Chủ đề này có 10 trả lời

[Namthemaster1234]

Xác định các số nguyên $a,b,c$ khác 0 và đôi một phân biệt sao cho đa thức $P(x)$ khả quy.

 

$P(x)=x(x-a)(x-b)(x-c)+1$

 

 

[I Love MC]

Thử sử dụng tiêu chuẩn Perron xem

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 10-02-2016 - 12:09

[Ego]

Bài này không khó. Xét $P(x) = K(x).L(x)$ với $\deg{K} \ge \deg{L} \ge 1$ với $K(x), L(x) \in \mathbb{Z}[x]$ (để ý $K, L$ là hai đa thức monic)
Nếu $\deg{L} = 1$ thì có $L(0), L(a), L(b), L(c) \in \{1; -1\}$, theo nguyên lí Dirichlete, tồn tại hai giá trị (ví dụ là $a, b$) để $L(a) = L(b) \implies a = b$, vô lí.
Xét $K(x) = x^{2} + mx + n$ và $L(x) = x^{2} + gx + h$
Có $K(0) = L(0) = 1$ (hoặc $-1$)
TH1: $n = h = 1$ thì đồng nhất hệ số, thu được $m + g = -(a + b + c)$ và $mg + 2 = ab + bc + ca$ và $m + g = -abc$. Đến đây xét các trường hợp $a, b, c$ dương âm rồi dùng đánh giá để tìm nghiệm. Mình đang bận nên viết vội, bạn thử tính ra cụ thể giúp nha :roll:
TH2: $n = h = -1$, tương tự TH1.

[Namthemaster1234]

 Đến đây xét các trường hợp $a, b, c$ dương âm rồi dùng đánh giá để tìm nghiệm. Mình đang bận nên viết vội, bạn thử tính ra cụ thể giúp nha :roll:
 

 Đoạn này phức tạp nên mìh mới đăng lên hỏi

[Ego]

OK, đây là hướng đi của mình, TH kia bạn làm thử nha. Không mất tổng quát, hoàn toàn giả sử được $a > b > c$
TH1: $c \ge 1$. Để ý là ta có $a + b + c = abc \implies b + c = a(bc - 1) \ge 3(bc - 1) = bc + 2bc - 3 \ge bc + 1 \implies (b - 1)(c - 1) \le 0$ (lưu ý là $a \ge 3$ và $b \ge 2$), điều này chỉ đúng khi $\begin{cases} a = 3 \\ b = 2 \\ c = 1 \end{cases}$
TH2: $-1 \ge a$, tương tự, có bộ $(a, b, c) = (-1, -2, -3)$
TH3: $a > b > 0 > c$. Có $a + b + c = abc \implies a + b = c(ab - 1)$, vô lí do vế trái dương, vế phải âm.
TH4: $a > 0 > b > c$. Có $a + b + c = abc \implies b + c = a(bc - 1)$, vô lí do vế trái âm, vế phải dương.
Xong.

[Namthemaster1234]

Các bài toán khác nhờ mọi người giải giúp

 

1. Tìm tất cả các giá trị $n$ sao cho tồn tại $n$ số nguyên phân biệt $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ để $(x-a_{1})(x-a_{2})…(x-a_{n})+1$ khả quy.

 

2.  Cho $n$ số $a_{i}$ thuộc $\mathbb{Z}$. Chứng minh:

a) $(x-a_{1})(x-a_{2})…(x-a_{n})–1$ bất khả quy

b) $(x-a_{1})^2(x-a_{2})^2…(x-an)^2+1$ bất khả quy

[Ego]

​

Dĩ nhiên $n = 1$ thì đa thức trên bkq.

$n = 2$. Chọn $a_1 = 0, a_2 = 2$

$n = 3$ thì nếu khả quy thì có một đa thức bậc 1 nhận 2 giá trị bằng nhau, vô lí

$n = 4$ thì mình vừa làm

Xét $n \ge 5$. Giả sử $P(x) = K(x)L(x)$ với $\deg{K} \ge \deg{L} \ge 1$ Với $K(x), L(x)$ là các đa thức nguyên.

Có $L(a_{i}) \in \{-1;1\}$. Để ý nếu đa thức $P(x)$ bậc lẻ thì $\deg{K} > \deg{L}$ và theo nguyên lí chuồng thỏ thì đa thức nhận 1 giá trị ($1$ hoặc $-1$) tại ít nhất $\deg{L} + 1$ điểm, suy ra $L(x)$ là đa thức bậc 0, vô lí. Do đó ta xét trường hợp $\deg{P} = 2t$ và $\deg{K} = \deg{L} = t$, ta luôn có $K^{2}(x) = L^{2}(x)$ nhận $2t$ giá trị. Mặc khác, $K, L$ là các đa thức monic nên $K^{2} - L^{2}(x) = 0$ có bậc nhỏ hơn $2t$, tóm lại, $L(x) = K(x)$ hoặc $K(x) = -L(x)$

TH1: $P(x) = K^{2}(x) \implies (x - a_1)(x - a_2)\ldots (x - a_{2t}) = (K(x) - 1)(K(x) + 1)$. Từ đó dễ lí luận rằng $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{2t}$ phân hoạch thành 2 dãy $b_{1}, b_{2}, \ldots b_{t}$ và $c_{1}, c_{2}, \ldots c_{t}$ sao cho $K(x) - 1 = (x - b_{1})(x - b_{2})\ldots (x - b_{t})$ và $K(x) + 1 = (x - c_1)(x - c_2)\ldots (x - c_t)$. Xét $t \ge 3$

