- Gỉa sử a là nghiệm nguyên của P(X) .

- Khi đó P(x) có dạng : \(P_{\left(x\right)}=\left(x-a\right)g\left(x\right)\)

- Theo bài ra ta có : \(P\left(x\right)=\left(2-a\right)\left(3-a\right)\left(4-a\right)g\left(2\right)g\left(3\right)g\left(4\right)=154\)

Thấy : \(\left(2-a\right)\left(3-a\right)\left(4-a\right)⋮3\forall a\in Z\)

Mà \(154⋮̸3\)

Vậy đa thức P(x) không có nghiệm nguyên .

Nhận xét: với a, b nguyên , n nguyên dương ta có: 
aⁿ và a cùng tính chẳn, lẻ ; 
với x là số lẻ thì a.xⁿ và a cùng tính chẳn lẻ 
và do đó, với x là số lẻ ta có: 
a.xⁿ + b.x^(x-1) cùng tính chẳn lẻ với a+b 
Tổng quát: với x là số nguyên lẻ, n nguyên dương, a, b, c,... nguyên ta có: 
a.xⁿ + b.x^(x-1) +...+ cx cùng tính chẳn lẻ với a+b+..+c 
- - - - - - 
Đặt: f(x) = a.xⁿ + b.x^(x-1) + ...+ c.x + d 
có f(0) = d lẻ (do giả thiết) 
f(1) = a+b+..+ c +d lẻ => a+b+..+c chẳn với x nguyên tuỳ ý ta có hai trường hợp: 
nếu x chẳn thì: a.xⁿ + b.x^(n-1) +..+cx chẳn => f(x) lẻ (do d lẻ) 
nếu x lẻ thì từ nhận xét trên có: a.xⁿ + b.x^(n-1) +..+cx chẳn (do a+b+..+c chẳn) 
=> f(x) lẻ 

Tóm lại có f(x) là số lẻ với mọi x nguyên => f(x) # 0 với mọi x nguyên 
=> f(x) không có nghiệm nguyên 

Nhận xét: với a, b nguyên , n nguyên dương ta có: 
aⁿ và a cùng tính chẳn, lẻ ; 
với x là số lẻ thì a.xⁿ và a cùng tính chẳn lẻ 
và do đó, với x là số lẻ ta có: 
a.xⁿ + b.x^(n-1) cùng tính chẳn lẻ với a+b 
tổng quát: với x là số nguyên lẻ, n nguyên dương, a, b, c,... nguyên ta có: 
a.xⁿ + b.x^(n-1) +...+ cx cùng tính chẳn lẻ với a+b+..+c 
- - - - - - 
đặt: f(x) = a.xⁿ + b.x^(n-1) + ...+ c.x + d 
có f(0) = d lẻ (do giả thiết) 
f(1) = a+b+..+ c +d lẻ => a+b+..+c chẳn 

với x nguyên tuỳ ý ta có hai trường hợp: 
nếu x chẳn thì: a.xⁿ + b.x^(n-1) +..+cx chẳn => f(x) lẻ (do d lẻ) 
nếu x lẻ thì từ nhận xét trên có: a.xⁿ + b.x^(n-1) +..+cx chẳn (do a+b+..+c chẳn) 
=> f(x) lẻ 

Tóm lại có f(x) là số lẻ với mọi x nguyên => f(x) # 0 với mọi x nguyên 
=> f(x) không có nghiệm nguyên 
~~~~~~~~~~~~

Nhận xét: với a, b nguyên , n nguyên dương ta có: 
aⁿ và a cùng tính chẳn, lẻ ; 
với x là số lẻ thì a.xⁿ và a cùng tính chẳn lẻ 
và do đó, với x là số lẻ ta có: 
a.xⁿ + b.x^(n-1) cùng tính chẳn lẻ với a+b 
tổng quát: với x là số nguyên lẻ, n nguyên dương, a, b, c,... nguyên ta có: 
a.xⁿ + b.x^(n-1) +...+ cx cùng tính chẳn lẻ với a+b+..+c 
- - - - - - 
đặt: f(x) = a.xⁿ + b.x^(n-1) + ...+ c.x + d 
có f(0) = d lẻ (do giả thiết) 
f(1) = a+b+..+ c +d lẻ => a+b+..+c chẳn 

với x nguyên tuỳ ý ta có hai trường hợp: 
nếu x chẳn thì: a.xⁿ + b.x^(n-1) +..+cx chẳn => f(x) lẻ (do d lẻ) 
nếu x lẻ thì từ nhận xét trên có: a.xⁿ + b.x^(n-1) +..+cx chẳn (do a+b+..+c chẳn) 
=> f(x) lẻ 

Tóm lại có f(x) là số lẻ với mọi x nguyên => f(x) # 0 với mọi x nguyên 
=> f(x) không có nghiệm nguyên 
~~~~~~~~~~~~

