Cho P(x) là đa thức hệ số nguyên thỏa mãn \(P\left(a\right)=P\left(b\right)=P\left(c\right)=P\left(d\right)=7\)
và a, b ,c ,d là các số nguyên phân biệt . Chứng minh \(P\left(x\right)-14\)
không có nghiệm nguyên
Những câu hỏi liên quan
Cho đa thức f(x) với hệ số nguyên. a) Chứng minh với 2 số nguyên phân biệt a và b thì \(f\left(a\right)-f\left(b\right)⋮\left(a-b\right)\)
Giả sử f(x) = c0 + c1x + ... + cnxn với c0, c1, ..., cn là các số nguyên
f(a) - f(b) = (cn.an + ... + c1.a + c0) - (cn.bn + ... + c1.b + c0)
= cn(an - bn) + ... + c1(a - b) + (c0 - c0)
= cn(a - b)(an-1 + an-2b + ... + bn-1) + ... + c1(a - b)
= (a - b)(...) ⋮ (a - b)
Vậy bài toán đã được chứng minh
Đúng 2
Bình luận (0)
20 tháng 5 2023 lúc 14:39
Tìm tất cả đa thức \(P\left(x\right)\) với hệ số nguyên, sao cho: Với mỗi số nguyên tố \(p\) và \(a,b\) nguyên thỏa mãn \(ab\equiv1\left(modp\right)\) thì \(P\left(a\right).P\left(b\right)\equiv1\left(modp\right)\)
Cho P(x), Q(x) là các đa thức hệ số nguyên và a nguyên thỏa mãn đòng thời 2 điều kiện sau :
a) P(a) = P(a + 83)
b) Q(2) = 14.
CMR : phương trình \(Q\left(P_{\left(x\right)}\right)=2014\) không có nghiệm nguyên
Thấy Q(2) = 14
=> am.xm+am-1.xm-1.......a1x.a0= 14( am,am-1,...,a1,a0 thuộc N, a0 khác 0)
=> am.2m+am-1.2m-1.......a12.a0= 14
Thấy : 2m,2m-1,...,2 là số chẵn
=> am,2m,...,a12 là số chẵn
=> a0 là số chẵn
* Nếu a lẻ
=> a + 83 chẵn
cmtt, có P(a + 83 là số chẵn )
* Nếu a chẵn
=> ....(cmtt)
=> P(a) chẵn
=> P(x) chẵn với mọi X thuộc N
=> Q(p(x)) chẵn và = 2014
:PPPPPPPPPPP
Đúng 0
Bình luận (0)
20 tháng 2 2023 lúc 17:18
1. Cho đa thức Pleft(xright)ax^2+bx+cleft(ane0right). CMR tồn tại nhiều nhất một đa thức Qleft(xright) bậc n thỏa mãn Pleft(Qleft(xright)right)Qleft(Pleft(xright)right)
2. Cho a,b,c là các số dương thỏa a^2+b^2+c^2+abc4. CMR a+b+cge asqrt{bc}+bsqrt{ca}+csqrt{ab}
Giúp mình làm mấy bài này với, vài ngày nữa mình phải nộp rồi mà đến giờ mình vẫn chưa nghĩ ra được ý tưởng gì cả. Mình cảm ơn trước nhé.
Đọc tiếp
1. Cho đa thức \(P\left(x\right)=ax^2+bx+c\left(a\ne0\right)\). CMR tồn tại nhiều nhất một đa thức \(Q\left(x\right)\) bậc \(n\) thỏa mãn \(P\left(Q\left(x\right)\right)=Q\left(P\left(x\right)\right)\)
2. Cho \(a,b,c\) là các số dương thỏa \(a^2+b^2+c^2+abc=4\). CMR \(a+b+c\ge a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}\)
Giúp mình làm mấy bài này với, vài ngày nữa mình phải nộp rồi mà đến giờ mình vẫn chưa nghĩ ra được ý tưởng gì cả. Mình cảm ơn trước nhé.
bài 1
a) cho B = \(\frac{1}{2}+\frac{3}{2^2}+\frac{7}{2^3}+...+\frac{2^{100}-1}{2^{100}}\). Chứng minh B >99
b)chứng minh \(\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)...\left(2n\right)⋮2^n\)với n nguyên dương
c) cho đa thức f(x) = ax^3 + bx^3 + cx + d . với f(0) và f(1) là các số lẻ. CMR f(x) không có nghiệm là số nguyên.
