Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN HỌC MÔN ĐẠI SỐ ĐẠI HỌC GIAO THÔNG VẬN TẢI 2015


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1 Khongnhogi

Khongnhogi

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 10-02-2015 - 04:01

Bài 1. \ Tính định thức
$$ D=\left| \begin{matrix} 1&n&n&\ldots &n\cr n&2&n&\ldots & n\cr n&n&3&\ldots &n\cr \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\cr n& n& n&\ldots &n\cr\end{matrix}\right|$$
 
Bài 2.
Cho ma trận vuông $A=\left(\begin{matrix} 2015 & - 2014 \cr 2014 & -2013 \cr\end{matrix}\right)$. Hãy xác định số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại ma trận vuông cấp hai $X$ với các phần tử nguyên  để
$$ X^{2015}+X^n=2A. $$
 
Bài 3. Cho $A$ là ma trận thực cỡ $6\times 2$ và $B$ là ma trận thực cỡ $2\times 6$ sao cho 
$$ AB= \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&1&0&1&4&3\\ 1&2&-3&-1&5&3\\ 2&-1&4&3&0&1\\1&-2&5&3&-3&-1\\ -1&2&-5&-3&3&1\\ 6&0&6&6&6&6\end{array}} \right). $$
Hãy chứng minh rằng 
$$ BA=  \left(\begin{matrix} 10 & 0 \cr 0 & 10 \cr\end{matrix}\right)$$
 
 
 
Bài 4. \ Trên bảng đen ban đầu người ta cho sẵn ma trận $A_0=\left(\begin{matrix} 2 & -1 \cr 1 &0 \cr\end{matrix}\right)$. Sau đó một sinh viên được yêu cầu viết thêm lên bảng $10$ ma trận $A_1, A_2,\ldots , A_{10}$ đều có các phần tử nguyên sao cho $A_kA_0=A_0A_k, A_k^2\ne 0$ với mọi $k=1, 2,\ldots, 10$.
\sn
a)  Hãy chỉ ra rằng sinh viên đó có thể lựa chọn các ma trận theo đúng yêu cầu trên sao cho chúng cũng thỏa mãn đẳng thức:
$$ A_0^2+A_1^2+\ldots+A_{10}^2= \left(\begin{matrix} 125 & -100 \cr 100 & -75 \cr\end{matrix}\right).$$
b) Sinh viên đó có thể lựa chọn được  các ma trận như thế để đẳng thức sau
$$ A_0^2+A_1^2+\ldots+A_{10}^2= \left(\begin{matrix} 115 & -100 \cr 100 & -85 \cr\end{matrix}\right)$$
cũng xảy ra hay không?
 
Bài 5. Hãy cho biết tồn tại hay không đa thức $P(x)$ có hệ số nguyên sao cho $P(1)=P(2)=P(3)=2015$ và $P(2015)=123$. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khongnhogi: 16-02-2015 - 07:39


#2 Khongnhogi

Khongnhogi

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 16-02-2015 - 07:04

 Bài 1.  Tính định thức
$$ D=\left| \begin{matrix} 1&n&n&\ldots &n\cr n&2&n&\ldots & n\cr n&n&3&\ldots &n\cr \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\cr n& n& n&\ldots &n\cr\end{matrix}\right|$$
 Lời giải:
Lấy các cột thứ $1, 2, \ldots, n-1$ trừ đi cột thứ $n$ ta nhận được định thức tam giác
$$ D=\left| \begin{matrix} 1-n&0&0&\ldots &0&n\cr 0&2-n&0&\ldots &0& n\cr 0&0&3-n&\ldots &0&n\cr \vdots &\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\cr 0& 0& 0&\ldots &-1&n\cr 0& 0& 0&\ldots &0&n\cr\end{matrix}\right|=(-1)^{n-1}n!.$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khongnhogi: 16-02-2015 - 07:44


