Title Chủ đề 23 Số học-đa thức-pt hàm-pt nghiệm nguyên.docx ✅

Trang 1 Số học Câu 1. (HSG12 tỉnh Ninh Bình) Cho đa thức ()Px có hệ số nguyên ,,abc là các số nguyên thỏa mãn ()1,()2PaPb và ()3Pc . Chứng minh rằng: 2acb . Lời giải Cách 1: Đa thức có nghiệm xb có thể viết dưới dạng ().()xbqx . Vì ()2Pb nên ta có ()().()2Pxxbqx với () [ x ] qxℤ . Ta có: ()1 ()3     Pa Pc thay vào ()Px ta được 1()().()2().()1 3()().()2().()1     Paabqaabqa Pccbqccbqc Vì , , , abcbqaqc là những số nguyên nên ab và cb là ước của 1. Ta có ()().PaPcac Suy ra: 1 1     ab cb hoặc 1 1     ab cb 2acb Cách 2: Bổ đề: Cho ()Px là đa thức với hệ số nguyên; ,ab là hai số nguyên khác nhau. Khi đó: ()()PaPbab⋮ . Trở lại bài toán. Ta có: ()() ()() ()()       PaPb PcPb PaPc nên       ab cb ac . Khi đó: ()()211 ()()321     PaPbababab PcPbcbcbcb ⋮⋮⋮ ⋮⋮⋮ Như vậy: ab và cb là ước của . 1 . . Suy ra: 1 1     ab cb hoặc 1 1     ab cb 2acb Câu 2. (HSG12 HCM ngày 2) Cho đa thức bậc ba 33Pxxx . a)Chứng minh rằng tồn tại các số thực ,,abc đôi một phân biệt sao cho ,,PabPbcPca . b) Giả sử tồn tại 3 bộ số thực ,,iiiabc với 1,3i gồm 9 số đôi một phân biệt sao cho ,,iiiiiiPabPbcPca với 1,3i . Đặt iiiiSabc với 1,3i . Chứng minh rằng 222 123122331...SSSSSSSSS . 23 Chuyên đề
Trang 2 Lời giải a) Giả sử ,,abc là bộ 3 số thực đôi một phân biệt thỏa mãn ,,PabPbcPca . Xét 2cosa với 0; khi đó 32cos8cos6cosbPaP2cos3 . Tương tự, 2cos32cos9cPbP , 2cos92cos27aPcP . Từ đó ta cần có 2cos2cos27272k 13 14 k kZ k            . Vậy chọn 2cos 13a  thì 3 2cos 13b  , 9 2cos 13c  ta được bộ 3 số thực ,,abc đôi một phân biệt thỏa mãn bài toán. b) Giả sử tồn tại 3 bộ số thực ,,iiiabc với 1,3i gồm 9 số đôi một phân biệt sao cho ,,iiiiiiPabPbcPca với 1,3i . Đặt iiiiSabc với 1,3i . Chứng minh rằng 222 123122331...SSSSSSSSS . Giả sử 222 123122331123...SSSSSSSSSSSSd . Xét đa thức QxxPxPPxd suy ra Qx là đa thức bậc 9. Ta có: 1111QaaPaPPad111abPbd11110abcdSd . 1111111QbbPbPPbdbcad10Sd . 1111111QccPcPPcdcabd10Sd . Suy ra 111,,abc là 3 nghiệm phân biệt của phương trình 0Qx . Tương tự, 222,,abc và 333,,abc cũng là các nghiệm phân biệt của phương trình 0Qx hay phương trình 0Qx có 9 nghiệm thực phân biệt có tổng bằng 3d . Mặt khác, 33333333Qxxxxxxxx hay 9753927297Qxxxxxx suy ra Qx không chứa 8x nên theo định lí viét thì phương trình 0Qx có tổng các nghiệm bằng 0 hay 300dd0Qx có một nghiệm bằng 0, mà 00P mâu thuẫn với giả thiết ,,iiiiiiPabPbcPca . Vậy 222 123122331...SSSSSSSSS . Câu 3. (HSG11 Chuyên Duyên Hải Đồng Bằng Bắc Bộ)Tìm tất cả các đa thức sao cho với mọi sốnguyên dương, phương trình có nghiệm nguyên. Lời giải Rõ ràng deg()0.P Đặt deg()Pm và là hệ số bậc cao nhất của không mất tổng quát, coi Gọi là nghiệm nguyên lớn nhất của phương trình
