Câu 2. (5,00 điểm) Cho đa thức $P(x)=x^3+a{x}^2+bx+c$, trong đó $a$, $b$, $c$ là các số nguyên thuộc tập $S=[-6;6]$. Biết rằng $\left|P\left(3+\sqrt{3}\right)\right|<\frac{1}{300}$. Chứng minh $P(x)$ có ba nghiệm thực phân biệt.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $t=3+\sqrt{3}$. Ta có $t^2=12+6\sqrt{3}$ và $t^3=(3+\sqrt{3})(12+6\sqrt{3})=54+30\sqrt{3}$. Do đó
$$P(t)=(54+12a+3b+c)+(30+6a+b)\sqrt{3}=m+n\sqrt{3},$$
trong đó $m=54+12a+3b+c$, $n=30+6a+b$ là các số nguyên (vì $a,b,c$ nguyên).

Vì $a,b,c\in \{-6,-5,\dots ,6\}$ nên $|m|\le 54+72+18+6=150$ và $|n|\le 30+36+6=72$.

Nếu $m+n\sqrt{3}\ne 0$: khi đó $m^2-3n^2$ là số nguyên khác 0 (vì nếu $m^2=3n^2$ với $(m,n)\ne (0,0)$ thì $\sqrt{3}=|m|/|n|$ hữu tỉ, vô lý). Do đó
$$|m+n\sqrt{3}|\cdot |m-n\sqrt{3}|=|m^2-3n^2|\ge 1.$$
Mặt khác $|m-n\sqrt{3}|\le |m|+|n|\sqrt{3}\le 150+72\sqrt{3}<150+125=275$.
Suy ra $|P(t)|=|m+n\sqrt{3}|\ge \frac{1}{275}>\frac{1}{300}$, mâu thuẫn với giả thiết $|P(t)|<\frac{1}{300}$.

Vậy buộc phải có $P(3+\sqrt{3})=0$, tức $m=n=0$:
$$30+6a+b=0,54+12a+3b+c=0.$$
Từ phương trình đầu: $b=-30-6a$; kết hợp $-6\le b\le 6$ ta được $-6\le a\le -4$.
Từ phương trình hai: $c=-54-12a-3b=-54-12a+90+18a=36+6a$; kết hợp $-6\le c\le 6$ ta được $-7\le a\le -5$.
Vậy $a=-5$ hoặc $a=-6$.

• Với $a=-5$: $b=0$, $c=6$, khi đó $P(x)=x^3-5x^2+6=(x+1)(x^2-6x+6)$, có ba nghiệm thực phân biệt $x=-1$ và $x=3\pm \sqrt{3}$ (vì $\Delta =36-24=12>0$).

• Với $a=-6$: $b=6$, $c=0$, khi đó $P(x)=x^3-6x^2+6x=x(x^2-6x+6)$, có ba nghiệm thực phân biệt $x=0$ và $x=3\pm \sqrt{3}$.

Cả hai trường hợp đều cho $P(x)$ có ba nghiệm thực phân biệt (trong đó $3+\sqrt{3}$ là một nghiệm, đúng như đã chứng minh). Vậy $P(x)$ có ba nghiệm thực phân biệt. $■$