Đến nội dung


Hình ảnh

VMF's Marathon Đa thức Olympic


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 29 trả lời

#21 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 633 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 12-06-2016 - 09:33

Lời giải bài 8 :  

Đặt $x^{p^{k-1}} \to x $ xét đa thức $f(x) = \frac{x^{p}-1}{x-1}$ , đa thức này thì quen thuộc rồi , quy về $f(x)=\frac{(x+1)^{p}-1}{x}$ hay $f(x)=(x+1)^{p-1}+...+1$ bất khả quy . Ta có $f(x)=x^{p-1}+\binom{p}{1}x^{p-2}+....+p$ . Áp dụng tiêu chuẩn Eisenstein cho $p$ ta có đpcm .

Bằng xem lại bài giải đi. Ví dụ là $f(x)=x-1$ thì bkq nhưng $f(x^{2})=x^{2}-1$ lại kq nên ko có $(fx)$ bkq thì $f(x^{n})$ bkq đâu



#22 An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1462 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:cù lao
  • Sở thích:~.*

Đã gửi 12-06-2016 - 14:22

Bằng xem lại bài giải đi. Ví dụ là $f(x)=x-1$ thì bkq nhưng $f(x^{2})=x^{2}-1$ lại kq nên ko có $(fx)$ bkq thì $f(x^{n})$ bkq đâu

Lúc đầu mình đọc không kỹ nên cũng đưa ra cặp đa thức $x^2+4$ và $(x^2)^2+4$.

Thế nhưng lời giải của người ta đâu có dùng "trực tiếp" ý này!

 

Cho $p(x)$ là đa thức BKQ nhờ vào Tiêu chuẩn Eisenstein (trực tiếp). Khi đó 

$p(x^k)$ cũng bất khả quy.

Tuy thế, lời giải trên đã dùng kết quả sau $p(x^k)$ bất khả quy khi và chỉ khi $p(x^k+1)$ bất khả quy.

Điều này có đúng không? (với $k=1$, hiển nhiên đúng!)

Có thể giả định thêm các hệ số của đa thức $q(x)=p(x^k+1)$ thỏa điện kiện của tiêu chuẩn Eisenstein.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 12-06-2016 - 14:25

Đời người là một hành trình...


#23 halloffame

halloffame

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 445 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 27-06-2016 - 21:06

Topic này bị đóng băng chắc cũng gần nửa tháng rồi nhỉ  :( Mình xin phép được "rã đông" nó bằng một bài mới: 

Bài 9(sưu tầm): Cho dãy các đa thức hệ số thực ${P_{n}(x)}_{n=1,2,3,...}$ thỏa mãn $P_n(2.cosX)=2^n.cosXn, \forall n \in \mathbb{N}^*.$

Chứng minh rằng $\forall n \in \mathbb{N}^*, P_{n}(x)$ là đa thức với hệ số nguyên bậc $n$ và $1 \leq \frac{\sqrt[n]{P_n(x)-2}}{x-2}\leq n, \forall x>2.$


Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
I am MPCBCNMLHTBHMLPC.

#24 halloffame

halloffame

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 445 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 03-07-2016 - 17:57

Bài 9 đã 1 tuần chưa có lời giải, mình xin được đăng tiếp 1 bài để tiếp tục topic:

Bài 10: Hỏi có tồn tại hay không đa thức $f(x)$ hữu tỉ, có bậc bằng $4$ và thỏa mãn:

$1: f(x) \geq \sqrt{2}; \forall x \in \mathbb{R}.$

$2: \exists x_0 \in \mathbb{R}: f(x_0)= \sqrt{2}.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 03-07-2016 - 18:23

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
I am MPCBCNMLHTBHMLPC.

