Giả sử tồn tại [imath]\Delta ABC[/imath] đều có cả [imath]3[/imath] điểm đều "đẹp".
Ta có thể "dời" [imath]\Delta ABC[/imath] sao cho [imath]A=(0,0)[/imath].
Khi đó, vì tất cả các điểm "dời" hoành độ và tung độ thêm một số hữu tỉ nên [imath]B,C[/imath] vẫn là điểm "đẹp".
Đặt [imath]B=(a,b),C=(c,d)[/imath].
Ta có: [imath]a^2+b^2=c^2+d^2=(a-c)^2+(b-d)^2=(a^2+b^2)+(c^2+d^2)-2(ac+bd)[/imath]
[imath]\Rightarrow a^2+b^2=c^2+d^2=2(ac+bd)[/imath]
[imath]\Rightarrow (a+c)^2+(b+d)^2=3[(a-c)^2+(b-d)^2][/imath]
Bằng cách quy đồng thì từ hệ thức trên ta được:
[imath]x^2+y^2=3(z^2+t^2)[/imath] với [imath]x,y,z,t \in \mathbb{N}[/imath].
Bổ đề: Nếu [imath]a^2+b^2 \vdots p[/imath] với [imath]p[/imath] là số nguyên tố dạng [imath]4k+3[/imath] thì [imath]a,b \vdots p[/imath] (bổ đề này chắc em chứng minh được rồi)
Áp dụng bổ đề ta được [imath]x,y \vdots 3[/imath]. Đặt [imath]x=3x_1,y=3y_1(x_1,y_1 \in \mathbb{N})[/imath] thì ta lại có [imath]9(x_1^2+y_1^2)=3(z^2+t^2)[/imath]
[imath]\Rightarrow z^2+t^2=3(x_1^2+y_1^2)[/imath]
Tiếp tục bổ đề ta được [imath]z,t \vdots 3[/imath]. Đặt [imath]z=3z_1,t=3t_1(z_1,t_1 \in \mathbb{N})[/imath] thì ta có [imath]x_1^2+y_1^2=3(z_1^2+t_1^2)[/imath]
Từ đó theo nguyên lý lùi vô hạn ta được [imath](x,y,z,t)=(0,0,0,0)[/imath] là nghiệm nguyên duy nhất.
[imath]\Rightarrow a=b=c=d=0 \Rightarrow A \equiv B \equiv C[/imath](mâu thuẫn)
Vậy ta có đpcm.
Nếu còn thắc mắc chỗ nào bạn hãy trả lời dưới topic này để được hỗ trợ nhé. Chúc bạn học tốt ^^
Ngoài ra, bạn tham khảo kiến thức tại topic này nha
[Lý thuyết] Chuyên đề HSG: Toán rời rạc
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
)))