#3 Khongnhogi

Khongnhogi

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 16-02-2015 - 07:22

 Bài 2. 
Cho ma trận vuông $A=\left(\begin{matrix} 2015 & - 2014 \cr 2014 & -2013 \cr\end{matrix}\right)$. Hãy xác định số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại ma trận vuông cấp hai $X$ với các phần tử nguyên  để
$$ X^{2015}+X^n=2A. $$
 Lời giải:
Giả sử rằng $n$ là số nguyên dương cần tìm và $X$ là ma trận vuông cấp hai  với các phần tử nguyên  để
\begin{equation}\tag{1}  X^{2015}+X^n=2A.\end{equation}
Đặt $M=\left(\begin{matrix} 1 & - 1 \cr 1 & -1 \cr\end{matrix}\right)$. Khi đó ta có đẳng thức
$$ A=\left(\begin{matrix} 2015 & - 2014 \cr 2014 & -2013 \cr\end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} 1 & 0 \cr 0 & 1 \cr\end{matrix}\right)+2014\left(\begin{matrix} 1 & - 1 \cr 1 & -1 \cr\end{matrix}\right)=I+2014 M.$$
Thế vào $(1)$ ta thu được đẳng thức
$$ M =\frac 1{4028}\Big(X^{2015}+X^n-2I\Big). $$
Như vậy $M$ là đa thức của $X$. Từ đó ta suy ra $M$ và $X$ giao hoán với nhau theo phép nhân, tức là
$$ MX=XM. $$
Ma trận $X$ giao hoán với $M$ nên $X$ phải là ma trận có dạng
\begin{equation}\tag{2} X=\alpha I+\beta M = \left(\begin{matrix} \alpha+\beta & - \beta \cr \beta & \alpha-\beta \cr\end{matrix}\right).\end{equation}
Do $X$ là ma trận vuông cấp hai  với các phần tử nguyên nên từ $(2)$ ta suy ra $\alpha, \beta\in \mathbb{Z}$. 
 
 
Chú ý rằng ta có đẳng thức 
$$ M^2= \left(\begin{matrix} 1 & - 1 \cr 1 & -1 \cr\end{matrix}\right).\left(\begin{matrix} 1 & - 1 \cr 1 & -1 \cr\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix} 0 & 0 \cr 0 & 0 \cr\end{matrix}\right).$$
Do đó sử dụng $(2)$  và nhị thức Newton ta thu được:
$$X^{2015}=(\alpha I+\beta M )^{2015}=\sum_{i=0}^{2015}C^i_{2015}\alpha^{2015-i}\beta^iM^i=\alpha^{2015}I+2015\alpha^{2014}\beta M,$$
$$X^{n}=(\alpha I+\beta M )^{n}=\sum_{i=0}^{n}C^i_{n}\alpha^{n-i}\beta^iM^i=\alpha^{n}I+n\alpha^{n-1}\beta M.$$
Thế vào $(1)$, chúng ta thu được đẳng thức
$$ (\alpha^{2015}+\alpha^{n})I+ (2015\alpha^{2014}\beta +n\alpha^{n-1}\beta)M= 2I+4028 M$$
hay là
\begin{equation}\tag{3} (\alpha^{2015}+\alpha^{n}-2)I+ (2015\alpha^{2014}\beta +n\alpha^{n-1}\beta-4028)M= 0.\end{equation}
Do $\{I, M\}$ là hệ độc lập tuyến tính trong không gian ${\cal M}_2$ nên từ $(3)$ ta nhận được hệ
\begin{equation}\tag{4} \begin{cases}\alpha^{2015}+\alpha^{n}-2=0\\ 2015\alpha^{2014}\beta +n\alpha^{n-1}\beta-4028=0 \end{cases} \end{equation}
Phương trình thứ nhất của hệ $(4)$ có thể viết lại dưới dạng
\begin{equation}\tag{5} \alpha^{2015}+\alpha^{n}=2.\end{equation}
Do $n$ nguyên dương nên $\alpha$ là ước số của $\alpha^{2015}+\alpha^{n}$ và từ $(5)$ ta suy ra $\alpha$ là ước số của $2$. Suy ra các giá trị có thể có của $\alpha$ là $\pm 1, \pm 2$.
Ta thấy $\alpha=2$ không phải là nghiệm của  $(5)$ vì $ 2^{2015}+ 2^n>2$. Tiếp theo $\alpha=-2$ cũng không phải là nghiệm của  $(5)$ vì nếu $(-2)^{2015}+(-2)^n=2$ thì $(-2)^n=2^{2015}+2$ nên $n$ là số chẵn lớn hơn $2015$. Khi đó $(-2)^{2015}+(-2)^n$ là bội nguyên dương của $2^{2015}$ và không thể bằng 2. Ta cũng thấy rằng $\alpha=-1$  không phải là nghiệm của  $(5)$ vì $(-1)^{2015}+(-1)^n=-1+(-1)^n\le 0<2$. Cuối cùng kiểm tra trực tiếp ta thu được $\alpha=1$ là nghiệm của $(5)$.
Thế $\alpha=1$ vào phương trình thứ hai của hệ $(4)$ ta thu được
\begin{equation}\tag{6} (2015+n)\beta=4028. \end{equation} 
Từ $(6)$ ta thấy $(2015+n)$ là ước số của $4028$. Do $ 2015+n >2014=\frac{4028}2$ nên ta phải có $2015+n=4028$. Từ đó ta thu được kết quả $n=2013$ và tương ứng có $\beta=1$. Ma trận $X$ tương ứng là $X=I+M=\left(\begin{matrix} 2 & -1 \cr 1 &0 \cr\end{matrix}\right)$.


