huytruong

Cho $P(x) \in \mathbb{Z}[x]$ là đa thức đơn khởi (có hệ số cao nhất là $1$ ) và bất khả quy trên $\mathbb{Z}$ sao cho $|P(0)|$ không là số chính phương. Chứng minh $P(x^{2})$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}.$

giả sử $\mathcal{P}(x^2)$ khả quy tức $\mathcal{P}(x^2)=\mathcal{A}(x)\mathcal{B}(x)$ với $\mathcal{A}(x),\mathcal{B}(x)\in \mathbb{Z}\left [ x \right ]$

ta có

$\mathcal{P}(x^2)=\mathcal{A}(x)\mathcal{B}(x)\Rightarrow \mathcal{P}(x^2)=\mathcal{A}(-x)\mathcal{B}(-x)$

$\Rightarrow \left ( \mathcal{P}(x^2) \right )^2=\mathcal{A}(x)\mathcal{A}(-x).\mathcal{B}(x)\mathcal{B}(-x)$ 

$\Rightarrow \exists \mathcal{G},\mathcal{H:}\left\{\begin{matrix} \mathcal{G}(x^2)=\mathcal{A}(x)\mathcal{A}(-x)\\ \mathcal{H}(x^2)=\mathcal{B}(x)\mathcal{B}(-x) \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left ( \mathcal{P}(x^2) \right )^2=\mathcal{G}(x^2)\mathcal{H}(x^2)\ \ ,\forall x\Rightarrow \left ( \mathcal{P}(x) \right )^2=\mathcal{G}(x)\mathcal{H}(x)$

vì đa thức $\mathcal{P}(x)$ bất khả quy nên có các trường hợp sau 

$\bullet\ \mathcal{P}(x^2)=\mathcal{G}(x)=\mathcal{H}(x)\Rightarrow \left | \mathcal{P}(0) \right |=\left ( \mathcal{G}(0) \right )^2\ (\text{mâu thuẫn})$

$\bullet\ \mathcal{P}(x^2)=-\mathcal{G}(x)=-\mathcal{H}(x)\Rightarrow \left | \mathcal{P}(0) \right |=\left ( \mathcal{G}(0) \right )^2\ (\text{mâu thuẫn})$

Mình cũng cauchy.schwarz 

$(\sum \sqrt{\frac{a}{a+b}})^2=(\sum \sqrt {(a+c)\frac{a}{(a+b)(a+c)}})^{2}\leq( \sum (a+c))(\sum \frac{a}{(a+b)(a+c)})$

Từ gt $xyz=1$ ta đặt 

$x=\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}}$ ; $y=\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}}$ ; $x=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c}}$

Suy ra $P=\sum \sqrt{\frac{a}{a+b}}$

 Ta có  $(\sum \sqrt{\frac{a}{a+b}})^2\leq (\sum (a+c))(\sum \frac{a}{(a+b)(a+c)})=\frac{4(a+b+c)(ab+bc+ac)}{(a+c)(b+c)(c+a)}\leq \frac{9}{2}$

vì bđt $8(a+b+c)(ab+bc+ac)=8(a+b)(b+c)(c+a)+8abc\leq 9(a+b)(b+c)(c+a)$

Từ đó $P\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

Vậy $MaxP=\frac{3}{\sqrt{2}}$

Theo mình nghỉ thì nếu pt theo cách của bạn thì bđt

$(a+b+c)(\sum \frac{1}{a+b})\leq \frac{9}{2}$ ko đúng vì khi thay bộ (1,1,3)

Còn cách pt dưới thì cũng đối xứng hóa và cm đc bđt sau đúng

Ta có

$(\sum \sqrt{\frac{a}{a+b}})^2\leq (\sum (a+c))(\sum \frac{a}{(a+b)(a+c)})=\frac{4(a+b+c)(ab+bc+ac)}{(a+c)(b+c)(c+a)}$

Suy ra cần cm

$8(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq 9(a+b)(b+c)(c+a)$

Bđt này đúng vì

$8(a+b+c)(ab+bc+ac)=8(a+b)(b+c)(c+a)+8abc\leq 9(a+b)(b+c)(c+a)$

Từ đó có đpcm

Đẳng thức khi a=b=c

Theo bđt cauchy.schwarz

$P= \sum \frac{1}{\sqrt{x^{5}-x^{2}+3xy+6}} \leq \sqrt{3\sum \frac{1}{x^{5}-x^{2}+3xy+6}}$

Từ  AM GM ta đc

$(x^{5}+x+1)+(x^{5}+x^{2}+1.5) \geq 3x^{2}+7x$  tương đương vs  $x^{5}-x^{2}+3xy+6 \geq 3(1+x+xy)$

Có 2 bđt tương tự suy ra

$\sum \frac{1}{x^{5}-x^{2}+3xy+6}\leq \sum \frac{1}{3(1+x+xy)}$

từ gt xyz=1 suy ra

$\sum \frac{1}{3(1+x+xy)}=\frac{1}{3}$

suy ra $P\leq 1$

vậy $MaxP=1$

Đẳng thức xảy khi $a=b=c=1$

Bài 3:

Tìm tất cả các số nguyên $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3(ab+bc+ca)$

$\blacksquare$ Bổ đề

$5\mid a^2+3b^2\Rightarrow 5\mid a,b$

$\square$ giả sử $5\not |\ a,b$

ta có 

$5\mid a^2+3b^2\Rightarrow a^2\equiv -3b^2(mod\ 5)\Rightarrow \left ( \frac{-3}{5} \right )=\left ( \frac{-3b^2}{5} \right )=1$

mà dễ tính $\left ( \frac{-3}{5} \right )=1$ nên điều trên vô lí tức là

$5\mid a,b$

$\blacksquare$ Quay lại bài toán

ta có 

$(a+b+c)^2=5(ab+bc+ca)\Rightarrow 5\mid a+b+c\Rightarrow c\equiv -a-b(mod\ 5)$

$\Rightarrow p\mid a^2+b^2+(-a-b)^2\Rightarrow 5\mid (2a+b)^2+3b^2\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 5\mid 2a+b\\5\mid b \end{matrix}\right.\Rightarrow 5\mid a,b$

tương tự ta có $5\mid c$

vì $p| a,b,c\Rightarrow a=5a_0,b=5b_0,c=5c_0\Rightarrow a_0^2+b_0^2+c_0^2=3(a_0b_0+b_0c_0+c_0a_0)$

cứ làm như vậy ta có $5^n\mid a,b,c$ tức $\boxed{a=b=c=0}$