ของลองทำของพี่nooonuiiนะครับ
$(a+n)(b+n)(c+n)=abc+n(ab+bc+ca)+n^2(a+b+c)+n^3$
ใหเabc=x, ab+bc+ca=y, a+b+c=zกระจายแต่ละสมการออกมาและแก้ระบบจะได้ x=z=-6 , y=12
$(a+4)(b+4)(c+4)=-6+(4)(12)+(-16)(6)+4^3=10$ ขอฝากเนื้อฝากตัวด้วยนะครับ (เพิ่งเริ่มเล่นครับ ไม่เก่งด้วยครับ)

ขั้นแรก ก่อนอื่นต้องพิสูจน์ว่าทุก $\alpha(x)$, $deg[\alpha]\geq 1$ จะได้ว่า $\alpha(x) \in \mathbb{Q}[x]$

จะพิสูจน์ induction บนดีกรี ว่า ถ้า $P(x)$ มีดีกรี $n$ และมี $(q,r) \in \mathbb{Q}^2$ จำนวนอนันต์ซึ่ง $P(q)=r$ แล้ว $P(x) \in \mathbb{Q}[x]$


base case $n=1$ Let $P(x)=ax+b$ ซึ่งมีคุณสมบัติว่ามี $(q,r) \in \mathbb{Q}^2$ จำนวนอนันต์ซึ่ง $P(q)=r$

จะมี $r_1,r_2,q_1,q_2 \in \mathbb{Q}$ ซึ่ง $r_1=aq_1 +b$, $r_2=aq_2+b$, ดังนั้น $a=\frac{r_1-r_2}{q_1-q_2}$, $b=r_1-aq_1$

ดังนั้น $a,b \in \mathbb{Q}$, $P(x) \in \mathbb{Q} [x]$

inductive case $n=k>1$ สมมติ $P(x)$ มีดีกรี $k$ และมี $(q,r) \in \mathbb{Q}^2$ จำนวนอนันต์ซึ่ง $P(q)=r$
then จะมี $q_0,r_0 \in \mathbb{Q}$ ซึ่ง $P(q_0)=r_0$ ดังนั้นจะสามารถเขียน $P(x)=R(x)(x-q_0)+r_0$

จากมี $(q,r)$ จำนวนอนันต์ซึ่ง $P(q)=r$ นั่นคือ $R(q)=\dfrac{r-r_0}{q-q_0}$

ดังนั้น $(q,r) \in \mathbb{Q}^2$ จำนวนอนันต์ซึ่ง $R(q)=r$ และ $deg[R]=deg[P]-1$
จาก induction $R(x) \in \mathbb{Q}[x]$ ดังนั้น $P(x) \in \mathbb{Q}[x]$

โดย induction จะได้ว่า สำหรับ $n \ge 1$ ถ้า $P(x)$ มีดีกรี $n$ และมี $(q,r) \in \mathbb{Q}^2$ จำนวนอนันต์ซึ่ง $P(q)=r$ แล้ว $P(x) \in \mathbb{Q}[x]$

เนื่องจากสำหรับ $\alpha (x)$, $deg(\alpha) \ge 1$ ไม่เป็นฟังก์ชันคงตัว และ $\lim_{x \rightarrow \infty} \alpha(x) = \pm \infty$ โดย denseness of $\mathbb{Q}$ และ intermediate value theorem จะมีมี $(q,r) \in \mathbb{Q}^2$ จำนวนอนันต์ซึ่ง $P(q)=r$

และจากที่พิสูจน์ขั้นที่แล้ว จะได้ $\alpha (x) \in \mathbb{Q}[x]$, when $deg[\alpha]\geq 1$

ขั้นที่สอง
ถ้า $deg[\alpha] \geq 2$

เอา $\alpha$ ไปคูณด้วยจำนวนเต็ม $N \neq 0$ เข้าไปให้ $A(x)=N\alpha (x) \in \mathbb{Z}[x]$ จะได้ ถ้า $x \in \mathbb{Q}'$ แล้ว $A(x) \in \mathbb{Q}'$