#4 Khongnhogi

Khongnhogi

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 16-02-2015 - 07:38

 Bài 3. Cho $A$ là ma trận thực cỡ $6\times 2$ và $B$ là ma trận thực cỡ $2\times 6$ sao cho 
$$ AB= \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&1&0&1&4&3\\ 1&2&-3&-1&5&3\\ 2&-1&4&3&0&1\\1&-2&5&3&-3&-1\\ -1&2&-5&-3&3&1\\ 6&0&6&6&6&6\end{array}} \right). $$
Hãy chứng minh rằng 
$$ BA=  \left(\begin{matrix} 10 & 0 \cr 0 & 10 \cr\end{matrix}\right)$$
 Lời giải:
Ký hiệu các cột của ma trận tích $AB$ là $C_1, C_2, \ldots, C_6$. Tính toán trực tiếp chúng ta nhận được các đẳng thức
\begin{equation}\tag{1} C_3=C_1-2C_2, \ \ \ C_4=C_1-C_2, \ \ \ C_5=C_1+2C_2,\ \ \  C_6=C_1+C_2. \end{equation}
Nếu chúng ta đặt 
\begin{equation}\tag{2} A_1= \left(\begin{matrix} 2 & 1 \cr 1 & 2 \cr 2&-1\cr 1&-2\cr-1&2\cr 6&0\end{matrix}\right), \hskip 1cm B_1=\left(\begin{matrix} 1 & 0&1&1&1&1 \cr 0 & 1&-2&-1&2&1 \cr\end{matrix}\right)\end{equation}
thì từ $(1)$ ta nhận được đẳng thức: 
$$ A_1B_1=  \left(\begin{matrix} 2 & 1 \cr 1 & 2 \cr 2&-1\cr 1&-2\cr-1&2\cr 6&0\end{matrix}\right) \left(\begin{matrix} 1 & 0&1&1&1&1 \cr 0 & 1&-2&-1&2&1 \cr\end{matrix}\right)= \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&1&0&1&4&3\\ 1&2&-3&-1&5&3\\ 2&-1&4&3&0&1\\1&-2&5&3&-3&-1\\ -1&2&-5&-3&3&1\\ 6&0&6&6&6&6\end{array}} \right)$$
hay là $AB=A_1B_1$. Từ $(2)$ ta có
$$ B_1A_1=\left(\begin{matrix} 1 & 0&1&1&1&1 \cr 0 & 1&-2&-1&2&1 \cr\end{matrix}\right) \left(\begin{matrix} 2 & 1 \cr 1 & 2 \cr 2&-1\cr 1&-2\cr-1&2\cr 6&0\end{matrix}\right)=  \left(\begin{matrix} 10 & 0 \cr 0 & 10\end{matrix}\right).$$
Như vậy bài toán quy về việc  tính $BA$ theo $B_1A_1$. Để thuận tiện chúng ký hiệu hai cột của $A$ là $u_1, u_2$ và đặt
$$ B= \left(\begin{matrix} a_1 & a_2&a_3&a_4&a_5&a_6 \cr  b_1 & b_2&b_3&b_4&b_5&b_6 \cr \end{matrix}\right). $$