Trang 3 Dễ thấy nx nên lim1 2 m n n ax  , do đó 1 lim2mn n x x   Hơn nữa, do 1nnxx là ước của 1nnPxPx nên 12nk nnxx , với nk là số tự nhiên nào đó. Suy ra 12 1 nk n nn x xx   Và ..2.221limlimlim2 . nn n m kmk m mknm m nn a a xax    . Do đó, dãy .nmkn phải hội tụ đến l (nguyên) nào đó. Kéo theo 21.2mlma . Do đó m phải bằng 1 Đặt Pxaxb . Từ 212axx ta suy ra 1,2a . Từ đó, ta tìm được tất cả các đa thức Px thỏa mãn là Pxaxk với 1,2a và k là một số nguyên tùy ý Câu 4. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Cho đa thức 4321fxxaxbxcx với ;;abc là các số thực không âm. Biết rằng phương trình 0fx có 4 nghiệm thực, chứng minh 420182019f . Lời giải Nhận xét: Nếu 0x là nghiệm của phương trình 0fx thì 00x (vì nếu 00x thì 00fx ). Gọi 4 nghiệm của phương trình 0fx là 1234;;;xxxx với 0,1;4ixi . Khi đó 1234fxxxxxxxxx ; 1234011fxxxx . Ta có 44 112018 2018201811...1ii ii fxx      laàn 444201920191234 1 2019.2019.2019i i xxxxx    . Dấu “=” xảy ra 12341xxxx . Câu 5. (HSG12 tỉnh Bình Thuận vòng 2) Giải phương trình nghiệm nguyên 33222241()xyxyxyxxyy . Lời giải Nhận xét: xy 22 241()xyxy 33222222 41441()()()xyxyxyxxyyxyxyxy 2224124414 24345 xyxyxyxyxy xyxyxyxy  
Trang 4 3xy không thỏa. 4xy không thỏa. 5xy tìm được 14;xy hoặc 41;xy Câu 6. (HSG chọn HSG quốc gia tỉnh ĐỒNG THÁP 2018-2019) Xét phương trình 3152018 xyz . a) Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ ba số nguyên ,,xyz thỏa mãn phương trình trên. b) Có tồn tại hay không bộ ba số nguyên dương ,,xyz thỏa mãn phương trình trên? Lời giải a) Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ ba số nguyên ,,xyz thỏa mãn phương trình trên. Cho 0x phương trình trở thành 52018yz . Cho 2018ya ( a là số nguyên tùy ý). Suy ra 5za . Khi đó 20185,,0,,xyzaa thỏa mãn phương trình. Vì a là số nguyên tùy ý nên tồn tai vô số bộ ba ,,xyz nguyên thỏa mãn phương trình. b) Có tồn tại hay không bộ ba số nguyên dương ,,xyz thỏa mãn phương trình trên? Có tồn tại bộ ba số nguyên dương ,,xyz thỏa mãn phương trình trên. Vì: Xét 5312,2,mmxymℤ . Khi đó: 3153155311551551222.22mmmmxy . Mà theo đề bài ta có: 3152018 xyz nên ta cần chọn m sao cho: 15512018,1mnnℤ . Khi đó: 2nz . Từ 1 suy ra: 20181n chia hết cho 155 Hay: 31n chia hết cho 155 . Đặt: 31155,nkkℤ . Suy ra: 1551k chia hết cho 3 . Hay 1561kk chia hết cho 3 . Do đó: 1k chia hết cho 3 . Đặt: 13,31,kqqkqqℤℤ .Từ đó suy ra: 2018677mq . Như vậy 5201867731(2018677)15552,,2,2,2,qqqxyzqℤ đều là nghiệm của phương trình đã cho. Câu 7. (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2)Cho hàm số :fℝℝ thỏa mãn 2322fxxfx và 33232fxfxx với mọi xℝ . a)Chứng minh rằng fx không phải là đơn ánh trên ℝ . b)Chứng minh rằng ()1fx với mọi xℝ . Lời giải a) Chứng minh rằng fx không phải là đơn ánh trên ℝ .