Nhà mình ai biết bài nào chỉ em cái

Question

1. Cho $f(x)$ và $g(x)$ là $2$ đa thức có hệ số nguyên thỏa mãn $f(x^{3})+xg(x^{3})$ chia hết cho đa thức $x^{2}+x+1$. Gọi $d$ là ước chung lớn nhất của $f(2015)$ và $g(2015)$. CMR : $d$ chia hết cho $2014$.

2. Cho $a, b$ là $2$ số thực phân biệt. Giả sử tồn tại đa thức $P(x)$ và $Q(x)$ có bậc không quá $2n-1$ thỏa mãn : $(x -a )^{2n}.P(x)+(x -b )^{2n}.Q(x)=1$. CMR : $Q(x)=P(a+b-x)$.

3. Cho $a, b, c$ là các số nguyên khác $0, a\neq c$ thỏa mãn : $\frac{a}{c}=\frac{a^{2}+b^{2}}{b^{2}+c^{2}}$. CMR :

$a^{2}+b^{2}+c^{2}$ là hợp số.

score 5 · Answer 1

Bình chọn tăng 5 Bình chọn giảm

3.

Từ điều kiện suy ra $b^2(a-c)-ac(a-c)=0$, hay $(a-c)(b^2-ac)=0$. Vì $a\neq c$ nên $b^2-ac=0$, hay $b^2=ac$.

Giả sử $d$ là ước chung lớn nhất của $a$ và $c$.

Trường hợp $d>1$.

Khi đó $a^2+b^2+c^2=a^2+ac+c^2$ chia hết cho $d$ và $d^2$. Suy ra $a^2+b^2+c^2$ là hợp số.

Trường hợp $d=1$. Không mất tính tổnq quát khi coi $a>c$.

Vì $b^2=ac$ nên $a$ và $c$ cùng chính phương; suy ra $a=m^2$ và $c=n^2$ với $m,n$ là các số nguyên dương và $m>n$. Khi đó $a^2+b^2+c^2=(m^2+mn+n^2)(m^2-mn+n^2)$. Vì $m,n$ nguyên dương nên $m^2+mn+n^2>m^2-mn+n^2>1$. Suy ra $m^2+mn+n^2$ và $m^2-mn+n^2$ là hai ước khác nhau và cùng lớn hơn $1$ của $a^2+b^2+c^2$. Suy ra $a^2+b^2+c^2$ là hợp số.

cám ơn nha..!!! – Ngọc 14-04-16 09:47 PM

score 5 · Answer 2

2.

Với $y \in R$ tùy ý.

Lấy $x=y$ thì được

$(y-a)^{2n}P(y)+(y-b)^{2n}Q(y)=1$ (1).

Lấy $x=a+b-y$ thì được $(b-y)^{2n}P(a+b-y)+(a-y)^{2n}Q(a+b-y)=1$; suy ra

$(y-b)^{2n}P(a+b-y)+(y-a)^{2n}Q(a+b-y)=1$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $(y-b)^{2n}[Q(y)-P(a+b-y)]=(y-a)^{2n}[Q(a+b-y)-P(y)]$ (3).

Vì $y$ tùy ý nên (3) đúng với mọi $y$ thuộc $R$.

Từ (3) suy ra $(y-b)^{2n}[Q(y)-P(a+b-y)]$ chia hết cho $(y-a)^{2n}$. Vì $(y-b)^{2n}$ và $(y-a)^{2n}$ có ước chung lớn nhất bằng $1$ nên $Q(y)-P(a+b-y)$ chia hết cho $(y-a)^{2n}$. Suy ra $Q(y)-P(a+b-y)=(y-a)^{2n}R(x)$. Vì $Q(y)-P(a+b-y)$ có bậc không quá $2n-1$ nên $R(y)=0$. Suy ra $Q(y)-P(a+b-y)=0$, suy ra $Q(y)=P(a+b-y)$.

score 5 · Answer 3

Bình chọn tăng 5 Bình chọn giảm

1.

Để ý rằng $f(x^3)-f(1)$ và $x[g(x^3)-g(1)]$ chia hết cho $x^3-1$. Suy ra $f(x^3)-f(1)$ và $x[g(x^3)-g(1)]$ chia hết cho $x^2+x+1$.

Suy ra $[f(x^3)+xg(x^3)]-[f(1)+xg(1)]=f(x^3)-f(1)+x[g(x^3)-g(1)]$ chia hết cho $x^2+x+1$.

Vì $f(x^3)+xg(x^3)$ chia hết cho $x^2+x+1$ nên $f(1)+xg(1)$ chia hết cho $x^2+x+1$. Vì $f(1)+xg(1)$ có bậc không quá $1$ nên $f(1)+xg(1)\equiv 0$, suy ra $f(1)=g(1)=0$.

Lại có: $f(2015) = f(2014+1)=2014p+f(1)=2014p$,

$g(2015)=g(2014)=2014q+g(1)=2014q$.

Suy ra $f(2015)$ và $g(2015)$ chia hết cho $2014$. Suy ra $d$ chia hết cho $2014$.