Từ giả thiết ta nhận được $C_i=a_iu_1+b_iu_2$ với $i=1, 2, \ldots, 6.$  Ký hiệu $M$ là không gian con của $\mathbb{R}^6$ sinh bởi các cột của ma trận tích $AB$. Hệ $\{C_1, C_2, \ldots, C_6\}$ là hệ sinh của $M$ và mọi phần tử của hệ này đều biểu diễn được theo hệ hai phần tử $\{C_1, C_2\}$ hoặc $\{u_1, u_2\}$. Ta thấy rằng hệ $\{C_1, C_2\}$ độc lâp tuyến tính nên hệ này là một cơ sở của $M$. Suy ra $\dim M=2$ và hệ  $\{u_1, u_2\}$ cũng là một cơ sở của $M$.  Ký hiệu  ma trận vuông cấp hai $T$ là ma trận chuyển cơ sở của $M$ từ cơ sở $\{C_1, C_2\}$ sang cơ sở $\{u_1, u_2\}$. Khi đó ta có $ (u_1, u_2) = (C_1, C_2)T$ hay là $A=A_1T$.  Tiếp theo ta thấy rằng các cột của $B$ tương ứng là tọa độ của các phần tử trong hệ $\{C_1, C_2, \ldots, C_6\}$ trên cơ sở $\{u_1, u_2\}$ của không gian $M$.  Tương tự các cột của $B_1$ là tọa độ của các phần tử đó trên cơ sở $\{C_1, C_2\}$. Sử dụng ma trận chuyển cơ sở $T$ ta có các đẳng thức
$$ \left(\begin{matrix} a_1  \cr b_1 \end{matrix}\right)=T^{-1}\left(\begin{matrix} 1  \cr 0 \end{matrix}\right),\ \ \  \left(\begin{matrix} a_2  \cr b_2 \end{matrix}\right)=T^{-1}\left(\begin{matrix} 0  \cr 1 \end{matrix}\right),\ \ldots,\  \left(\begin{matrix} a_6  \cr b_6 \end{matrix}\right)=T^{-1}\left(\begin{matrix} 1  \cr 1 \end{matrix}\right).$$ 
Từ đó ta nhận được đẳng thức $B=T^{-1}B_1$. Như vậy ta thu được kết quả
$$ BA=T^{-1}B_1A_1T=T^{-1}  \left(\begin{matrix} 10 & 0 \cr 0 & 10\end{matrix}\right) T= \left(\begin{matrix} 10 & 0 \cr 0 & 10\end{matrix}\right).$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khongnhogi: 16-02-2015 - 07:43


#5 Khongnhogi

Khongnhogi

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 16-02-2015 - 07:54

 Bài 4. Trên bảng đen ban đầu người ta cho sẵn ma trận $A_0=\left(\begin{matrix} 2 & -1 \cr 1 &0 \cr\end{matrix}\right)$. Sau đó một sinh viên được yêu cầu viết thêm lên bảng $10$ ma trận $A_1, A_2,\ldots , A_{10}$ đều có các phần tử nguyên sao cho $A_kA_0=A_0A_k, A_k^2\ne 0$ với mọi $k=1, 2,\ldots, 10$.
\sn
a)  Hãy chỉ ra rằng sinh viên đó có thể lựa chọn các ma trận theo đúng yêu cầu trên sao cho chúng cũng thỏa mãn đẳng thức:
$$ A_0^2+A_1^2+\ldots+A_{10}^2= \left(\begin{matrix} 125 & -100 \cr 100 & -75 \cr\end{matrix}\right).$$
b) Sinh viên đó có thể lựa chọn được  các ma trận như thế để đẳng thức sau
$$ A_0^2+A_1^2+\ldots+A_{10}^2= \left(\begin{matrix} 115 & -100 \cr 100 & -85 \cr\end{matrix}\right)$$
cũng xảy ra hay không?
 
