Chủ đề này có 24 trả lời

[Le Phuong Thao Nhi]

$A= y(y+1)(y+2)(y+3)= (y^2+3y+2)(y^2+3y)= (y^2+3y)^2 +2(y^2+3y)$
$ A= (y^2+3y)^2$
$(x-2009)^2=(y^2+3y)^2$
Sau giải tiếp...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Le Phuong Thao Nhi: 02-06-2009 - 20:22

[L_Euler]

$A= y(y+1)(y+2)(y+3)= (y^2+3y+2)(y^2+3y)= (y^2+3y)^2 +2(y^2+3y)$
$ A= (y^2+3y)^2$
$(x-2009)^2=(y^2+3y)^2$
Sau giải tiếp...

$A= y(y+1)(y+2)(y+3)= (y^2+3y+2)(y^2+3y)= (y^2+3y)^2 +2(y^2+3y)=(y^2+3y+1)^2-1$

Vậy thì
$(y^2+3y+1)^2-(x-2009)^2=1<==>(y^2+3y+1+x-2009)(y^2+3y+1-x+2009)=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L_Euler: 02-06-2009 - 20:34

[NguLauDotBen]

1/ Giả sử ta có c<a+b. Do $c\ge a>0;c\ge b>0$ nên khi đó a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác.
Khi đó ta có bất đẳng thức quen thuộc
$a^2+b^2+c^2$<2(ab+bc+ca) với a, b, c là độ dài ba cạnh một tam giác.
Trái với giả thiết là $a^2+b^2+c^2$=2(ab+bc+ca)
2/ Gọi 8 số đó là $a_1;a_2;...a_8(1\le a_1\le a_2\le...\le a_8\le20)$
Giả sử không thể chọn 3 số nào trong 8 số trên làm 3 cạnh của một tam giác, thế thì khi đó :
$\\a_3\ge a_1+a_2\ge1+1=2\\a_4\ge a_3+a_2\ge2+1=3\\a_5\ge a_4+a_3\ge3+2=5\\a_6\ge a_5+a_4\ge5+3=8\\a_7\ge a_6+a_5\ge8+5=13\\a_8\ge a_7+a_6\ge13+8=21$
Vô lí.
Vậy ta có đpcm.

anh ơi cho em hỏi cái bđt quen thuộc í chứng minh sao vậy anh ?? EM còn nhỏ hem bik nên thông cảm giùm

[Hero Math]

$a<b+c \Rightarrow a^{2}<a(b+c)=ab+ac$
Tương tự: $b^{2}< ba+bc, c^{2}<ca+bc $
CỘng theo vế ta có BĐT CM

[manhsoi]

tìm cặp nghiệm nguyên của:
$(x-2006)^2=y(y+1)(y+2)(y+3)$

$(x-2006)^2=(y^2+3y)(y^2+3y+2)
<=>(x-2006)^2=t^2+2t $ với $ t=y^2+3y$
nếu $t>0$ thì$ t^2<t^2+2t<(t+1)^2$
$=>(x-2006)^2 $ hok phải là số chính phương
=>$t \leq 0$
......
y={0;-1;-2;-3},x=2006

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhsoi: 05-06-2009 - 07:50