Ja mam chyba jeszcze inny sposób,mam nadzieję że poprawny. Zapiszmy 3 jako 2+1≥2+(x^2+y^2)/2. Wobec czego prawa strona jest większe równa 2+(x^2+y^2)/2 +xy=2+1/2*(x+y)^2. Wystarczy wykazać, że jeśli x+y=t, to 2+1/2*(t^2)≥2t. Jest to jednak po pomnożeniu przez 2 i odjęciu stronami równoważne (t-2)^2≥0, co jest prawdziwe dla dowolnego t
@whitemanxy
5 ай бұрын
Pięknie! Bardzo ładne rozwiązanie :). Przypinam komentarz.
@michakapustka9462
5 ай бұрын
Moje rozwiązanie: Niech a=x+y, b=xy. Wówczas założenie to a^2-2b = (a^2-2)/2. Teza to b+3 >= 2a. Zauważmy, że b+3-2a >= (a^2-2)/2 + 3 - 2a =(a/√2 - √2)^2 >= 0. Stąd odrazu wynika teza.
@whitemanxy
5 ай бұрын
Super! Dziękuję za podzielenie się rozwiązaniem :)
@cubiklosz
5 ай бұрын
Jakiego programu używasz?:)
@leondudaOfficial
4 ай бұрын
Czy istnieje jakaś trojka a,b,c-calkowite dodatnie gdzie a^2+b^2=c^2 ktorej nie idzie przedstawić w postaci (2xy)^2+(x^2-y^2)^2=(x^2+y^2)^2 gdzie x,y sa całkowite dodatnie ?
@whitemanxy
4 ай бұрын
@leondudaOfficial Tak - istnieją takie trójki. Przykładowo (9,12,15). Ogólnie jeżeli NWD(a,b,c) jest większy niż jeden to nie będą one miały przedstawienia jakie podałeś.
@leondudaOfficial
4 ай бұрын
@@whitemanxy ok dzk a czy istnieje jakaś 3-jka ktorej nie idzie przedstawic w postaci t*(2xy)^2+t*((x^2-y^2))^2=t*(x^2+y^2))^2 gdzie x,y,t sa całkowite dodatnie ?
@whitemanxy
4 ай бұрын
@@leondudaOfficialNie - każda trójka pitagorejska ma takie przestawienie :)
Пікірлер: 11