#25 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 237 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 24-07-2016 - 14:22

Giải bài 1 : ( Nguyễn Tiến Khải , Phạm Khoa Bằng - THPT chuyên KHTN ) 

Bổ đề : Nếu $P(x) \in Z[x]$ là số chính phương với vô số $x$ thì nó là bình phương của một da thức khác ( đã là bài toán $2$ ) 

Em nghĩ bổ đề này không đúng anh ạ. Nếu là với mọi $x$ thì chắc được được, vô số thì không được. Ví dụ là đa thức $2x^2+1$ rõ ràng chính phương tại vô số điểm nguyên (Phương trình $Pell$) nhưng nó rõ ràng không là bình phương của một da thức khác 


"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#26 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1326 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-07-2016 - 15:50

Em nghĩ bổ đề này không đúng anh ạ. Nếu là với mọi $x$ thì chắc được được, vô số thì không được. Ví dụ là đa thức $2x^2+1$ rõ ràng chính phương tại vô số điểm nguyên (Phương trình $Pell$) nhưng nó rõ ràng không là bình phương của một da thức khác 

Với mọi , anh nhầm 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 24-07-2016 - 15:53

" As Grothendieck taught us , object aren't of great importance , it's relation between them that are " - Serre


#27 An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1462 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:cù lao
  • Sở thích:~.*

Đã gửi 27-07-2016 - 21:52

Topic này bị đóng băng chắc cũng gần nửa tháng rồi nhỉ  :( Mình xin phép được "rã đông" nó bằng một bài mới: 

Bài 9(sưu tầm): Cho dãy các đa thức hệ số thực ${P_{n}(x)}_{n=1,2,3,...}$ thỏa mãn $P_n(2\cos{x})=2^n\cos{(nx)}, \forall n \in \mathbb{N}^*.$

Chứng minh rằng $\forall n \in \mathbb{N}^*, P_{n}(x)$ là đa thức với hệ số nguyên bậc $n$ và $1 \leq \frac{\sqrt[n]{P_n(x)-2}}{x-2}\leq n, \forall x>2.$

 

BĐT "vế phải" sai với $n=3$ (dựa vào giới hạn khi $x\to 2^{+}$.). Có lẽ đề đúng phải là 

 

Cho dãy các đa thức hệ số thực ${P_{n}(x)}_{n=1,2,3,...}$ thỏa mãn $P_n(2\cos{x})=2^n\cos{(nx)}, \forall n \in \mathbb{N}^*.$

Chứng minh rằng $\forall n \in \mathbb{N}^*, P_{n}(x)$ là đa thức với hệ số nguyên bậc $n$ và $1 \leq \frac{\sqrt[n]{P_n(x)-2^n}}{x-2}\leq n, \forall x>2.$

 

Chứng minh BĐT "vế trái" và biến đổi để thấy BĐT "vế phải sai".

 

Bằng cách xây dựng dãy truy hồi và tính chất của đa thức, với  $x> 2$,  $\{P_{n}{(x)}\}$ thông qua dãy số sau

\[P_0(x)=1, P_1(x)=x,\]
\[P_{n}(x)-2xP_{n-1}(x)+4P_{n-2}(x)=0\, \forall n\ge 2.\]
(Bổ sung thêm số hạng $P_0$ để tính toán số hạng tổng quát đơn giản hơn.)
Suy ra $P_n(x)=\frac{1}{2} \left(x-\sqrt{x^2-4}\right)^n+\frac{1}{2} \left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n.$
 
Với mỗi $x> 2$ và mỗi $n\in \mathbb{N}$, BĐT $1 \leq \frac{\sqrt[n]{P_n(x)-2}}{x-2}\leq n$   tương đương
\[2+(x-2)^n\le P_n(x)\le 2+n^n(x-2)^n.\]
Hay 
\[2+(x-2)^n\le \frac{1}{2} \left(x-\sqrt{x^2-4}\right)^n+\frac{1}{2} \left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n \le 2+n^n(x-2)^n.\]
Trường hợp $n=1$, các BĐT đúng vì chúng đều trở thành đẳng thức. 
 
Trường hợp $n\ge 2$.
\[ \frac{1}{4}\left(\left(x-\sqrt{x^2-4}\right)^n+\left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n\right)\ge  \frac{2^n}{2}\ge 2,\]
và 
\[\frac{1}{4} \left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n\ge \frac{1}{4}(2(x-2))^n\ge {(x-2)}^n\]
nên ta có BĐT "vế trái".
 
 

Đời người là một hành trình...


