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

Chứng minh phương trình luôn có nghiệm hữu tỷ với mọi số nguyên n


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 kidkie

kidkie

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 24 Bài viết

Đã gửi 06-06-2012 - 19:13

Chứng minh phương trình CodeCogsEqn (1).gif (n là tham số)luôn có nghiệm hữu tỷ với mọi số nguyên n

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kidkie: 06-06-2012 - 19:26


#2 famas1stvn98

famas1stvn98

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 14 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 06-06-2012 - 19:58

Theo công thức nghiệm phương trình bậc 2 thì x= $\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ nên ta xét cái $b^2$-4ac
$b^2$-4ac=4+4n(n+1)(n+2)(n+3)=$(2n^2+6n+2)^2$. Thay vào ta được x1=$\frac{n^2+3n}{n+1}$ (hữu tỉ)
còn x2=$\frac{-n^2-3n-2}{n+1}$ (cũng hữu tỉ)
$\rightarrow$ đpcm
P/s: đoạn cuối mình viết nhầm nên chắc bạn không hiểu. Nó hữu tỉ là vì cả tử lẫn mẩu của phân thức đều là số nguyên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi famas1stvn98: 06-06-2012 - 20:06


#3 L Lawliet

L Lawliet

    Tiểu Linh

  • Thành viên
  • 1624 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 06-06-2012 - 20:08

bạn giải thích cho mình vì sao nghiệm kia lại là hữu tỉ được không

Xét biệt thức Delta ra đươc 2 nghiệm $x_{1}$, $x_{2}$ theo $n$ như trên rồi thì: Vì $n$ là số hữu tỉ nên dẫn đến $x_{1}$, $x_{2}$ là số hữu tỉ.

Thích ngủ.


#4 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 06-06-2012 - 20:40

Chứng minh phương trình CodeCogsEqn (1).gif (n là tham số)luôn có nghiệm hữu tỷ với mọi số nguyên n

Theo công thức nghiệm phương trình bậc 2 thì x= $\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ nên ta xét cái $b^2$-4ac
$b^2$-4ac=4+4n(n+1)(n+2)(n+3)=$(2n^2+6n+2)^2$. Thay vào ta được x1=$\frac{n^2+3n}{n+1}$ (hữu tỉ)
còn x2=$\frac{-n^2-3n-2}{n+1}$ (cũng hữu tỉ)
$\rightarrow$ đpcm
P/s: đoạn cuối mình viết nhầm nên chắc bạn không hiểu. Nó hữu tỉ là vì cả tử lẫn mẩu của phân thức đều là số nguyên.

Một cách giải khác
Giải như sau:
Gọi $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình
Theo định lý $Viete$ suy ra $x_1+x_2=\dfrac{-2}{n+1}$ và $x_1x_2=\dfrac{-n(n+2)(n+3)}{n+1}$
Nhận thấy $(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=(x_1-x_2)^2$
Như vậy nếu ta chứng minh được $(x_1-x_2)^2$ là bình phương số hữu tỉ thì suy ra $x_1-x_2$ là số hữu tỉ
Mà $x_1-x_2$ hữu tỉ, với $x_1+x_2=\dfrac{-2}{n+1}$ hữu tỉ suy ra $x_1,x_2$ cùng hữu tỉ :D
Như vậy ta chỉ cần chứng minh $x_1-x_2$ hữu tỉ là xong $<1>$
Mặt khác $(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=(\dfrac{-2}{n+1})^2 -\dfrac{-4n(n+2)(n+3)}{n+1}$
$=\dfrac{4[n(n+1)(n+2)(n+3)+1]}{(n+1)^2}$
Nhưng ta thấy $4[n(n+1)(n+2)(n+3)+1]=4[n(n+3)(n+2)(n+1)+1]=4[(n^2+3n)(n^2+3n+2)+1]=4(n^2+3n+1)^2=[2(n^2+3n+1)]^2$
Do đó $(x_1-x_2)^2=(\dfrac{[2(n^2+3n+1)]}{n+1})^2$ là bình phương số hữu tỉ nên $<1>$ được cm nên bài toán được chứng minh :D




0 người đang xem chủ đề

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