Từ đề bài ta suy ra \(P\left(x\right)=\left(x-2012\right)\left(x-2013\right)\left(x-2014\right).f\left(x\right)+2013\).

Do đó \(P\left(x\right)-2014=\left(x-2012\right)\left(x-2013\right)\left(x-2014\right).f\left(x\right)-1\).

Giả sử đa thức \(P\left(x\right)-2014\) có một nghiệm nguyên x = a. Khi đó ta có: \(\left(a-2012\right)\left(a-2013\right)\left(a-2014\right).f\left(a\right)-1=0\).

Điều trên vô lí vì vế trái chia cho 3 dư 2, trong khi đó vế phải chia hết cho 3.

Vậy ta có đpcm. 

Câu hỏi của trần manh kiên - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Em tham khảo câu tương tự tại đây nhé.

===
thế này không hiểu potay.com
f(x)=(x-a).q(x)
f(0)=(0-a).q(0) "{chỗ nào có x thay bằng 0"}
0-a=-a
=>f(0)=-a.Q(0)
tượng f(1)
===
f(0) lẻ=>(-a).q(0) lẻ
nghĩa là (a lẻ và q(0) cũng phải lẻ)
" một số lẻ không thể là tích của một số chẵn được)
tương tự
f(1) lẻ==>(1-a) & q(1) cùng lẻ

====
a & (1-a) hai số nguyên liên tiếp =>không thể cùng lẻ

  a)    Ta có:\(x.f\left(x+1\right)=\left(x+2\right).f\left(x\right)\)

   +)Thay \(x=0\) ta có:\(2.f\left(0\right)=0\)\(\implies\) \(f\left(0\right)=0\)

     Vậy đa thức \(f\left(x\right)\) có nghiệm là x=0 (1)

   +)Thay \(x=-2\) ta có:\(-2.f\left(-1\right)=0\)\(\implies\) \(f\left(-1\right)=0\)

     Vậy đa thức \(f\left(x\right)\) có nghiệm là x=-1 (2)

Từ (1),(2)

    \(\implies\) đa thức \(f\left(x\right)\) có ít nhất hai nghiệm

b)Ta có:\(f\left(x\right)=ax^2+bx+c\)

+)Với x=0 \(\implies\) \(f\left(0\right)=a.0^2+b.0+c=c:2007\left(1\right)\)

+)Với x=1 \(\implies\) \(f\left(1\right)=a.1^2+b.1+c=a+b+c:2007\left(2\right)\)

+)Với x=-1 \(\implies\) \(f\left(-1\right)=a.\left(-1\right)^2-b.1+c=a-b+c:2007\left(3\right)\)

Từ (2);(3) cộng vế với vế ta được:

                  \(\implies\) \(f\left(1\right)+f\left(-1\right)=a+b+c+a-b+c\)

                                                           \(=2a+2c\)

                                                           \(=2.\left(a+c\right):2007\)

    mà \(\left(2,2007\right)=1\)\(\implies\) \(a+c:2007\) \(\left(4\right)\)

Từ \(\left(1\right),\left(4\right)\) \(\implies\) \(a:2007\) \(\left(5\right)\)

Từ \(\left(4\right),\left(2\right)\) \(\implies\) \(b:2007\) \(\left(6\right)\)

Từ \(\left(1\right),\left(5\right),\left(6\right)\) \(\implies\) các hệ số a,b,c đều chia hết cho 2007\(\left(đpcm\right)\)