#28 An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1462 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:cù lao
  • Sở thích:~.*

Đã gửi 29-07-2016 - 18:04

 

BĐT "vế phải" sai với $n=3$ (dựa vào giới hạn khi $x\to 2^{+}$.). Có lẽ đề đúng phải là 

 

Chứng minh BĐT "vế trái" và biến đổi để thấy BĐT "vế phải sai".

 

Bằng cách xây dựng dãy truy hồi và tính chất của đa thức, với  $x> 2$,  $\{P_{n}{(x)}\}$ thông qua dãy số sau

\[P_0(x)=1, P_1(x)=x,\]
\[P_{n}(x)-2xP_{n-1}(x)+4P_{n-2}(x)=0\, \forall n\ge 2.\]
(Bổ sung thêm số hạng $P_0$ để tính toán số hạng tổng quát đơn giản hơn.)
Suy ra $P_n(x)=\frac{1}{2} \left(x-\sqrt{x^2-4}\right)^n+\frac{1}{2} \left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n.$
 
Với mỗi $x> 2$ và mỗi $n\in \mathbb{N}$, BĐT $1 \leq \frac{\sqrt[n]{P_n(x)-2}}{x-2}\leq n$   tương đương
\[2+(x-2)^n\le P_n(x)\le 2+n^n(x-2)^n.\]
Hay 
\[2+(x-2)^n\le \frac{1}{2} \left(x-\sqrt{x^2-4}\right)^n+\frac{1}{2} \left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n \le 2+n^n(x-2)^n.\]
Trường hợp $n=1$, các BĐT đúng vì chúng đều trở thành đẳng thức. 
 
Trường hợp $n\ge 2$.
\[ \frac{1}{4}\left(\left(x-\sqrt{x^2-4}\right)^n+\left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n\right)\ge  \frac{2^n}{2}\ge 2,\]
và 
\[\frac{1}{4} \left(x+\sqrt{x^2-4}\right)^n\ge \frac{1}{4}(2(x-2))^n\ge {(x-2)}^n\]
nên ta có BĐT "vế trái".
 
 

 

BĐT "vế trái" (sau khi sửa đề) có thể  được chứng minh nhẹ nhàng hơn như sau: 

 
Dùng BĐT $\frac{a^n+b^n}{2}\ge \left(\frac{a+b}{2}\right)^n$, ta có $ P_n(x)\ge x^n= [(x-2)+2]^n \ge (x-2)^n+2^n $ với $ \forall x>2 $.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vanchanh123: 29-07-2016 - 18:07

Đời người là một hành trình...


#29 trunghtltbn

trunghtltbn

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 9 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Luong Tai, Bac Ninh

Đã gửi 01-01-2017 - 16:59

Bài 3: Cho đa thức P(x) có các hệ số là các số nguyên và P(17) = 10; P(24) = 17. Biết a, b là hai số nguyên phân biệt  thỏa mãn P(a) = a + 3 và P(b) = b + 3. Tính ab

 

​Bạn nào giải hộ mình với

 



#30 An Infinitesimal

An Infinitesimal

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1462 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:cù lao
  • Sở thích:~.*

Đã gửi 03-01-2017 - 22:26

Bài 3: Cho đa thức P(x) có các hệ số là các số nguyên và P(17) = 10; P(24) = 17. Biết a, b là hai số nguyên phân biệt  thỏa mãn P(a) = a + 3 và P(b) = b + 3. Tính ab

 

​Bạn nào giải hộ mình với

 

Dùng tính chất: Nếu $P(x)\in \mathbb{Z}[x]$ thì $P(u)-P(v) \vdots (u-v)$ với $u, v \in \mathbb{Z}$ và $u\neq v.$

 

Ta có

$$\begin{cases}a-7=P(a)-P(17) \vdots (a-17), \\a-14=P(a)-p(24) \vdots (a-24).\end{cases}$$

 

Suy ra $a-17$ và $a-24$ đều là ước của $10.$

Suy ra $a=2 \vee a=5.$

 

Tương tự ta có  $b=2 \vee b=5.$

Vì $a\neq b$ nên $ab=2.5=10.$


Đời người là một hành trình...





0 người đang xem chủ đề

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