16 tháng 10 2023 lúc 19:37
Cho 4 số nguyên dương \(a>b>c>d\) thỏa mãn \(ac+bd=\left(b+d+a-c\right)\left(b+d-a+c\right)\). Chứng minh rằng \(ab+cd\) không thể là số nguyên tố.
\(ac+bd=\left(b+d+a-c\right)\left(b+d-a+c\right)\)
\(\Leftrightarrow ac+bd=\left(b+d\right)^2-\left(a-c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow ac+bd=b^2+d^2+2bd-a^2-c^2+2ac\)
\(\Leftrightarrow a^2-c^2=b^2+d^2+ac+bd\) (1)
Ta có
\(\left(ab+cd\right)\left(ad+bc\right)=a^2bd+ab^2c+acd^2+bc^2d=\)
\(=bd\left(a^2+c^2\right)+ac\left(b^2+d^2\right)\) (2)
Thay (1) vào (2)
\(\left(ab+cd\right)\left(ad+bc\right)=bd\left(b^2+d^2+ac+bd\right)+ac\left(b^2+d^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+cd\right)\left(ad+bc\right)=bd\left(b^2+d^2\right)+bd\left(ac+bd\right)+ac\left(b^2+d^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+cd\right)\left(ad+bc\right)=\left(b^2+d^2\right)\left(ac+bd\right)+bd\left(ac+bd\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+cd\right)\left(ad+bc\right)=\left(ac+bd\right)\left(b^2+d^2+bd\right)\) (3)
Do \(a>b>c>d\)
\(\Rightarrow\left(a-d\right)\left(b-c\right)>0\Leftrightarrow ab-ac-bd+cd>0\)
\(\Leftrightarrow ab+cd>ac+bd\) (4)
Và
\(\left(a-b\right)\left(c-d\right)>0\Leftrightarrow ac-ad-bc+bd>0\)
\(\Leftrightarrow ac+bd>ad+bc\) (5)
Từ (4) và (5) \(\Rightarrow ab+cd>ad+bc\)
Ta có
(3)\(\Leftrightarrow b^2+d^2+bd=\dfrac{\left(ab+cd\right)\left(ad+bc\right)}{\left(ac+bd\right)}\) (6)
Vế trái là số nguyên => vế phải cũng phải là số nguyên
Giả sử ab+cd là số nguyên tố mà \(ab+cd>ac+bd\)
\(\Rightarrow UC\left(ab+cd;ac+bd\right)=1\) => ab+cd không chia hết cho ac+bd
=> để vế phải của (6) là số nguyên \(\Rightarrow ad+bc⋮ac+bd\Rightarrow ad+bc>ac+bd\) Mâu thuẫn với (5) nên giả sử sai => ab+cd không thể là số nguyên tố
Đúng 5
Bình luận (0)
mình là người mới ,cho mình hỏi làm sao để kiếm xu đổi quà
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho đa thức f(x) với hệ số nguyên. CMR: Với 2 số nguyên phân biệt a và b thì \(f\left(a\right)-f\left(b\right)⋮\left(a-b\right)\)
Lời giải:
Đặt $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+..+a_nx^n$ với $a_i$ nguyên với $i=\overline{0,n}$
Ta có:
\(f(a)=a_0+a_1a+a_2a^2+...+a_na^n; f(b)=a_0+a_1b+a_2b^2+...+a_nb^n\)
\(\Rightarrow f(a)-f(b)=a_1(a-b)+a_2(a^2-b^2)+...+a_n(a^n-b^n)\)
Dễ thấy: $a^j-b^j\vdots a-b$ với mọi $j\geq 1$ nên $f(a)-f(b)\vdots a-b$
Ta có đpcm.
Đúng 1
Bình luận (0)
Cho đa thức f(x) với hệ số nguyên. CMR: Với 2 số nguyên phân biệt a và b thì \(f\left(a\right)-f\left(b\right)⋮\left(a-b\right)\)
Giả sử \(f\left(x\right)=m_nx^n+m_{n-1}x^{n-1}+...+m_1x+m_0\) với \(m_0;m_1;...;m_n\in Z\).
