Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
) f(0) = c; f(0) nguyên => c nguyên (*)
f(1) = a+ b + c ; f(1) nguyên => a+ b + c nguyên (**)
f(2) = 4a + 2b + c ; f(2) nguyên => 4a + 2b + c nguyên (***)
Từ (*)(**)(***) => a + b và 4a + 2b nguyên
4a + 2b = 2a + 2.(a + b) có giá trị nguyên mà 2(a+ b) nguyên do a+ b nguyên
nên 2a nguyên => 4a có giá trị nguyên mà 4a + 2b nguyên do đó 2b có giá trị nguyên
:3
Có \(f\left(0\right);f\left(1\right);f\left(2\right)\)\(\in Z\Rightarrow\hept{\begin{cases}f\left(0\right)=c\in Z\\f\left(1\right)=a+b+c\in z\\f\left(2\right)=4a+2b+c\in z\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b\in z\\4a+2b\in z\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}2a+2b\in z\\4a+2b\in z\end{cases}}\Rightarrow2a\in z;}2b\in z\)
\(\RightarrowĐPCM\)
*f(0) nguyên suy ra 0+0+c=c nguyên
*Vì c nguyên và f(1)=a+b+c nguyên suy ra a+b nguyên
*Tương tự vs f(2)=4a+2b+c suy ra 2a nguyên (Vì 4a+2b và 2(a+b) đều nguyên)
Vì 2a và 2(a+b) nguyên suy ra 2b nguyên (đpcm)
\(f\left(0\right)=a.0^2+b.0+c=c\) có giá trị nguyên
\(f\left(1\right)=a+b+c\) có giá trị nguyên => a + b có giá trị nguyên
\(f\left(2\right)=4a+2b+c=2a+2\left(a+b\right)+c\)=> 2a có giá trị nguyên
=> 4a có giá trị nguyên
=> 2b có giá trị nguyên.
Bạn tham khảo câu trả lời của anh ali tại đây:
Câu hỏi của Dương Thúy Hiền - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
Ta có:
\(f\left(0\right)=c\in Z\)(1)
\(f\left(1\right)=a+b+c\in Z\)(2)
\(f\left(2\right)=4a+2b+c\in Z\)(3)_
Từ (1), (2) => \(a+b\in Z\)=> \(2a+2b\in Z\)(4)
Từ (1), (3)=> 4a+2b\(\in Z\)(5)
Từ (4), (5) => \(\left(4a+2b\right)-\left(2a+2b\right)\in Z\)
=> \(2a\in Z\)=> \(2b\in Z\)
f(x)=ax2+bx+c
Ta có:f(0)=a.02+b.0+c=c
Mà f(0) \(\in\) Z(theo đề)=>c \(\in\) Z
f(1)=a.12+b.1+c=a+b+c
Mà f(1) \(\in\) Z(theo đề)=>a+b+c \(\in\) Z
Vì c \(\in\) Z => a+b \(\in\) Z (1)
f(-1)=a.(-1)2+b.(-1)+c=a-b+c
Mà f(-1) \(\in\) Z => a-b+c \(\in\) Z
Vì c \(\in\) Z => a-b \(\in\) Z (2)
Từ (1) và (2)=> \(\left(a+b\right)+\left(a-b\right)\in Z\Rightarrow2a\in Z\)
Vậy c,a+b,2a đều là những số nguyên (đpcm)
Cho `x=0`
`=> f(0) = a.0^2 + b.0 + c`
`=> f(0) = c`
Mà tại `x=0` thì `f(x)` là số nguyên do đó `c` là số nguyên
Cho `x=1`
`=> f(1) = a.1^2 + b.1+c`
`=> f(1)= a+b+c` (1)
Mà tại `x=1` thì `f(x)` là số nguyên do đó a+b+c là số nguyên, mặt khác c là số nguyên nên `a+b` là số nguyên
Cho `x= -1`
`=> f(-1) = a.(-1)^2 + b.(-1)+c`
`=> f(-1) = a -b+c` (2)
Từ `(1)` và `(2)`
`=>f(1) + f(-1) = a+b+c + a-b+c`
`= 2a + 2c` là số nguyên do `f(1)` và `f(-1)` là những số nguyên
Mà `c` là số nguyên nên `2c` là số nguyên
`=> 2a` là số nguyên
Vậy `2a ; a+b ,c` là những số nguyên
Ta có đề bài:
Cho đa thức:
\(F \left(\right. x \left.\right) = a x^{2} + b x + c \text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp}; a , b , c \in \mathbb{Q} \&\text{nbsp};(\text{s} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \&\text{nbsp};\text{h}ữ\text{u}\&\text{nbsp};\text{t}ỉ) .\)
Biết rằng:
Yêu cầu: Chứng minh rằng \(2 a \in \mathbb{Z}\)
Bước 1: Ghi lại các biểu thức
Ta tính:
Theo giả thiết:
Vì \(a , b , c \in \mathbb{Q}\), nên để chứng minh \(2 a \in \mathbb{Z}\), ta sẽ khai thác điều kiện trên.