สมมติ $K$ เป็นสัมประสิทธิ์นำของ $A(x)$ จากขั้นที่แล้วสามารถเลือก $N$ ให้ $K>0$
$deg[A(x+1)-A(x)] \geq 1$ และ $\lim_{n \rightarrow \infty} A(x)= \infty$
therefore $\lim_{n \rightarrow \infty} (A(x+1)-A(x))= \infty$

เลือกจำนวนเต็ม $L$ ที่มากพอซึ่ง $A(L+1)-A(L) \ge K+1$

โดย intermediate value theorem ต้องมี $L<x \le L+1$, $A(x)=\left\lfloor A(L)\right\rfloor+R$, when $R=1,2,3,...,K+1$

ต้องมี $x$ ที่แตกต่างกัน $K+1$ ค่า

แต่เมื่อพิจารณาสมการ $A(x)-c=0$, $c \in \mathbb{Z}$ คำตอบต้องอยู่ในรูป $\frac{p}{q}, p \in \mathbb{Z}, q \mid K$

เนื่องจากคำตอบของ $A(x)=\left\lfloor A(L)\right\rfloor+R$ อยู่ในช่วง $(L,L+1]$ ค่าที่เป็นไปได้จึงมีแค่
$L+\frac{1}{K},L+\frac{2}{K},...,L+1$
ซึ่งมี $K$ ค่า

จึงเกิดข้อขัดแย้ง
$\therefore deg[\alpha] < 2$

solution ครับ ตอนแรกไม่นึกจะยาวขนาดนี้ แต่ก็โอเค เดี๋ยวเชิญอ่าน solution ก่อนเดี๋ยวสักพักมาโพสต์คำถามต่อไป (เกี่ยวกับ Polynomial เหมือนเดิมแหละ)

//ว่าแต่โพสต์ก่อนๆๆไปถึงข้อที่ 50 กว่า แล้วไม่ใชเหรอ??

$\uparrow$ supersolution จริงๆ นับถือครับ :great:

ว่าแต่ปล่อยโจทย์ดีๆหน่อยนะครับ ยากไปเดี๋ยวมันจะเงียบไปอีก 5 ปี

มีมาคอมเม้นอีกทีปี 2020 โน่น :laugh:

ไม่แน่ใจความยากเหมือนกันครับ

42. จงพิสูจน์ว่า จะสามารถหาค่าของ $x,y \in \mathbb{R}$ ซึ่ง $x \neq y$ และสอดคล้องกับระบบสมการ
$$ax^2+bx+c=y$$ $$ay^2+by+c=x$$ เมื่อ $a \neq 0$ ได้ก็ต่อเมื่อ $(b-1)^2 > 4(ac+1)$

$ax^2+bx+c=y\rightarrow ax^2+(b+1)x+c=x+y$

$ay^2+by+c=x\rightarrow ay^2+(b+1)y+c=x+y$

$a(x^2-y^2)+(b+1)(x-y)=0\rightarrow(x-y)(a(x+y)+b+1)=0$

ถ้าหากมี $x\neq y$ ที่ทำให้ระบบสมการเป็นจริง ก็ต่อเมื่อ $x+y=\frac{-b-1}{a}$

ทำให้ได้ว่าระบบสมการที่ต้องการมีคำตอบเป็นจำนวนจริง ก็ต่อเมื่อสมการ $ax^2+(b+1)x+c=\frac{-b-1}{a}$ มีคำตอบเป็นจำนวนจริง

นั่นก็คือ $ax^2+(b+1)x+(c+\frac{b+1}{a})=0$ มีคำตอบเป็นจำนวนจริงที่แตกต่างกัน

$(b+1)^2>4a(c+\frac{b+1}{a})\Leftrightarrow (b-1)^2>4ac+4$

43.มีพหุนาม $P(x)$ โดยที่ $P(0)=2015$ และ $P(x^2+1)=P(x)^2+1\forall x \in \mathbb{R}$ หรือไม่?

44.ให้ $P(x)$ เป็นพหุนาม และ $a,b,c,i,j,k\in \mathbb{R}$ โดยที่ $abc\neq 0$ และมีสมบัติว่าสำหรับทุกจำนวนจริง $x$

$$P(ax+i)+P(bx+j)=P(cx+k)$$

จงแสดงว่าพหุนาม $P(x)$ มีรากเป็นจำนวนจริงอย่างน้อย $1$ ราก