Ta có \(f\left(a\right)-f\left(b\right)=m_n\left(a^n-b^n\right)+m_{n-1}\left(a^{n-1}-b^{n-1}\right)+...+m_1\left(a-b\right)\).
Dễ thấy tổng trên chia hết cho a - b với mọi a, b nguyên.
Vậy ta có đpcm.
Đúng 3
Bình luận (0)
Cho đa thức \(p\left(x\right)=ax^3+bx^2+cx+d\) với a, b, c, d là các hệ số nguyên. Biết rằng, \(p\left(x\right)⋮5\) với mọi x nguyên. Chứng minh rằng a, b, c, d đều chia hết cho 5.
vì p(x) chia hết cho 5 với mọi x nguyên => p(0), p(1),p(-1),p(2) chia hết cho 5
có p(0) chí hết cho 5
=>a.03+b.02+c.0+d chia hết cho 5
=> d chia hết cho 5
có p(1) chia hết cho 5
=>a.13+b.12+c.1+d chia hết cho 5
=>a+b+c+d chia hết cho 5
mà d chia hết cho 5
=>a+b+c chia hết cho 5 (1)
có p(-1) chia hết cho 5
=> a.(-1)3+b.(-1)2+c.(-1)+d chia hết cho 5
=>-a+b-c+d chia hết cho 5
mà d chia hết cho 5
=>-a+b-c chia hết cho 5 (2)
Từ (1) và (2) => (a+b+c) + (-a+b-c) chia hết cho 5
=> 2b chia hết cho 5
mà ucln(2,5)=1
=> b chia hết cho 5
mà a+b+c chia hết cho 5
=> a+c chia hết cho 5 (3)
có p(2) chia hết cho 5
=>a.23+b.22+c.2+d chia hết cho 5
=> 8a + 4b+2c+d chia hết cho 5
mà d chia hết cho 5, 4b chia hết cho 5(vì b chí hết cho 5)
=>8a+2c chia hết cho 5
=>2(4a+c) chia hết cho 5
mà ucln(2,5)=1
=>4a+c chia hết cho 5 (4)
Từ (3) và (4) => (4a+c)-(a+c) chia hết cho 5
=> 3a chia hết cho 5
ma ucln(3,5)=1
=> a chia hết cho 5
mà a+c chia hết cho 5
=> c chia hết cho 5
Vậy a,b,c,d chia hết cho 5
Đúng 0
Bình luận (0)
vì p(x) chia hết cho 5 với mọi x nguyên => p(0), p(1),p(-1),p(2) chia hết cho 5
có p(0) chí hết cho 5
=>a.03+b.02+c.0+d chia hết cho 5
=> d chia hết cho 5
có p(1) chia hết cho 5
=>a.13+b.12+c.1+d chia hết cho 5
=>a+b+c+d chia hết cho 5
mà d chia hết cho 5
=>a+b+c chia hết cho 5 (1)
có p(-1) chia hết cho 5
=> a.(-1)3+b.(-1)2+c.(-1)+d chia hết cho 5
=>-a+b-c+d chia hết cho 5
mà d chia hết cho 5
=>-a+b-c chia hết cho 5 (2)
Từ (1) và (2) => (a+b+c) + (-a+b-c) chia hết cho 5
=> 2b chia hết cho 5
mà ucln(2,5)=1
=> b chia hết cho 5
mà a+b+c chia hết cho 5
=> a+c chia hết cho 5 (3)
có p(2) chia hết cho 5
=>a.23+b.22+c.2+d chia hết cho 5
=> 8a + 4b+2c+d chia hết cho 5
mà d chia hết cho 5, 4b chia hết cho 5(vì b chí hết cho 5)
=>8a+2c chia hết cho 5
=>2(4a+c) chia hết cho 5
mà ucln(2,5)=1
=>4a+c chia hết cho 5 (4)
Từ (3) và (4) => (4a+c)-(a+c) chia hết cho 5
=> 3a chia hết cho 5
ma ucln(3,5)=1
=> a chia hết cho 5
mà a+c chia hết cho 5
=> c chia hết cho 5
Đúng 0
Bình luận (0)