 
 Lời giải:
Để thuận tiện ta đặt $M=\left(\begin{matrix} 1 & -1 \cr 1 &1 \cr\end{matrix}\right)$. Khi đó ta có các đẳng thức $A_0=I+M$ và $M^2=0$. Từ giả thiết ta có $A_k(I+M)=(I+M)A_k$ nên $A_kM=MA_k$. Mặt khác mọi ma trận giao hoán với $M$ đều có dạng $\alpha I+\beta M$ nên ta suy ra rằng tồn tại các số $\alpha_k, \beta_k$ sao cho
$$ A_k=\alpha_k I+\beta_k M= \left(\begin{matrix} \alpha_k+\beta_k & -\beta_k \cr \beta_k & \alpha_k-\beta_k \cr\end{matrix}\right), \ \ \  k=1, 2,\ldots, 10.$$
Vì các ma trận $A_k$ đều có phần tử nguyên nên ta suy ra $\alpha_k, \beta_k \in \mathbb{Z} $ với mọi $k=1, 2,\ldots, 10$. Do $M^2=0$ nên ta có
$$ A_k^2=(\alpha_k I+\beta_k M)^2=\alpha_k^2 I+2\alpha_k.\beta_kM,\ \ \forall \, k.$$
Từ đó ta thu được đẳng thức
$$ A_0^2+A_1^2+\ldots+A_{10}^2 =(1+\alpha_1^2+\alpha_2^2+\ldots+\alpha_{10}^2)I+ 2(1+\alpha_1\beta_1+\alpha_2\beta_2+\ldots+\alpha_{10}\beta_{10})M. $$
Mặt khác do $A_k^2\ne 0$ nên ta phải có $\alpha_k\ne 0$ với mọi $k=1, 2,\ldots, 10$.
 
 
a) Ta thấy rằng $\left(\begin{matrix} 125 & -100 \cr 100 & -75 \cr\end{matrix}\right)=25I+100M$.  Do đó việc thực hiện yêu cầu của đề bài quy về việc chỉ ra rằng có thể chọn được hai dãy số nguyên $(\alpha_1, \alpha_2,\ldots,\alpha_{10})$; $(\beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_{10})$ sao cho $\alpha_k\ne 0$ với mọi $k=1, 2,\ldots, 10$ và đẳng thức sau xảy ra:
$$ (1+\alpha_1^2+\alpha_2^2+\ldots+\alpha_{10}^2)I+ 2(1+\alpha_1\beta_1+\alpha_2\beta_2+\ldots+\alpha_{10}\beta_{10})M = 25I+100M. $$
Do $\{I, M\}$ là hệ độc lập tuyến tính trong không gian ${\cal M}_2$ nên từ đẳng thức trên ta nhận được hệ phương trình
$$ \begin{cases}
\alpha_1^2+\alpha_2^2+\ldots+\alpha_{10}^2=24\\  \alpha_1\beta_1+\alpha_2\beta_2+\ldots+\alpha_{10}\beta_{10}=49
\end{cases} $$
Ta chọn một nghiệm cho phương trình thứ nhất của hệ như sau: $\alpha_1=\alpha_2=\ldots=\alpha_7=1, \alpha_8=\alpha_9=2, \alpha_{10}=3$. Với dãy $(\alpha_1, \alpha_2,\ldots,\alpha_{10})$ được chọn như thế phương trình thứ hai của hệ trở thành
$$ \beta_1+\beta_2+\ldots+\beta_7+2\beta_8+2\beta_9+3\beta_{10}=49. $$
Phương trình này có vô số nghiệm nguyên, ta có thể chọn ra một nghiệm là $\alpha_1=49, \alpha_2=\alpha_2=\ldots=\alpha_{10}=0$. Từ hai dãy  số nguyên $(\alpha_1, \alpha_2,\ldots,\alpha_{10})$; $(\beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_{10})$ được chọn ta tính được các ma trận $A_1, A_2, \ldots, A_{10}$ tương ứng.
 