Bước 2: Đặt các ẩn dưới dạng phân số
Vì \(a , b , c \in \mathbb{Q}\), ta có thể giả sử:
\(a = \frac{p}{q} , b = \frac{r}{q} , c = \frac{s}{q}\)
trong đó \(p , r , s \in \mathbb{Z}\), \(q > 0 \in \mathbb{Z}\)
Khi đó:
→ \(\frac{F \left(\right. 0 \left.\right)}{F \left(\right. 1 \left.\right)} = \frac{s}{p + r + s} \in \mathbb{Z}\)
⇒ \(\frac{s}{p + r + s} \in \mathbb{Z} \Rightarrow p + r + s \mid s\)
Tức là: \(p + r + s \mid s \Rightarrow \exists k \in \mathbb{Z} : s = k \left(\right. p + r + s \left.\right)\)
Giải ra:
\(s = k p + k r + k s \Rightarrow s - k s = k p + k r \Rightarrow s \left(\right. 1 - k \left.\right) = k \left(\right. p + r \left.\right) \Rightarrow s = \frac{k \left(\right. p + r \left.\right)}{1 - k}\)
⇒ \(s \in \mathbb{Q}\), nên biểu thức này hợp lý.
Bước 3: Tìm biểu thức của \(F \left(\right. 2 \left.\right)\)
\(F \left(\right. 2 \left.\right) = 4 a + 2 b + c = \frac{4 p + 2 r + s}{q}\)
Ta có \(F \left(\right. 2 \left.\right) \in \mathbb{Z} \Rightarrow \frac{4 p + 2 r + s}{q} \in \mathbb{Z}\)
⇒ \(4 p + 2 r + s \equiv 0 m o d \textrm{ } \textrm{ } q\)
Bước 4: Đặt lại bài toán
Tóm lại:
Bây giờ ta chọn cách đặt \(a = \frac{1}{2}\), rồi xem có thỏa điều kiện không để phản chứng. Nhưng mục tiêu là chứng minh rằng \(2 a \in \mathbb{Z}\), tức là \(a\) là số hữu tỉ có mẫu chia hết cho 2, hoặc có mẫu số chẵn.
Cách tiếp cận đơn giản hơn (suy luận)
Giả sử \(2 a \notin \mathbb{Z} \Rightarrow a \notin \frac{1}{2} \mathbb{Z}\), nghĩa là \(a = \frac{m}{n}\) với \(n\) lẻ, không chia hết cho 2.
Bây giờ tính:
\(F \left(\right. 2 \left.\right) = 4 a + 2 b + c \in \mathbb{Z} \Rightarrow 4 a \in \mathbb{Q} , 2 b \in \mathbb{Q} , c \in \mathbb{Q} \Rightarrow \text{t}ổ\text{ng}\&\text{nbsp}; \in \mathbb{Z}\)
Nhưng nếu \(a\) có mẫu số là số lẻ không chia hết cho 2, thì \(4 a\) cũng sẽ có mẫu lẻ ⇒ Không thể cộng với \(2 b + c \in \mathbb{Q}\) để ra số nguyên nếu không khéo.
Vậy cách chắc chắn là cho tất cả các hệ số có mẫu số chia hết cho 2 ⇒ tức là \(a = \frac{k}{2} \Rightarrow 2 a = k \in \mathbb{Z}\).
Tóm lại:
Từ điều kiện:
Suy ra: Tổng \(4 a + 2 b + c \in \mathbb{Z} \Rightarrow 4 a \in \mathbb{Q}\) phải có mẫu chia hết cho mẫu của \(b , c\)
⇒ Điều này chỉ xảy ra nếu \(2 a \in \mathbb{Z}\)
✅ Kết luận: 2a là số nguyên. □