Chủ đề này có 2 trả lời

[Dam Uoc Mo]

Bài 1: CMR không tồn tại $f(x)$ hệ số nguyên có bậc nguyên dương thỏa mãn $f(k)$ nguyên tố với mọi $k$ nguyên dương.

 

Bài 2: CMR với mọi $n$ nguyên dương,$n\geq 2$ thì luôn tồn tại $a,b$ nguyên dương sao cho $(a+i,b+j)>1$ với mọi $i;j\in \left \{ \left. 1;2;...;n-1 \right \} \right.$

 

Bài 3: Cho $f_{1}(x);f_{2}(x);...;f_{n}(x)$ là $n$ đa thức với hệ số nguyên khác $0$. CMR tồn tại $P(x)$ hệ số nguyên sao cho với mọi  $i=\overline{1;n}$ ta luôn có $P(x)+f_{i}(x)$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}$.

 

[anhquannbk]

Bài 1: Giả sử $ P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$ là một đa thức với hệ số nguyên.

Lấy $ p$ là một số nguyên tố và $ f(p)=m \in \mathbb{Z}$.

Với mọi số nguyên $ k$ ta có: $ P(p+km)-P(m) \vdots m $

Xét $ 2n+1$ số $ P(p+km). k=0,1,2,...2n$, ta thấy trong $ 2n+1$ giá trị $ P(p+km)$ cố ít nhất một số (chẳng hạn  $P(p+k_0m) $ có tính chất sau:

$ P(p+k_0m) \ne m$ và $ P(p+k_0m) \ne -m$ và $  P(p+k_0m) \vdots m$ nên $ P(p+k_0m)  $  không thể là số nguyên tố, suy ra đpcm.

[I Love MC]

Chọn $(n+1)^2$ số nguyên tố $p_{ij} ,0 \le i,j \le n$ đôi một phân biệt 
Theo định lí phần dư Trung Quốc thì tồn tại các số nguyên dương $a,b$ thỏa mãn  
$\begin{cases} &a+1 \equiv 0 \pmod{p_{00}p_{01}..p_{0n}}&\\ &a+2 \equiv 0 \pmod{p_{10}p_{11}..p_{1n}}&\\&...&\\ &a+n \equiv 0 \pmod{p_{n0}p_{n1}..p_{nn}}& \end{cases}$ 
Và 
$\begin{cases} &b+1 \equiv 0 \pmod{p_{00}p_{01}..p_{0n}}&\\ &b+2 \equiv 0 \pmod{p_{10}p_{11}..p_{1n}}&\\&...&\\ &b+n \equiv 0 \pmod{p_{n0}p_{n1}..p_{nn}}& \end{cases}$  
Dễ thấy $(a+i),(b+j)$ đều có một ước chung là $p_{ij}$ nên ta có đpcm 
Đây là một dạng phát biểu khác của Taiwan TST 2002

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 09-12-2016 - 11:37