Xét $c_{i}$, $i$ bất kì, ta có $(c_{i} - b_{1})(c_{i} - b_{2})\ldots (c_{i} - b_{t}) = K(c_{i}) + 1 = -2$. Ta có $t \ge 3$ giá trị nhận 1 trong $4$ giá trị $\{-2, -1, 1, 2\}$. Nếu $t \ge 4$ thì theo nguyên lí chuồng thỏ có hai giá trị $c_{i} - b_{g} = c_{i} - b_{h} \implies b_{g} = b_{h}$, vô lí.
Với trường hợp $t = 3$ thì mình nghĩ nó khả quy, hi vọng ai đó tìm được hoặc tiếp tục làm nốt phần $t = 3$ (tức $n = 6$) :-) Mình thích mấy bài bkq lắm, nhưng bài này thật sự hay :roll:

[nhungvienkimcuong]

bài này cũng vui nè :v(nguồn)

$\boxed{\text{Bài toán}}$ Cho số nguyên tố $p\equiv 3(mod\ 4)$ và $n$ là số nguyên dương.$\text{CMR}$ đa thức sau bất khả quy

$\mathcal{P}(x)=(x^2+1)^n+p$

Spoiler

tản mạn tí 

hồi lúc mới học đa thức thì đọc bài trên cũng chả hiểu gì trơn sau này học đến phần bkq thì thấy có bài toán $1b)$ sau sử dụng số phức rồi dùng thử cho bài $1a)$(tuy bài này có cách dễ hơn là chuyển lên $\mathcal{P}(x+1)$ rồi dùng $\text{Eisenstein}$) và rồi mình thấy cùng vui vui rồi đọc lại bài trên củng hiểu hiểu và mình thấy cách đặt như trong nguồn vậy khá thú vị và cũng kiếm được định lý khá mạnh cho việc sử dụng kiểu đặt trên(điển hình là cái bài $2$)

$\boxed{\text{Bài 1}}$Cho $n$ là số nguyên dương.$\text{CMR}$ các đa thức sau bất khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$

$a)\ \mathcal{P}(x)=x^{2^n}+1$

$b)\ \mathcal{Q}(x)=(x^2+x)^{2^n}+1$

$\boxed{\text{Bài 2}}$Tìm các số nguyên dương $n>1$ và số nguyên tố $p$ sao cho đa thức sau khả quy trên $\mathbb{Z}[x]$

$\mathcal{P}(x)=x^2-px+p^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 10-02-2016 - 22:39

[Ego]

2) Giả sử ngược lại, $(x - a_{1})(x - a_{2})\ldots (x - a_{n}) - 1 = K(x).L(x)$ với $K(x), L(x) \in \mathbb{Z}[x]$ và $\deg{K} \ge \deg{L} \ge 1$
Theo nguyên lí chuồng thỏ một trong hai phương trình $L(x) = 1$ hoặc $L(x) = -1$ có nhiều hơn $\deg{L}$ nghiệm. Điều này dẫn đến $L(x)$ là hằng số, vô lí.
3) Giả sử tương tự. Để ý $\deg{K} \ge n \ge \deg{L}$.
TH1. $\deg{L} < n$. Lí luận tương tự mấy câu trên, sẽ có được điều vô lí.
TH2. $\deg{K} = \deg{L} = n$. Để ý $K, L$ là các đa thức monic, do đó bậc của đa thức $K(x) - L(x)$ bé hơn $n$ và nó có $n$ nghiệm. Do đó $K(x) - L(x) = C$. Để ý luôn $C = 0$. Do đó $(G(x))^{2} + 1 = (K(x))^{2} \implies $(K(x) - G(x))(K(x) + G(x)) = 1$. Vô lí?!
P.S: bạn muốn tìm mấy bài tăng độ khó bạn lên trang yufei zhao tìm topic polynomial :-D mấy bài đó đúng nghĩa khó :-3

[Namthemaster1234]

3) Giả sử tương tự. Để ý $\deg{K} \ge n \ge \deg{L}$.
TH1. $\deg{L} < n$. Lí luận tương tự mấy câu trên, sẽ có được điều vô lí.
 

Em chưa hiểu đoạn này lắm : Nếu lập luận như trên thì tồn tại ít nhất $\left [ \frac{n}{2} \right ]+1$ số là nghiệm của phương trình $L(x)=1$ mà $deg L <n$

vậy thì chưa thấy có điều vô lý vì  $n > \left [ \frac{n}{2} \right ]+1$ ??

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namthemaster1234: 11-02-2016 - 09:29

[Ego]

Em chưa hiểu đoạn này lắm : Nếu lập luận như trên thì tồn tại ít nhất $\left [ \frac{n}{2} \right ]+1$ số là nghiệm của phương trình $L(x)=1$ mà $deg L <n$

vậy thì chưa thấy có điều vô lý vì  $n > \left [ \frac{n}{2} \right ]+1$ ??

À chỗ ấy em phải tinh ý chút nữa. Để ý là ta hoàn toàn có thể xem hệ số cao nhất của $K, L$ là dương. vì $K(x).L(x) = (P(x))^{2} + 1 > 0$, do đó $L(x)$ luôn dương. Nghĩa là chỉ có pt $L(x) = 1$ có nghiệm thôi, mà nó có tới tận $n$ nghiệm.