Bài 4 ( 0.5 điểm). Cho đa thức bậc hai $f \in R[x]$ thỏa $f(1), f(2), f(3)$ là các số nguyên. Chứng minh $f(2024)$ là số nguvên.

Gọi đa thức bậc hai `f(x) = ax^2 + bx + c` với `a, b, c ` là các số thực

Theo đề bài ta có `f(1), f(2), f(3)` là các số nguyên

Đặt:

`f(1) = a + b + c = k_1 (1)`

`f(2) = 4a + 2b + c = k_2 (2)`

`f(3) = 9a + 3b + c = k_3 (3)`

trong đó `k_1, k_2, k_3 \in \mathbb{Z}`

Từ `(1), (2) ` và `(3)` ta có:

`f(2) - f(1) = 3a + b = k_2 - k_1 \in \mathbb{Z}`

`f(3) - f(2) = 5a + b = k_3 - k_2 \in \mathbb{Z}`

Suy ra `2a = (5a + b) - (3a + b) = (k_3 - k_2) - (k_2 - k_1) = k_3 - 2k_2 + k_1 \in \mathbb{Z}`

Do đó `a = \frac{k_3 - 2k_2 + k_1}{2}`

`b = (3a + b) - 3a = (k_2 - k_1) - \frac{3(k_3 - 2k_2 + k_1)}{2} = \frac{2(k_2 - k_1) - 3(k_3 - 2k_2 + k_1)}{2} = \frac{-3k_3 + 8k_2 - 5k_1}{2}`

`c = k_1 - a - b = k_1 - \frac{k_3 - 2k_2 + k_1}{2} - \frac{-3k_3 + 8k_2 - 5k_1}{2} = \frac{2k_1 - k_3 + 2k_2 - k_1 + 3k_3 - 8k_2 + 5k_1}{2} = \frac{6k_1 - 6k_2 + 2k_3}{2} = 3k_1 - 3k_2 + k_3`

Vậy `f(x) = \frac{k_3 - 2k_2 + k_1}{2}x^2 + \frac{-3k_3 + 8k_2 - 5k_1}{2}x + (3k_1 - 3k_2 + k_3)`

Khi đó `f(2024) = \frac{k_3 - 2k_2 + k_1}{2}2024^2 + \frac{-3k_3 + 8k_2 - 5k_1}{2}2024 + (3k_1 - 3k_2 + k_3)`

Vì `k_1, k_2, k_3 \in \mathbb{Z}` nên `f(2024) \in \mathbb{Z}`