Bài toán: (VMO 2015 pro. 5) Cho (f_n(x)) là dãy các đa thức xác định bởi: \begin{cases} f_0(x)=2,\, f_1(x)=3x\\ f_n(x)=3xf_{n-1}(x)+(1-x-2x^2)f_{n-2}(x)\end{cases} Tìm tất cả các số nguyên dương n để f_n(x) chia hết cho đa thức x^3-x^2+x
Lời giải:
Xét phương trình đặc trưng: t^2-3xt-(1-x-2x^2)=0 Giải phương trình này ta tìm được hai nghiệm \begin{cases}t_1=x+1\\t_2=2x-1\end{cases} Suy ra: f_n(x)=A(x+1)^n+B(2x-1)^n. Cho n=0, n=1 ta có hệ: \begin{cases}A+B=2\\(x+1)A+(2x-1)B=3x\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}A=1\\B=1\end{cases} Vậy, ta được f_n(x)=(x+1)^n+(2x-1)^n Nếu n chẳn, thì f_n(x)\equiv 2\pmod{x} mà x^3-x^2+x\equiv 0\pmod{x} nên trường hợp này không thể xảy ra. Tức là n lẻ.
Ta nhận thấy: (x+1)^3=x^3+3x^2+3x+1=x^3-x^2+x+4x^2+2x+1\equiv 4x^2+2x+1\equiv \pmod{x^3-x^2+x}\\(2x-1)^3=8x^3-12x^2+6x-1=8(x^3-x^2+x)-4x^2-2x-1\equiv -4x^2-2x-1\pmod{x^3-x^2+x}
Xét các trường hợp:
Trường hợp 1: n=3k+1, k chẵn. Khi đó, ta có: \begin{aligned}f_n(x)&=(x+1)^{3k+1}+(2x-1)^{3k+1}\\&=(x^3+3x^2+3x+1)^k(x+1)+(8x^3-12x^2+6x-1)^k(2x-1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(x+1)+(-4x^2-2x-1)^k(2x-1)\\&\equiv 3x(4x^2+2x+1)^k\not\equiv 0\pmod{x^3-x^2+x}\end{aligned}
Trường hợp 2: n=3k+2, k lẻ. Khi đó, ta có \begin{aligned}f_n(x)&=(x+1)^{3k+2}+(2x-1)^{3k+2}\\&=(x^3+3x^2+3x+1)^k(x^2+2x+1)+(8x^3-12x^2+6x-1)^k(4x^2-4x+1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(x^2+2x+1)+(-4x^2-2x-1)^k(4x^2-4x+1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(x^2+2x+1-4x^2+4x-1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(-3x^2+6x)\\&\not\equiv 0\pmod{x^3-x^2+x}\end{aligned}
Trường hợp 3: n=3(2k+1),k\in\mathbb{N}. khi đó ta có: \begin{aligned}f_n(x)&=(x+1)^{3(2k+1)}+(2x-1)^{3(2k+1)}\\& =(x^3+3x^2+3x+1)^{2k+1}+(8x^3-12x^2+6x-1)^{2k+1}\\&\equiv (4x^2+2x+1)^{2k+1}+(-4x^2-2x-1)^{2k+1}\\&\equiv 0\pmod{x^3-x^2+x}\end{aligned}
Cuối cùng, ta được kết quả: \boxed{n=3(2k+1),k\in\mathbb{N}}
No comments:
Post a Comment