 
b)  Ta thấy rằng $\left(\begin{matrix} 115 & -100 \cr 100 & -85 \cr\end{matrix}\right)=15I+100M$. Phân tích tương tự câu a ta quy về công việc  xác định rằng:  hệ phương trình sau  
$$ \begin{cases}
\alpha_1^2+\alpha_2^2+\ldots+\alpha_{10}^2=14\\  \alpha_1\beta_1+\alpha_2\beta_2+\ldots+\alpha_{10}\beta_{10}=49
\end{cases} $$
có thể có nghiệm là hai dãy số nguyên $(\alpha_1, \alpha_2,\ldots,\alpha_{10})$; $(\beta_1, \beta_2, \ldots, \beta_{10})$ mà $\alpha_k\ne 0$ với mọi $k=1, 2,\ldots, 10$ hay không? 
 
Giả sử rằng hệ có nghiệm. Suy ra phương trình 
\begin{equation}\tag{1}  \alpha_1^2+\alpha_2^2+\ldots+\alpha_{10}^2=14 \end{equation}
có nghiệm là dãy $(\alpha_1, \alpha_2,\ldots,\alpha_{10})$ mà $\alpha_k\ne 0$ với mọi $k=1, 2,\ldots, 10$. Ta thấy rằng đổi dấu các ma trận $A_k$ thì tổng  
$$  A_0^2+A_1^2+\ldots+A_{10}^2$$
vẫn không đổi nên ta suy ra rằng phương trình $(1) $ có nghiệm nguyên dương. 
 
Ta sẽ chỉ ra rằng điều này không thể xảy ra và không chọn được các ma trận theo yêu cầu. Thật vậy, do có thể đánh số lại các ma trận nên ta có thể giả thiết thêm rằng
\begin{equation}\tag{2} 1\le\alpha_1\le \alpha_2\le \ldots\le \alpha_{10}. \end{equation}
Ta thấy rằng $\alpha_1^2+\alpha_2^2+\ldots+\alpha_8^2\ge 8$ nên từ $(1)$ ta suy ra được
$$ 2\alpha_9^2\le  \alpha_9^2+\alpha_{10}^2=14-(\alpha_1^2+\alpha_2^2+\ldots+\alpha_8^2)\le 14-8=6.$$
Suy ra $\alpha_9^2\le 3$. Do $\alpha_9^2$ là số chính phương nên ta suy ra $\alpha_9^2=1$ hay là $\alpha_9=1$. Sử dụng $(2)$ ta suy ra 
$\alpha_1=\alpha_2=\ldots =\alpha_9=1$. Thế vào $(1)$ ta nhận được $\alpha_{10}^2=14-9=5$. Điều này không thể xảy ra vì $5$ không phải là số chính phương. Như vậy không lựa chọn được các ma trận $A_1, A_2,\ldots , A_{10}$ thỏa mãn yêu cầu.


#6 Khongnhogi

Khongnhogi

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 16-02-2015 - 08:01

 Bài 5. Hãy cho biết tồn tại hay không đa thức $P(x)$ có hệ số nguyên sao cho $P(1)=P(2)=P(3)=2015$ và $P(2015)=123$. 
 
