmod 3 \\ l \equiv 1 \pmod 2 \end{cases}$

 

$ \Leftrightarrow \begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 3 \\ k \equiv 2 \pmod 3 \\ l \equiv 1 \pmod 3 \\ l \equiv 0 \pmod 2 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 3 \\ k \equiv 1 \pmod 3 \\ l \equiv 2 \pmod 3 \\ l \equiv 1 \pmod 2 \end{cases}$

 

$ \Leftrightarrow \begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 3 \\ k \equiv 2 \pmod 3 \\ l \equiv 4 \pmod 6 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 3 \\ k \equiv 1 \pmod 3 \\ l \equiv 5 \pmod 6 \end{cases}$

 

$ \Leftrightarrow \begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 6 \\ k \equiv 2 \pmod 6 \\ l \equiv 4 \pmod 6 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} n=k+l \equiv 3 \pmod 6 \\ k \equiv 5 \pmod 6 \\ l \equiv 4 \pmod 6 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 6 \\ k \equiv 1 \pmod 6 \\ l \equiv 5 \pmod 6 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} n=k+l \equiv 3 \pmod 6 \\ k \equiv 4 \pmod 6 \\ l \equiv 5 \pmod 6 \end{cases}$

 

$ \Leftrightarrow \begin{cases} n=k+l \equiv 0 \pmod 3 \\ l \equiv 4;5 \pmod 6 \end{cases}$ 

 

Tức là với $ n \equiv 0 \pmod 3$  thì số bộ số cần tính là tổng của $2$ tổng con:

 

$ \binom{n}{4} + \binom{n}{10} + \binom{n}{16} + \binom{n}{22} + \cdots $

 

Và $ \binom{n}{5} + \binom{n}{11} + \binom{n}{17} + \binom{n}{23} + \cdots $

 

Nhưng những tổng con này đều có thể tính ra chi tiết được theo $n$ vì theo kết quả đã nêu ra trong chuyên đề đẳng thức tổ hợp thì ta có kết quả tổng quát:

 

$ \sum_{ r \geq 0}^{} \binom{n}{j+rk} = \frac{2^n}{k} \sum_{m=0}^{k-1} \left( \cos \frac{ m \pi}{k} \right)^{n}  \cos \frac{ (n-2j)m \pi}{k}  (\bigstar)$

 

Ta làm tương tự để tính với các trường hợp: $ n \equiv 1 \pmod 3$ ;  $ n \equiv 2 \pmod 3$

 

Bước 4: Số bộ số thỏa yêu cầu bài toán là tổng các bộ số thuộc $2$ nhóm:

 

- Nhóm $1$: Nhóm các bộ số thỏa mãn điều kiện bài toán và $ 3 | x_1 + x_2 + \cdots + x_n$ (đã tính ra chi tiết từ bước $2$)

 

Nhóm $2$: Nhóm các bộ số thỏa mãn điều kiện bài toán và $ 3 \not | x_1 + x_2 + \cdots + x_n$ (đã tính ra chi tiết từ bước $3$)

 

Theo đó thì bài toán được giải quyết hoàn toàn.

 

Lời nhờ vả: Trong chuyên đề đẳng thức tổ hợp, kết quả $(\bigstar)$ được nêu ra như $1$ bài tập tự giải, các bạn hãy giải bài toán này chi tiết. Đồng thời hoàn thiện lời giải trên. Việc còn lại là các công đoạn thu gọn tổng cần tính để ra được kết quả cuối cùng theo $n$ . :D  :D  :D Sau vài ngày nghỉ dịch thì nay supermember quay trở lại nhịp sống bình thường. Xin nhường những việc này cho các bạn :)


Trong chủ đề: Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Thanh Hóa năm 2017 - 2018.

27-09-2021 - 18:02

Bài 5. Chứng minh rằng: $\sum_{k=0}^{n}2^{k}C_{n}^{k}C_{n-k}^{\left [ \frac{n-k}{2} \right ]}=C_{2n+1}^{n}.$

*Đề thi có tham khảo ở link sau: http://olympictoanho...-2017-2018.html

 

Hi vọng là giải đúng:  :D  :D  :D

 

Ta để ý : $ C_{2n+1}^{n} = C_{2n}^{n} + C_{2n}^{n-1}$ , chính là  tổng của hệ số của $x^{0}$ và $ \frac{1}{x^2}$ trong khai triển $ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}$  

 

Nên một cách tự nhiên, ta đi chứng minh vế trái cũng bằng tổng của hệ số của $x^{0}$ và $ \frac{1}{x^2}$ trong khai triển $ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}$  

 

Ở đây do có dấu phần nguyên nên ta sẽ phá dấu phần nguyên này bằng cách lần lượt xét tính chẵn lẻ của $n;k$

 

Ta xét trường hợp : $n$ chẳn, $n = 2m $ với $ m \in \mathbb{N}^{*}$, trường hợp $n $ lẻ ta làm hoàn toàn tương tự.

 

Khi $n = 2m$ thì vế trái của đẳng thức đã cho bằng:

 

$ \sum_{k=0}^{2m} 2^{k} C_{2m}^{k} C_{2m-k}^{ \left[ \frac{2m-k}{2} \right] } =  \sum_{k=0}^{m} 2^{2k} C_{2m}^{2k} C_{2m-2k}^{ \left[ \frac{2m-2k}{2} \right] } +  \sum_{k=0}^{m-1} 2^{2k+1} C_{2m}^{2k+1} C_{2m-2k-1}^{ \left[ \frac{2m-2k-1}{2} \right] } $

$= \sum_{k=0}^{m} 2^{2k} C_{2m}^{2k} C_{2m-2k}^{m-k } +  \sum_{k=0}^{m-1} 2^{2k+1} C_{2m}^{2k+1} C_{2m-2k-1}^{m-k-1}  $  $ (\bigstar )$

 

(Xét tính chẳn lẻ của $k$ để tách $1$ tổng thành $2$ tổng con )

 

Mặt khác, ta xét khai triển của $ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}$  :

 

$ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}  = \left( x^2 +2 + \frac{1}{x^2} \right)^n =  \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}  = \left( x^2 +2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m} =\sum_{k=0}^{2m} 2^{k} C_{2m}^{k} \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-k}$

 

$ = \sum_{k=0}^{m} 2^{2k} C_{2m}^{2k} \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-2k} + \sum_{k=0}^{m-1} 2^{2k+1} C_{2m}^{2k+1} \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-2k-1} $

 

Đến đây ta có $2$ nhận xét đơn giản:

 

Nhận xét 1: trong khai triển $  \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-2k}$ không thể có phần tử $ \frac{1}{x^2}$, chỉ có phần tử $ x^0$ và hệ số của phần tử này bằng: $ C_{2m-2k}^{m-k}$

 

Nhận xét 2: trong khai triển $  \left(x^2 + \frac{1}{x^2} \right)^{2m-2k-1}$ không thể có phần tử $ x^0$, chỉ có phần tử $ \frac{1}{x^2}$ và hệ số của phần tử này bằng: $ C_{2m-2k-1}^{m-k-1}$

 

Từ $2$ nhận xét này, ta suy ra: tổng hệ số của $x^{0}$ và $ \frac{1}{x^2}$ trong khai triển $ \left( x + \frac{1}{x} \right)^{2n}$  chính bằng:

 

$ \sum_{k=0}^{m} 2^{2k} C_{2m}^{2k} C_{2m-2k}^{m-k} + \sum_{k=0}^{m-1} 2^{2k+1} C_{2m}^{2k+1} C_{2m-2k-1}^{m-k-1} $ $( \bigstar \bigstar)$

 

Từ $ (\bigstar ) ; ( \bigstar \bigstar)$ ta thấy rằng vế trái $=$ vế phải và khẳng định bài toán theo đó được chứng minh hoàn toàn :)


Trong chủ đề: Đề chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2021-2022

25-09-2021 - 17:32

 

Bài 2. (5 điểm) 

Cho đa thức $P(x)$ có các hệ số nguyên, giả sử các phương trình $P(x)=1, P(x)=2$ và $P(x)=3$ theo thứ tự mỗi phương trình có ít nhất một nghiệm nguyên theo lần lượt $x_1,x_2,x_3$.

a) Chứng minh rằng: $x_1,x_2,x_3$ là các nghiệm nguyên duy nhất của các phương trình trên.

b) Chứng minh rằng: phương trình $P(x)=5$ không có hơn một nghiệm nguyên. 

 

 

Hi vọng là giải đúng: :D  :D  :D 

Câu a: Ta cần dùng đến tính chất cơ bản của đa thức hệ số nguyên: với $x;y$ là những số nguyên phân biệt thì ta có: $ x-y | P(x)-P(y)$

Sử dụng tính chất này, kèm theo chú ý: hiển nhiên $ x_1 ;\  x_2 ; \  x_3$ phải là những số nguyên đôi một phân biệt, ta có:

 

$ \begin{cases} x_2 - x_1 | P(x_2)- P(x_1) \\ x_3 -  x_2 | P(x_3) - P(x_2) \end{cases}  \Rightarrow \begin{cases} x_2 - x_1 | 1 \\ x_3 -  x_2 | 1 \end{cases}  $

 

$ \Rightarrow  x_2- x_1 ; x_3 - x_2 \in \{ \pm 1 \}$

 

Trường hợp 1:  $x_2 - x_1 =1$  thì ta phải có $ x_3 - x_2 = 1$ vì nếu $ x_3 - x_2 =  -1$ thì suy ra : $ (x_2 - x_1) + (x_3 - x_2 ) = 0 \Rightarrow x_3 = x_1 $

Điều này vô lý.

 

Trường hợp 2:  $x_2 - x_1 = -1$ thì  bằng chứng minh tương tự, ta phải có: $ x_3 - x_2 =  -1$ 

 

Tức là $x_1; \  x_2; \  x_3$ tạo thành cấp số cộng công sai  $1$ hoặc $-1$.

 

Trước tiên, ta đi chứng minh rằng giá trị $x_1$ nếu có tồn tại, thì là duy nhất:

 

Thật vậy, Giả sử ngoài $x_1$ thì phương trình $ P(x)=1$ còn có thêm nghiệm nguyên $ x_1^{'}$

 

* Nếu $ x_2 - x_1 = 1$ thì $ x_2 - x_1^{'} = -1$, mà $ x_3 - x_2 =1$, suy ra $ (x_3 - x_2) +  (x_2 - x_1^{'}) = 0 \Rightarrow  x_3 = x_1^{'}$ (Vô lý)

* Nếu  $x_2 - x_1 = -1$ thì $ x_2 - x_1^{'} = 1$, mà $ x_3 - x_2 =-1$, suy ra $ (x_3 - x_2) +  (x_2 - x_1^{'}) = 0 \Rightarrow  x_3 = x_1^{'}$ (Vô lý)

 

Nên giá trị $x_1$ nếu tồn tại theo giải thiết bài toán, thì là duy nhất.

 

Để chứng minh khẳng định bài toán, ta chỉ cần chứng minh: 

 

Không thể xảy ra trường hợp $2$ bộ số $ (x_1; x_1+1; x_1 +2); (x_1; x_1 - 1; x_1 -2)$ đều lần lượt là nghiệm của $3$ phương trình: $P(x)=1; \ P(x) =2 ; \ P(x) =3$

 

Nhưng may mắn là chứng minh điều này không khó vì nếu giả sử xảy ra trường hợp này thì ta có:

 

$ ( x_1+2) - (x_1 -1) | P( x_1+2) - P(x_1 -1) \Rightarrow  3| 3-2 \Rightarrow  3| 1$ (Vô lý)

 

Do đó, khẳng định bài toán được chứng minh hoàn toàn. Tức là $3$ phương trình: $P(x)=1; \ P(x) =2 ; \ P(x) =3$ chỉ có $1$ bộ nghiệm duy nhất $(x_1; x_2;x_3)$ có dạng $ (x_1; x_1+1; x_1 +2)$ hoặc $ (x_1; x_1 - 1; x_1 -2)$

 

Câu b: Ý tưởng cũng là hoàn toàn tương tự, ta giả sử $x_4$ là nghiệm nguyên của phương trình $ P(x)=5$

 

ta có $ \begin{cases} x_4 - x_3 |  2  \\ x_4 -  x_2 | 3 & (\bigstar)  \end{cases} $

 

Dễ thấy không thể xảy ra trường hợp: $ x_4 - x_3 = \pm 1$

 

Thật vậy, nếu $ x_4 -x_3 = -1 $ thì dễ thấy là không thể xảy ra trường hợp $ x_3 - x_2 =1$ vì nếu như vậy thì: $ (x_4 -x_3) +  (x_3 - x_2) =0 \Rightarrow x_4 = x_2$ (Vô lý). Còn nếu $  x_3 - x_2 = -1$ suy ra $x_4 - x_2 = -2$, nên theo $ (\bigstar) $ thì $ -2 |3$ (vô lý)

 

Ta chứng minh hoàn toàn tương tự để có: không thể xảy ra trường hợp: $ x_4 -x_3 =  1 $

 

Do đó, chỉ có thể xảy ra trường hợp: $ x_4 - x_3 = \pm 2$

 

Đến đây thì gần xong rồi, ta giả sử ngoài nghiệm nguyên $x_4$ thì phương trình $P(x) =5$ còn có thêm nghiệm nguyên $ x_4^{'}$

 

* Nếu $ x_4 - x_3 = 2$ thì suy ra $ x_4^{'} - x_3 = -2$

 

Trường hợp $ x_3 - x_1 = 2 $ thì : $ ( x_4^{'} - x_3 ) + (x_3 - x_1) = 0 \Rightarrow x_4^{'} = x_1$ (Vô lý)

Trường hợp $  x_3 - x_1 = -2 $ thì : $ ( x_4 - x_3 ) + (x_3 - x_1) = 0 \Rightarrow x_4= x_1$ (Vô lý)

 

Nên không thể xảy ra trường hợp này .

 

* Nếu $ x_4 - x_3 = - 2$ thì suy ra $ x_4^{'} - x_3 = 2$

 

Chứng minh tương tự, ta cũng chỉ ra được không thể xảy ra trường hợp này.

 

Mâu thuẫn này chứng tỏ điều giả sử ban đầu về sự tồn tại của $x_4^{'}$ là sai, và giá trị $x_4$ ( nếu có tồn tại)  thì sẽ là duy nhất.

Khẳng định bài toán theo đó được chứng minh hoàn toàn.