Siano $ a $, $ b $, $ c $ e $ d $ quattro numeri interi non negativi tali che
$ (a+b)^2+2a+b=(c+d)^2+2c+d $.
Trovare il massimo valore che può assumere la quantità
$ 3a^2+a-2ab-b^2-2ac+4ad-2bc-c^2+d^2+2-c $.
Max
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[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
Lemma: se $ (a+b)(a+b+1)+a=(c+d)(c+d+1)+c $ allora $ a=c $ e $ b=d $, con $ a,b,c,d \in N $.
Proof: Sia $ f(x)=x(x+1) $, allora è vero che f(a+b) < (a+b)(a+b+1)+a < f (a+b+1) . di conseguenza sarà anche f(c+d)+c in tale intervallo, ma c=a (da cui la tesi) oppure c=f(a+b)+a-f(a+b-k) con k intero positivo. c al minimo sarà quindi c=(a+2(a+b)), ma $ f(c+d)+c \ge f(c)+c $maggiore di (a+b)(a+b+1)+a.
ora se $ a=c $ e $ b=d $ si ha:
$ 3a^2+a-2ab-b^2-2ac+4ad-2bc-c^2+d^2+2-c = 2 $
Proof: Sia $ f(x)=x(x+1) $, allora è vero che f(a+b) < (a+b)(a+b+1)+a < f (a+b+1) . di conseguenza sarà anche f(c+d)+c in tale intervallo, ma c=a (da cui la tesi) oppure c=f(a+b)+a-f(a+b-k) con k intero positivo. c al minimo sarà quindi c=(a+2(a+b)), ma $ f(c+d)+c \ge f(c)+c $maggiore di (a+b)(a+b+1)+a.
ora se $ a=c $ e $ b=d $ si ha:
$ 3a^2+a-2ab-b^2-2ac+4ad-2bc-c^2+d^2+2-c = 2 $
The only goal of science is the honor of the human spirit.