 Lời giải:
Giả sử rằng  tồn tại đa thức $P(x)$ có hệ số nguyên sao cho $P(1)=P(2)=P(3)=2015$ và $P(2015)=123$. Do $P(1)=2015$ nên đa thức $P(x)-2015$ có nghiệm là $x=1$. Suy ra tồn tại đa thức $Q(x)$ sao cho 
\begin{equation}\tag{1} P(x)-2015=(x-1)Q(x).\end{equation}
Do $P(x)$ là đa thức có hệ số nguyên nên ta cũng suy ra đa thức $Q(x)$ cũng có hệ số nguyên. Thế $x=2$ vào hai vế của $(1)$ và sử dụng $P(2)=2015$ ta nhận được $ Q(2)=0 $. Suy ra tồn tại đa thức $R(x)$ sao cho 
$$ Q(x)=(x-2)R(x), $$
và ta cũng suy ra rằng  đa thức $R(x)$  có hệ số nguyên. Thế vào $(1)$ ta nhận được đẳng thức
\begin{equation}\tag{2} P(x)-2015=(x-1)(x-2)R(x).\end{equation}
Tiếp tục sử dụng $P(3)=2015$ và phân tích tương tự ta khẳng định được rằng tồn tại đa thức $S(x)$ có hệ số nguyên sao cho
\begin{equation}\tag{3} P(x)-2015=(x-1)(x-2)(x-3)S(x).\end{equation}
Thế $x=2015$ vào hai vế của $(3)$ và sử dụng $P(2015)=123$ ta nhận được đẳng thức
\begin{equation}\tag{4} -1892=2013.2014.2015.S(2015). \end{equation}
Đẳng thức này không thể xảy ra vì $S(2015)$ là số nguyên và do đó vế phải  của $(4)$ là một bội số nguyên của $3$ trong khi vế trái là $-1892$ không chia hết cho $3$. Như vậy không tồn tại đa thức đáp ứng được các điều kiện đã nêu. 


#7 buixuantruong

buixuantruong

    Lính mới

  • Thành viên
  • 7 Bài viết

Đã gửi 29-05-2016 - 00:55

Em gửi nhầm ạ. Em xin lỗi


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi buixuantruong: 29-05-2016 - 01:00


#8 An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1769 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:cù lao
  • Sở thích:~.*

Đã gửi 21-06-2016 - 10:24

 

 Bài 5. Hãy cho biết tồn tại hay không đa thức $P(x)$ có hệ số nguyên sao cho $P(1)=P(2)=P(3)=2015$ và $P(2015)=123$. 
 
 Lời giải:
Giả sử rằng  tồn tại đa thức $P(x)$ có hệ số nguyên sao cho $P(1)=P(2)=P(3)=2015$ và $P(2015)=123$. Do $P(1)=2015$ nên đa thức $P(x)-2015$ có nghiệm là $x=1$. Suy ra tồn tại đa thức $Q(x)$ sao cho 
\begin{equation}\tag{1} P(x)-2015=(x-1)Q(x).\end{equation}
Do $P(x)$ là đa thức có hệ số nguyên nên ta cũng suy ra đa thức $Q(x)$ cũng có hệ số nguyên. Thế $x=2$ vào hai vế của $(1)$ và sử dụng $P(2)=2015$ ta nhận được $ Q(2)=0 $. Suy ra tồn tại đa thức $R(x)$ sao cho 
$$ Q(x)=(x-2)R(x), $$
và ta cũng suy ra rằng  đa thức $R(x)$  có hệ số nguyên. Thế vào $(1)$ ta nhận được đẳng thức
\begin{equation}\tag{2} P(x)-2015=(x-1)(x-2)R(x).\end{equation}
Tiếp tục sử dụng $P(3)=2015$ và phân tích tương tự ta khẳng định được rằng tồn tại đa thức $S(x)$ có hệ số nguyên sao cho
\begin{equation}\tag{3} P(x)-2015=(x-1)(x-2)(x-3)S(x).\end{equation}
Thế $x=2015$ vào hai vế của $(3)$ và sử dụng $P(2015)=123$ ta nhận được đẳng thức
\begin{equation}\tag{4} -1892=2013.2014.2015.S(2015). \end{equation}
Đẳng thức này không thể xảy ra vì $S(2015)$ là số nguyên và do đó vế phải  của $(4)$ là một bội số nguyên của $3$ trong khi vế trái là $-1892$ không chia hết cho $3$. Như vậy không tồn tại đa thức đáp ứng được các điều kiện đã nêu. 

 

Tại sao người ta cho bài này "yếu quá" hay có sự nhầm lẫn trong việc gõ đề?

(Đa thức nguyên/ đa thức hệ số nguyên?)

Vì $P(b)-P(a) \vdots (b-a)$ với $a, b \in \mathbb{Z}$ nên 

$123-2015= P(2015)-P(1) \vdots 2014$ (vô lý).


Đời người là một hành trình...





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh