Nghĩa là nếu $f(x)$ nhận giá trị nguyên tại $2014$ số nguyên liên tiếp thì $f(x)$ nguyên với mọi $x$ nguyên.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 09-02-2013 - 19:35
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 09-02-2013 - 19:35
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 10-02-2013 - 14:31
Bài này em thử dùng bằng các tiêu chuẩn nội suy nhưng cực kì phức tạp.
Tuy nhiên em có lời giải khác khá đẹp
Bài toán. Cho $P(x) \in \mathbb{R}[x]$ có bậc $n$. Chứng minh rằng nếu $P(x)$ nhận giá trị nguyên tại $n + 1$ giá trị nguyên liên tiếp thì $P(x)$ nhận giá trị nguyên với mọi $x$ nguyên.
Bài toán. Cho P(x)∈R[x]P(x)∈R[x] có bậc nn. Chứng minh rằng nếu P(x)P(x) nhận giá trị nguyên tại n+1n+1 giá trị nguyên liên tiếp thì P(x)P(x) nhận giá trị nguyên với mọi xx nguyên.
Không mất tính tổng quát giả sử n+1 giá trị nguyên liên tiếp đó là $a_k=k ( k=\overline{0;n})$ Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta có:
$P(x)=\sum_{k=1}^{n}(\frac{(-1)^{n-k}P(a_k)\prod_{i=0,i\neq k}^{n}(x-i)}{k!(n-k)!})$
Theo giả thiết $P(a_k)$ nguyên. Mà $\prod_{i=0,i\neq k}^{n}(x-i) \vdots k!(n-k)!$
Vậy nên $P(x)$ nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên.
Còn có bài toán rộng hơn là:
Nếu đa thức f(x) có bậc không quá n và có giá trị hữu tỉ tại n+1 điểm khác nhau thì f(x) sẽ nhận giá trị hữu tỉ với mọi x hữu tỉ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 01-05-2016 - 23:16
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
Tính $f(2011)$.Bắt đầu bởi Ispectorgadget, 09-02-2013 new year eve |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
Chứng minh: $f(x_0+1)\left(\frac{1}{x_0-b_1}+...+\frac{1}{x_0-b_{2013}}\right) \ge 2$Bắt đầu bởi Ispectorgadget, 09-02-2013 new year eve |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh