Chủ đề này có 9 trả lời

[datkjlop9a2hVvMF]

Chứng minh rằng nếu $\overline{abc}$ là số nguyên tố thì phương trình $ax^{2}+bx+c=0$ không có nghiệm hữu tỉ.

thêm một bài nữa:
Tìm các số a,b sao cho các phương trình $x^{2}+ax+6=0$ và $x^{2}+bx+12=0$ có ít nhất một nghiệm chung và $\left | a \right |+\left | b \right |$ nhỏ nhất.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi datkjlop9a2hVvMF: 19-06-2012 - 20:31

[thedragonknight]

Bài đầu:
Ta có:$\Delta =b^{2}-4ac$
Xét $\Delta \geq 0$

giả sử pt đó có nghiệm hữu tỉ nên $\Delta =x^{2}$
Suy ra $(b+x)(b-x)=4ac$
Vì b,x cùng tính chẵn lẽ nên b+x chẵn;b-x chẵn
Ta xét các TH sau:
$\left\{\begin{matrix} b+x=a\\b-x=4c \end{matrix}\right.$
mà $b+x\geq b-x\Rightarrow a\geq 4c$ nên c=1 (vì c lẻ )
Thay c=1 vào ta đc: $\left\{\begin{matrix} b=\frac{a}{2}+2\\ x=\frac{a}{2}-2 \end{matrix}\right.$
Thế vào ta tìm đc a=0(vô lý)
Xét $\left\{\begin{matrix} b+x=2ac\\b-x=2 \end{matrix}\right.$
tương tự ta cũng có: $2ac\geq 2\Rightarrow ac\geq 1\Rightarrow a=1;c=1$
tính đc b=2 khi đó $\overline{abc}=121=11^{2}$ ko phải là số nguyên tố
Xét $\left\{\begin{matrix} b+x=2a\\b-x=2c \end{matrix}\right.$
Ta chứng minh đc a>c
Suy ra b=a+c
khi đó $\overline{abc}=110a+11c\vdots 11$ ko phải là số nguyên tố.
Vậy điều giả sử sai nên ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thedragonknight: 19-06-2012 - 21:19

[ducthinh26032011]

Chứng minh rằng nếu $\overline{abc}$ là số nguyên tố thì phương trình $ax^{2}+bx+c=0$ không có nghiệm hữu tỉ.

thêm một bài nữa:
Tìm các số a,b sao cho các phương trình $x^{2}+ax+6=0$ và $x^{2}+bx+12=0$ có ít nhất một nghiệm chung và $\left | a \right |+\left | b \right |$ nhỏ nhất.

2.Giả sử pt $x^{2}+ax+6=0(1)$ có nghiệm là $x_{0};x_{1}$
$x^{2}+bx+12=0(2)$ có nghiệm là $x_{0};x_{2}$
$2x_{1}x_{0}=x_{2}x_{0} (2.6=12)$
$\Leftrightarrow 2x_{1}=x_{2}$
Ta có: $x_{1}+x_{0}=-a$ và $x_{2}+x_{0}=-b\Leftrightarrow 2x_{1}+x_{0}=-b$
$\Rightarrow x_{1}=a-b$ và $x_{0}=b-2a$
Ta lại có hệ:$x_{0}^{2}+ax_{0}+6=0$
$x_{0}^{2}+bx_{0}+12=0$
Trừ 2 vế,ta được:$(a-b)x_{0}-6=0\Leftrightarrow (b-2a)(a-b)-6=0$
$\Leftrightarrow b^{2}-3ab+2a^{2}+6=0$
Xét $\Delta =9a^{2}-4(2a^{2}+6)=a^{2}-24\geq 0$
$\left | a \right |\geq 2\sqrt{6}$
$b_{1}=\frac{3a+\sqrt{a^{2}-24}}{2}\geq 3\sqrt{6}(3)$
$b_{2}=\frac{3a-\sqrt{a^{2}-24}}{2}\leq -3\sqrt{6}\Leftrightarrow \left | b_{2} \right |\geq 3\sqrt{6}(4)$
Từ $(3)$ và $(4)$ $\Rightarrow \left | b \right |\geq 3\sqrt{6}$
Ta có:$\Rightarrow \left | a \right |+\left | b \right |\geq 2\sqrt{6}+3\sqrt{6}=5\sqrt{6}$
Vì $\Rightarrow \left | a \right |+\left | b \right |$ đạt $min$ nên $a=...$ và $b=...$
Vậy ...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducthinh26032011: 19-06-2012 - 22:15

[nguyenta98]

Chứng minh rằng nếu $\overline{abc}$ là số nguyên tố thì phương trình $ax^{2}+bx+c=0$ không có nghiệm hữu tỉ.

Tất cả các cách trên đều là cách "cơ hội", nếu số đó có $4,5,6,...$ chữ số thì Delta cũng phải bó tay thôi (thậm chí ko tìm được Delta)

Sau đây là bài toán tổng quát và lời giải của mình đã post bên mathlink (http://www.artofprob...648819#p2648819)

Oh oops I read it wrong actually you're right

This problem generalizes in that suppose $\overline{a_1a_2...a_n}$ is a prime in $\mathbb{Z}$. Prove $a_1x^{n-1} + a_2x^{n-2} + ... + a_n$ is irreducible over $\mathbb{Q}[x]$.

Well, thanks to dinoboy for genaralizing the problem

For generality, I will give a general problem
Problem: Let $p=\overline{a_na_{n-1}...a_1a_0}$ be the n-digit prime number. Prove that the equation
\[a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0=0\]
Has no rational roots
Proof:
We assume the above equation has rational roots so there exist $b_0,b_1$ are integer numbers such that
\[(b_0x+b_1)(\dfrac{a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0}{b_0x+b_1})=0\]
Let $\dfrac{a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0}{b_0x+b_1}$ be $c_{n-1}x^{n-1}+c_{n-2}x^{n-2}+...+c_1x+c_0$
Notice that, we can assume all $c_{n-1},...,c_0$ are integer because $(b_0x+b_1)(c_{n-1}x^{n-1}+c_{n-2}x^{n-2}+...+c_1x+c_0)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$ and $a_n,a_{n-1},...,a_0,b_0,b_1$ are all integers <1>, so if $c_i$ is not an rational number thus when we expand $(b_0x+b_1)(c_{n-1}x^{n-1}+c_{n-2}x^{n-2}+...+c_1x+c_0)$ and arrange the coefficients we gain "there exist at least one coefficient which is not an integer, contrary to <1>
Thus we finish proving $c_{n-1},c_{n-2},...,c_0$ are rational numbers, let $c_i=\dfrac{d_i}{e_i}$
Then after "reducing to the same denominator" we gain all the coefficient of $(\dfrac{d_{n-1}}{e_{n-1}}x^{n-1}+...+\dfrac{d_0}{e_0})$ are integer, so for convenience we can assume $c_{n-1},c_{n-2},...,c_0$ are integers

Return to our problem:
\[(b_0x+b_1)(c_{n-1}x^{n-1}+c_{n-2}x^{n-2}+...+c_1x+c_0)=0=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0\]
Change $x$ to $10$ we have
\[(b_0.10+b_1)(c_{n-1}10^{n-1}+c_{n-2}10^{n-2}+...+c_1.10+c_0)=a_n.10^n+a_{n-1}.10^{n-1}+...+a_1.10+a_0=p=\overline{a_na_{n-1}...a_1a_0}\]
False because $p$ is a prime number, and $(b_0.10+b_1)(c_{n-1}10^{n-1}+c_{n-2}10^{n-2}+...+c_1.10+c_0)$ isn't a prime number
So we are done. The final answer is "there is no rational root of $a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0=0$"

I think the general problem is easy, can you check it for me, I proved problem because I saw a smaller problem $p=\overline{abc}$ in HOMO (hanoi -open mathematical olympiad) of Vietnam, so I try to do it in generality, and I succeeded, but can anyone check it for me?
___tahanguyen98 - mathlink (nguyenta98 VMF =)) )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 19-06-2012 - 21:40

[datkjlop9a2hVvMF]

2.Giả sử pt $x^{2}+ax+6=0(1)$ có nghiệm nguyên là $x_{0};x_{1}$
$x^{2}+bx+12=0(2)$ có nghiệm nguyên là $x_{0};x_{2}$
$2x_{1}x_{0}=x_{2}x_{0} (2.6=12)$
$\Leftrightarrow 2x_{1}=x_{2}$
Ta có: $x_{1}+x_{0}=-a$ và $x_{2}+x_{0}=-b\Leftrightarrow 2x_{1}+x_{0}=-b$
$\Rightarrow x_{1}=a-b$ và $x_{0}=b-2a$
Ta lại có hệ:$x_{0}^{2}+ax_{0}+6=0$
$x_{0}^{2}+bx_{0}+12=0$
Trừ 2 vế,ta được:$(a-b)x_{0}-6=0\Leftrightarrow (b-2a)(a-b)-6=0$
$\Leftrightarrow b^{2}-3ab+2a^{2}-6=0$
Xét $\Delta =9a^{2}-4(2a^{2}+6)=a^{2}-24\geq 0$
$\left | a \right |\geq 2\sqrt{6}$
$b_{1}=\frac{3a+\sqrt{a^{2}-24}}{2}\geq 3\sqrt{6}(3)$
$b_{2}=\frac{3a-\sqrt{a^{2}-24}}{2}\leq -3\sqrt{6}\Leftrightarrow \left | b_{2} \right |\geq 3\sqrt{6}(4)$
Từ $(3)$ và $(4)$ $\Rightarrow \left | b \right |\geq 3\sqrt{6}$
Ta có:$\Rightarrow \left | a \right |+\left | b \right |\geq 2\sqrt{6}+3\sqrt{6}=5\sqrt{6}$
Vì $\Rightarrow \left | a \right |+\left | b \right |$ đạt $min$ nên $a=2\sqrt{6}$ và $b=3\sqrt{6}$
Vậy ...

Giải câu 2 hề:
Gọi nghiệm chung của hai phương trình là m,ta có:$m^{2}+am+6=0$ và $m^{2}+bm+12=0$
$\Rightarrow$$2m^{2}+(a+b)m+18=0$(1)
Để tồn tại m thì (1) phải có nghiệm,tức là:$\Delta \geq 0\Leftrightarrow (a+b)^{2}-144\geq 0\Leftrightarrow \left | a+b \right |\geq 12$
Ta có:$\left | a \right |+\left | b \right |\geq \left | a+b \right |\geq 12$
$\Rightarrow min(\left | a \right |+\left | b \right |)=12\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}ab\geq 0\\ \left | a+b \right |=12\end{matrix}\right.$
Với a+b=12,(1)là $m^{2}+6m+9=0$,có nghiệm m=-3.Từ đó$\Rightarrow$a=5,b=7.
Với a+b=-12,(1)là$m^{2}-6m+9=0$,có nghiệm m=3.Từ đó$\Rightarrow$a=-5,b=-7.
em ko fải spam mà chỉ thách đứa bạn và đây là lời giải mong mọi người thông cảm:)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi datkjlop9a2hVvMF: 19-06-2012 - 21:48

[NLT]

Chứng minh rằng nếu $\overline{abc}$ là số nguyên tố thì phương trình $ax^{2}+bx+c=0$ không có nghiệm hữu tỉ.

thêm một bài nữa:
Tìm các số a,b sao cho các phương trình $x^{2}+ax+6=0$ và $x^{2}+bx+12=0$ có ít nhất một nghiệm chung và $\left | a \right |+\left | b \right |$ nhỏ nhất.

Bài đầu:
Ta có:$\Delta =b^{2}-4ac$
Xét $\Delta \geq 0$

giả sử pt đó có nghiệm hữu tỉ nên $\Delta =x^{2}$
Suy ra $(b+x)(b-x)=4ac$
Vì b,x cùng tính chẵn lẽ nên b+x chẵn;b-x chẵn
Ta xét các TH sau:
$\left\{\begin{matrix} b+x=a\\b-x=4c \end{matrix}\right.$
mà $b+x\geq b-x\Rightarrow a\geq 4c$ nên c=1 (vì c lẻ )
Thay c=1 vào ta đc: $\left\{\begin{matrix} b=\frac{a}{2}+2\\ x=\frac{a}{2}-2 \end{matrix}\right.$
Thế vào ta tìm đc a=0(vô lý)
Xét $\left\{\begin{matrix} b+x=2ac\\b-x=2 \end{matrix}\right.$
tương tự ta cũng có: $2ac\geq 2\Rightarrow ac\geq 1\Rightarrow a=1;c=1$
tính đc b=2 khi đó $\overline{abc}=121=11^{2}$ ko phải là số nguyên tố
Xét $\left\{\begin{matrix} b+x=2a\\b-x=2c \end{matrix}\right.$
Ta chứng minh đc a>c
Suy ra b=a+c
khi đó $\overline{abc}=110a+11c\vdots 11$ ko phải là số nguyên tố.
Vậy điều giả sử sai nên ta có đpcm

P/S: Lời giải của thedragonknight đã sai ở những chỗ màu đỏ nhé ! Bởi a,c có thể là hợp số, do vậy xét ở dưới thì thiếu trường hợp rồi ! . Sau đây là lời giải của mình:
________________

$\boxed{\text{NLT_CL}}$ Solution:

Cần chứng minh $\Delta=b^2-4ac$ không là số chính phương.

Giả sử $\Delta=b^2-4ac=m^2 (m \in N)$. Dễ thấy $m<b$.

Ta có: $4a.\overline {abc} = {\left( {20a + b} \right)^2} - \left( {{b^2} - 4ac} \right) = \left( {20a + b + m} \right)\left( {20a + b - m} \right)$.

Do đó: $p \mid 20a+b+m$ hoặc $p \mid 20a+b-m$.

Mặt khác, dễ chứng minh được: $0 < 20a + b - m \le 20a + b + m$. Do đó dẫn đến điều vô lý, từ đó $\to Q.E.D$.

$\boxed{\textit{The problem is solved...}}$
___

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 20-06-2012 - 08:31

[thedragonknight]

Bài đầu:
Ta có:$\Delta =b^{2}-4ac$
Xét $\Delta \geq 0$

giả sử pt đó có nghiệm hữu tỉ nên $\Delta =x^{2}$
Suy ra $(b+x)(b-x)=4ac$
Vì b,x cùng tính chẵn lẽ nên b+x chẵn;b-x chẵn
Ta xét các TH sau:
$\left\{\begin{matrix} b+x=a\\b-x=4c \end{matrix}\right.$
mà $b+x\geq b-x\Rightarrow a\geq 4c$ nên c=1 (vì c lẻ )
Thay c=1 vào ta đc: $\left\{\begin{matrix} b=\frac{a}{2}+2\\ x=\frac{a}{2}-2 \end{matrix}\right.$
Thế vào ta tìm đc a=0(vô lý)
Xét $\left\{\begin{matrix} b+x=2ac\\b-x=2 \end{matrix}\right.$
tương tự ta cũng có: $2ac\geq 2\Rightarrow ac\geq 1\Rightarrow a=1;c=1$
tính đc b=2 khi đó $\overline{abc}=121=11^{2}$ ko phải là số nguyên tố
Xét $\left\{\begin{matrix} b+x=2a\\b-x=2c \end{matrix}\right.$
Ta chứng minh đc a>c
Suy ra b=a+c
khi đó $\overline{abc}=110a+11c\vdots 11$ ko phải là số nguyên tố.
Vậy điều giả sử sai nên ta có đpcm

Xin lỗi các bạn lời giải của mình có chút vấn đề ở đây. Mình xin bổ sung như sau
Cái bài giải trên là với trường hợp a,c nguyên tố.Xét
a,c là hợp số. Nên c=9 và a=4;6;8;9
Ta có $4ac=b^{2}-x^{2}\leq 9^{2}-0^{2}=81$
Mặt khác $4ac\geq 4.4.9=144> 81$.Xảy ra điều vô lý.
Xét a nguyên tố ,c hợp số thì c=9
Từ đó ta có $b^{2}-x^{2}=36a\geq 81$ suy ra a=2
Xét a=1 suy ra $b^{2}=x^{2}+36$.Tìm đc b=6 và x=0.
từ đó tìm đc c=9. $\overline{abc}=169=13^{2}$ ko nguyên tố.
Xét a=2. ta có $b^{2}=72+x^{2}\geq 81$ nên x=0;1;2;3.Từ đó ta đc b=9 ;x=3
tính đc c=9.Từ đó $\overline{abc}=299=13.23$ ko phải là nguyên tố.
Xét a hợp số,c nguyên tố v
thì a=4;6;8;9 và c=3;5;7
Xét a=4 thì $b^{2}=x^{2}+4ac=x^2+16c\geq81$ thì c=1;3;5
.........
ta cứ tiếp tục xét như thế.
và xét thêm 1 TH đặc biệt là a=c=1



P/s:phải nói rằng cách giải của mình rất dài và rất bất hợp lí. Cho nên đây là 1 cách giải ko nên.

