(Tiêu chuẩn Einstein) (mình tham khảo cách chứng minh). Cho \(P\left(x\right)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0\in Z\left[x\right]\). Giả sử tồn tại số nguyên tố p sao cho:

i) \(a_0,a_1,...,a_{n-1}⋮p\)

ii) \(a_n⋮̸p\)

iii) \(a_0⋮̸p^2\)

Khi đó đa thức P(x) bất khả quy trên Z[x].

Chứng minh: Giả sử P(x) khả quy trên Z[x], tức là tồn tại 2 đa thức g(x), h(x) sao cho \(P\left(x\right)=g\left(x\right)h\left(x\right)\), trong đó \(g\left(x\right)=b_rx^r+b_{r-1}x^{r-1}+...+b_1x+b_0\in Z\left[x\right]\) và \(h\left(x\right)=c_tx^t+c_{t-1}x^{t-1}+...+c_1x+c_0\in Z\left[x\right]\), với \(1\le r,s< n\)

Ta có: \(a_0=b_0c_0\) ; \(a_1=b_1c_0+c_1b_0\) ; .... ; \(a_k=b_kc_0+b_{k-1}c_1+...+b_1c_{k-1}+b_0c_k\) (*) ; ... ; \(a_n=b_rc_t\).

Theo giả thiết \(a_0⋮p\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}b_0⋮p\\c_0⋮p\end{matrix}\right.\). Không giảm tổng quát, giả sử \(b_0⋮p\). Vì \(a_0⋮̸p^2\) nên \(c_0⋮̸p\).

Mặt khác các hệ số của đa thức g(x) không thể cùng chia hết cho p (vì \(a_n⋮̸p\)), nên tồn tại hệ số đầu tiên \(b_k\) sao cho \(b_k⋮̸p\).

Từ (*) và do \(a_k,b_{k-1},...,b_1,b_0⋮p\)  suy ra \(b_kc_0⋮p\Rightarrow b_k⋮p\) ,mâu thuẫn.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Quay trở lại bài toán, đặt \(\left[f\left(x\right)\right]^2=x^{2n}+a_{2n-1}x^{2n-1}+...+a_1x+a_0\). Khi đó theo định lí Viete, ta có:

\(2\left(p_1+p_2+...+p_n\right)=-a_{2n-1}\) ; ... ; \(2\sum\limits^{ }_{1\le m_1\le m_2\le...\le m_k}p_{m_1}p_{m_2}...p_{m_k}\)\(=\left(-1\right)^{2n-k}a_k\) ; ... ; \(\left(p_1p_2...p_n\right)^2=a_0\).

Xét đa thức \(g\left(x\right)=\left[f\left(x\right)\right]^2+1\). Để ý các hệ số \(a_0+1,a_1,a_2,...,a_{2n-1}⋮2\) , và \(a_0+1⋮̸4\), do một số chính phương lẻ luôn chia 4 dư 1. Do đó, áp dụng tiêu chuẩn Einstein, ta có điều phải chứng minh.

P/s: d* lớp 9 học đa thức bất khả quy rồi à :)

Cái này là theo Định lí cơ bản về số học á bạn.

Ta có \(a^2=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}....p_n^{\alpha_n}\) với p₁,p₂,...,p_n là các số nguyên tố đôi một khác nhau. Do a² là số chính phương nên các số mũ tương ứng của p₁,p₂,...,p_n phải chẵn.

Sr mình làm hơi trễ, tại mình đang bận học á.

Không mất tính tổng quát, giả sử đường thẳng l nằm trong mặt phẳng bờ BC không chứa A.

Gọi M,M' lần lượt là trung điểm BC,B'C'. Dễ thấy MM' là đường trung bình của hình thang BCC'B' nên \(2MM'=BB'+CC'\). Vậy ta cần chứng minh \(3GG'=2MM'+AA'\).

Gọi T là trung điểm AG, khi đó G là trung điểm MT.

Gọi T' là trung điểm A'G'. Rõ ràng TT' là đường trung bình của hình thang AA'G'G và GG' là đường trung bình của TT'M'M. Khi đó: \(AA'+GG'=2TT';TT'+MM'=2GG'\)

\(\Rightarrow AA'+GG'=2\left(2GG'-MM'\right)\)

\(\Rightarrow AA'+2MM'=3GG'\Rightarrowđpcm\)

Nguyennam

:) mình không già đến vậy đâu bạn. À mà nếu bạn hỏi những câu số học như trên mà muốn nhận được câu trả lời hay thì mình khuyên bạn nên tìm các group toán học trên fb á (đó là lời khuyên của mình thôi chứ bạn muốn hỏi ở đây cũng được hêh).

Không mất tính tổng quát, ta cho \(x\ge y\ge z\). Ta giả sử \(y-z\ge1\). Khi đó \(x-z\ge1\).

Đặt \(a^2=3^x+3^y+3^z\left(1\right)\).

Từ (1), kết hợp giả thiết ta giả sử, ta có \(a^2⋮3^z\).

\(\left(1\right)\Rightarrow\dfrac{a^2}{3^z}=1+3^{y-z}+3^{x-z}\left(2\right)\).

Để ý vế trái là một số nguyên, vế phải cũng là số nguyên nhưng không chia hết cho 3 (theo giả thiết ta giả sử), do đó \(a^2⋮̸3^{z+1}\). Suy ra z là số nguyên dương lớn nhất để \(a^2⋮3^{\alpha}\). Mặt khác a² là số chính phương nên z chẵn.

\(\Rightarrow3^z\equiv1\left(mod4\right)\).

Dễ thấy a² là số lẻ nên a cũng là số lẻ. Do đó \(a^2\equiv1\left(mod4\right)\). 

Ta thấy, \(3^x,3^y\) chia 4 chỉ có thể dư 1 hoặc 3. Mặt khác \(\left(3^x+3^y+3^z\right)\) chia 4 dư 1, nên trong 2 số 3^x,3^y , có 1 số chia 3 dư 1 và 1 số chia 3 dư 2.

\(\Rightarrow\)x,y không cùng tính chẵn lẻ. Không mất tính tổng quát giả sử x chẵn, y lẻ.

Do a là số lẻ nên \(a^2\equiv1\left(mod8\right)\) (*). Mặt khác ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}3^x\equiv1\left(mod8\right)\\3^y\equiv3\left(mod8\right)\\3^z\equiv1\left(mod8\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow3^x+3^y+3^z\equiv5\left(mod8\right)\) , trái với (*).

Vậy điều giả sử là sai. Do đó \(y-z< 1\Rightarrow y=z\).

Lập luận tương tự, ta cũng suy ra \(x-z< 1\Rightarrow x=z\)

Vậy \(x=y=z\)

Đức fireshock

Mình nghĩ câu này không có ý tưởng dùng Dirichlet đâu á :)

Với trường hợp \(x+y=a+b=0\) thì \(x^2+y^2\) chưa chắc bằng \(a^2+b^2\) nhé