Đáp án đúng: C
Giải chi tiết:a) Cho đa thức \(P\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\,\,\,\left( {a \in {\mathbb{N}^*}} \right)\) thỏa mãn \(P(9) - P(6) = 2019\). Chứng minh \(P(10) - P(7)\)là một số lẻ.
Xét hàm số: \(P\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\,\,\,\left( {a \in {\mathbb{N}^*}} \right)\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,P\left( 9 \right) - P\left( 6 \right) = 2019\\ \Leftrightarrow 81a + 9b + c - 36a - 6b - c = 2019\\ \Leftrightarrow 45a + 3b = 2019\end{array}\)
Mặt khác:
\(\begin{array}{l}P\left( {10} \right) - P\left( 7 \right) = 100a + 10b + c - 49a - 7b - c\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 51a + 3b\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 96a + 6b - \left( {45a + 3b} \right)\,\,\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 96a + 6b - 2019\end{array}\)
Ta có: \(96a,\,\,\,6b\) là số chẵn \( \Rightarrow 96a + 6b - 2019\) là số lẻ.
Hay \(P\left( {10} \right) - P\left( 7 \right)\) là số lẻ.
b) Tìm các cặp số nguyên dương \(\left( {x;y} \right)\) sao cho \({x^2}y + x + y\) chia hết cho \(x{y^2} + y + 1\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {{x^2}y + x + y} \right)\,\, \vdots \,\,\left( {x{y^2} + y + 1} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y\left( {{x^2}y + x + y} \right)\,\, \vdots \,\,\left( {x{y^2} + y + 1} \right)\\x\left( {x{y^2} + y + 1} \right)\,\, \vdots \,\,\left( {x{y^2} + y + 1} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow y\left( {{x^2}y + x + y} \right) - x\left( {x{y^2} + y + 1} \right)\,\, \vdots \,\,\left( {x{y^2} + y + 1} \right)\\ \Rightarrow {y^2} - x\,\, \vdots \,\,\left( {x{y^2} + y + 1} \right)\end{array}\)
TH1: \({y^2} = x \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = m\\x = {m^2}\end{array} \right.\,\,\,\,\left( {m \in {\mathbb{N}^*}} \right)\)
Khi đó ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x^2}y + x + y = {m^5} + {m^2} + m = m\left( {{m^4} + m + 1} \right)\\x{y^2} + y + 1 = {m^4} + m + 1\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow {x^2}y + x + y\,\, \vdots \,\,\,x{y^2} + y + 1.\)
TH2: \({y^2} > x.\)
Ta có: \(x{y^2} + y + 1 \le {y^2} - x \Leftrightarrow \left( {x - 1} \right){y^2} + y + x + 1 \le 0\)(vô lý do\(x,y \ge 1\))
TH3: \({y^2} < x\)
Ta có: \(x{y^2} + y + 1 \ge {y^2} - x \Leftrightarrow x\left( {{y^2} - 1} \right) + {y^2} + y + 1 \le 0\) (vô lý do \(x,y \ge 1\))
Vậy \(\left( {x;y} \right) = \left( {{m^2};m} \right)\) với mọi \(m \in {\mathbb{N}^*}.\)
Chọn C.