[ducthinh26032011]

Giải câu 2 hề:
Gọi nghiệm chung của hai phương trình là m,ta có:$m^{2}+am+6=0$ và $m^{2}+bm+12=0$
$\Rightarrow$$2m^{2}+(a+b)m+18=0$(1)
Để tồn tại m thì (1) phải có nghiệm,tức là:$\Delta \geq 0\Leftrightarrow (a+b)^{2}-144\geq 0\Leftrightarrow \left | a+b \right |\geq 12$
Ta có:$\left | a \right |+\left | b \right |\geq \left | a+b \right |\geq 12$
$\Rightarrow min(\left | a \right |+\left | b \right |)=12\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}ab\geq 0\\ \left | a+b \right |=12\end{matrix}\right.$
Với a+b=12,(1)là $m^{2}+6m+9=0$,có nghiệm m=-3.Từ đó$\Rightarrow$a=5,b=7.
Với a+b=-12,(1)là$m^{2}-6m+9=0$,có nghiệm m=3.Từ đó$\Rightarrow$a=-5,b=-7.
em ko fải spam mà chỉ thách đứa bạn và đây là lời giải mong mọi người thông cảm:)

Nếu bài bạn

• datkjlop9a2hVvMF đúng thì ai xem dùm bài mình sai chỗ nào với!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducthinh26032011: 19-06-2012 - 22:08

[minhtuyb]

2.Giả sử pt $x^{2}+ax+6=0(1)$ có nghiệm là $x_{0};x_{1}$
$x^{2}+bx+12=0(2)$ có nghiệm là $x_{0};x_{2}$
$2x_{1}x_{0}=x_{2}x_{0} (2.6=12)$
$\Leftrightarrow 2x_{1}=x_{2}$
Ta có: $x_{1}+x_{0}=-a$ và $x_{2}+x_{0}=-b\Leftrightarrow 2x_{1}+x_{0}=-b$
$\Rightarrow x_{1}=a-b$ và $x_{0}=b-2a$
Ta lại có hệ:$x_{0}^{2}+ax_{0}+6=0$
$x_{0}^{2}+bx_{0}+12=0$
Trừ 2 vế,ta được:$(a-b)x_{0}-6=0\Leftrightarrow (b-2a)(a-b)-6=0$
$\Leftrightarrow b^{2}-3ab+2a^{2}+6=0$
Xét $\Delta =9a^{2}-4(2a^{2}+6)=a^{2}-24\geq 0$
$\left | a \right |\geq 2\sqrt{6}$
$b_{1}=\frac{3a+\sqrt{a^{2}-24}}{2}\geq 3\sqrt{6}(3)$
$b_{2}=\frac{3a-\sqrt{a^{2}-24}}{2}\leq -3\sqrt{6}\Leftrightarrow \left | b_{2} \right |\geq 3\sqrt{6}(4)$
Từ $(3)$ và $(4)$ $\Rightarrow \left | b \right |\geq 3\sqrt{6}$
Ta có:$\Rightarrow \left | a \right |+\left | b \right |\geq 2\sqrt{6}+3\sqrt{6}=5\sqrt{6}$
Vì $\Rightarrow \left | a \right |+\left | b \right |$ đạt $min$ nên $a=...$ và $b=...$
Vậy ...

Chú ý 3 dòng đỏ nhé:
$|a|\ge 2\sqrt{6} \not\Leftrightarrow a\ge 2\sqrt{6}$. Theo mình hiểu thì ở 2 dòng đánh giá $b_1;|b_2|$ là bạn đang ngộ nhận rằng $a\ge 2\sqrt{6}$

Hix cách này lằng nhằng quá, soi mờ cả mắt ="='

[ducthinh26032011]

Chú ý 3 dòng đỏ nhé:
$|a|\ge 2\sqrt{6} \not\Leftrightarrow a\ge 2\sqrt{6}$. Theo mình hiểu thì ở 2 dòng đánh giá $b_1;|b_2|$ là bạn đang ngộ nhận rằng $a\ge 2\sqrt{6}$

Hix cách này lằng nhằng quá, soi mờ cả mắt ="='

Mình k hiểu
$a\geq 2\sqrt{6}$ hoặc $a\leq -2\sqrt{6}$
thì $b_{1}\geq 3\sqrt{6}$ và $b_{2}\leq -3\sqrt{6}$
sai chỗ nào,bạn chỉ rõ hơn được k
P/s:Vẫn lùng bùng...