bài 1:tồn tại hay không các số nguyên a, b, c (a,b khác 0) sao cho với mọi số nguyên dương n đều tồn tại các số nguyên x thoả mãn ax^2 + bx + c = n!
bài 2: cho tam thức f(x)=ã^2+1998x+c, với a, c thuộc Z, |a| <2000, |c|<2000 và f(x) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2. chứng minh: |x1-x2|>=1/998
Bài [imath]1[/imath] [imath]:[/imath]
Giả sử tồn tại các số nguyên [imath]a, b, c[/imath] (với [imath]a \neq 0[/imath]) sao cho với mọi [imath]n \in \mathbb{Z}^+[/imath], luôn tồn tại số nguyên [imath]x_n[/imath] thỏa mãn:
[math]ax_n^2 + bx_n + c = n![/math]Nhân cả hai vế của phương trình với [imath]4a[/imath] và biến đổi:
[math]4a^2x_n^2 + 4abx_n + 4ac = 4a \cdot n![/math][math](2ax_n + b)^2 - (b^2 - 4ac) = 4a \cdot n![/math]Đặt [imath]y_n = |2ax_n + b|[/imath] (là một số nguyên không âm) và [imath]\Delta = b^2 - 4ac[/imath] (là một hằng số). Ta rút gọn được phương trình:
[math]y_n^2 = 4a \cdot n! + \Delta \quad (1)[/math]Nếu [imath]\Delta = 0[/imath], ta có [imath]y_n^2 = 4a \cdot n![/imath] với mọi [imath]n[/imath].
Suy ra với bước [imath]n+1[/imath], ta cũng có: [imath]y_{n+1}^2 = 4a \cdot (n+1)![/imath].
Lập tỉ số giữa hai vế, ta được:
[math]\frac{y_{n+1}^2}{y_n^2} = \frac{4a \cdot (n+1)!}{4a \cdot n!} = n + 1[/math]Điều này đồng nghĩa với việc [imath]\left(\frac{y_{n+1}}{y_n}\right)^2 = n + 1[/imath]. Suy ra [imath]n + 1[/imath] luôn là bình phương của một số hữu tỉ, và do đó nó phải là một số chính phương với mọi [imath]n \ge 1[/imath]. Điều này hiển nhiên vô lý (ví dụ: [imath]n = 1 \implies n+1 = 2[/imath] không phải số chính phương).
Vậy ta kết luận [imath]\Delta \neq 0[/imath].
Chọn một số nguyên tố [imath]p[/imath] đủ lớn sao cho [imath]p > |\Delta|[/imath] và [imath]p > |4a|[/imath].
Với mọi [imath]n \ge p[/imath], ta luôn có [imath]n![/imath] chia hết cho [imath]p[/imath], tức là [imath]n! \equiv 0 \pmod p[/imath].
Thế vào phương trình [imath](1)[/imath], ta được:
[math]y_n^2 \equiv \Delta \pmod p[/math]Điều này chứng tỏ [imath]\Delta[/imath] là một thặng dư bậc hai theo modulo [imath]p[/imath] với mọi số nguyên tố [imath]p[/imath] đủ lớn. Theo luật tương hỗ bậc hai, một số nguyên là thặng dư bậc hai của mọi số nguyên tố đủ lớn khi và chỉ khi bản thân nó là một số chính phương.
Do đó, [imath]\Delta = k^2[/imath] với [imath]k[/imath] là một số nguyên. Phương trình [imath](1)[/imath] trở thành:
[math]y_n^2 = 4a \cdot n! + k^2 \quad (2)[/math]Theo Định lý Wilson, với mọi số nguyên tố [imath]p[/imath], ta có [imath](p-1)! \equiv -1 \pmod p[/imath].
Đồng thời, phân tích [imath](p-1)! = (p-1)(p-2)! \equiv -(p-2)! \pmod p[/imath].
Suy ra [imath]-(p-2)! \equiv -1 \pmod p \implies (p-2)! \equiv 1 \pmod p[/imath].
Bây giờ, áp dụng phương trình [imath](2)[/imath] cho hai trường hợp [imath]n = p - 1[/imath] và [imath]n = p - 2[/imath]:
- Với [imath]n = p - 1[/imath]:
[math]y_{p-1}^2 \equiv 4a(-1) + k^2 \equiv -4a + k^2 \pmod p[/math]
- Với [imath]n = p - 2[/imath]:
[math]y_{p-2}^2 \equiv 4a(1) + k^2 \equiv 4a + k^2 \pmod p[/math]
Lập luận tương tự như trên, vì điều này đúng với mọi số nguyên tố [imath]p[/imath] đủ lớn, nên cả [imath](-4a + k^2)[/imath] và [imath](4a + k^2)[/imath] đều phải là các số chính phương.
Giả sử:
[math]k^2 - 4a = u^2[/math][math]k^2 + 4a = v^2[/math]Từ hệ trên, ta thấy ba số chính phương [imath]u^2, k^2, v^2[/imath] lập thành một cấp số cộng với công sai là [imath]4a[/imath].
Theo hệ quả định lý của Fermat về tam giác vuông, không tồn tại ba số chính phương nào lập thành một cấp số cộng với công sai khác [imath]0[/imath].
Do đó, công sai [imath]4a[/imath] bắt buộc phải bằng [imath]0[/imath], dẫn đến [imath]a = 0[/imath].
Điều này mâu thuẫn trực tiếp với giả thiết ban đầu là [imath]a \neq 0[/imath].
Vì vậy, giả thiết ban đầu là sai. Không tồn tại các số nguyên [imath]a, b, c[/imath] thỏa mãn.
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
