disugualianza...semplice (?)

[angus89]

Siano a,b numeri reali non negativi tali che $ \displaystyle b^{2}+b^{6} \le a^{2}-a^{6} $

Dimostrare che risulta
1)$ \displaystyle a \le 1 $ ;
2) $ \displaystyle b< \frac{2}{3} $;

Bè il titolo è ambiguo...
Dunque...esiste una soluzione olimpica,
ma facendo un paio di osservazioni e utilizzando la forza bruta che possiedono gli studenti al quinto anno si arriva alla soluzione in poco tempo...
(ero indeciso se postarlo qui o altrove, ma la soluzione olimpica c'è...quindi...)

[antosecret]

Siano a,b numeri reali non negativi tali che $ \displaystyle b^{2}+b^{6} \le a^{2}-a^{6} $

1)$ \displaystyle a \le 1 $ ;

Bè...
Procediamo per assurdo e poniamo a>1.
Allora sarà $ a^{2} < a^{6} $ e quindi $ a^2-a^6 < 0 $
Notiamo poi che la somma di potenze di b al primo membro deve per forza essere positiva (oppure 0). Ma un positivo (oppure zero) non può essere mai più piccolo di un negativo. Quindi deve essere $ \displaystyle a \le 1 $

Giusto?

[Stex19]

Siano a,b numeri reali non negativi tali che $ \displaystyle b^{2}+b^{6} \le a^{2}-a^{6} $

1)$ \displaystyle a \le 1 $ ;

Bè...
Procediamo per assurdo e poniamo a>1.
Allora sarà $ a^{2} < a^{6} $ e quindi $ a^2-a^6 < 0 $
Notiamo poi che la somma di potenze di b al primo membro deve per forza essere positiva (oppure 0). Ma un positivo (oppure zero) non può essere mai più piccolo di un negativo. Quindi deve essere $ \displaystyle a \le 1 $

Giusto?

si.
il problema è dimostrare l'altro...

io facendo la derivata del secondo polinomio ho trovato che $ $a^2-a^6 $ ha valore massimo per $ $a=\sqrt{\frac{1}{\sqrt{3}} $, quindi $ $b^2+b^6\le\frac{2}{3\sqrt{3}} $ sempre, però ponendo $ $b=\frac{2}{3} $ non viene $ $b^2+b^6=\frac{2}{3\sqrt{3}} $....

[antosecret]

io purtroppo sono di 4 e non so cosa sia una derivata.
Come finisco la chimica vedo se riesco a trovare la soluzione olimpica....
anche se mi sembra difficile (per me, ovviamente)

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

abbiamo $ b^2 + b^6 + a^6 \le a^2 $ e quindi per AM - GM $ \sqrt[3]{b^8 \cdot a^6} \le \frac{a^2}{3} $ ovvero $ \sqrt[3]{b^8} \le \frac{1}{3} $

[antosecret]

abbiamo $ b^2 + b^6 + a^6 \le a^2 $ e quindi per AM - GM $ \sqrt[3]{b^8 \cdot a^6} \le \frac{a^2}{3} $ ovvero $ \sqrt[3]{b^8} \le \frac{1}{3} $

Scusa ma non capisco... che vuol dire AM - GM???

[julio14]

Scusa ma non capisco... che vuol dire AM - GM???

Sono la media aritmetica e quella geometrica, tra qui vale la relazione GM $ \le $ AM. Data un n-upla, la sua media geometrica è $ $\sqrt[n]{a_1\cdot...\cdot a_n} $ e quella aritmetica $ $\frac{a_1+...+a_n}{n} $. La media geometrica di $ b^2;b^6;a^6 $ è $ \sqrt[3]{b^8\cdot a^6} $ ed è minore o uguale della media aritmetica $ $\frac{b^2+b^6+a^6}{3} $ che a sua volta è minore o uguale di $ $\frac{a^2}{3} $.

[angus89]

io facendo la derivata del secondo polinomio ho trovato che $ $a^2-a^6 $ ha valore massimo per $ $a=\sqrt{\frac{1}{\sqrt{3}} $, quindi $ $b^2+b^6\le\frac{2}{3\sqrt{3}} $ sempre, però ponendo $ $b=\frac{2}{3} $ non viene $ $b^2+b^6=\frac{2}{3\sqrt{3}} $....

Perchè non concludi scusa?
(a quello mi riferivo con la forza bruta XD)

Comunque la soluzione olimpica è abbastanza macchinosa ma non impossibile...

[julio14]

Comunque la soluzione olimpica è abbastanza macchinosa ma non impossibile...

Quella di Gabriel non va bene? da lì in poi sono solo conti da non più di quattro cifre... fattibili (magari gabriel ha una strada più breve della mia... a me viene così)

[Stex19]

io facendo la derivata del secondo polinomio ho trovato che $ $a^2-a^6 $ ha valore massimo per $ $a=\sqrt{\frac{1}{\sqrt{3}} $, quindi $ $b^2+b^6\le\frac{2}{3\sqrt{3}} $ sempre, però ponendo $ $b=\frac{2}{3} $ non viene $ $b^2+b^6=\frac{2}{3\sqrt{3}} $....

Perchè non concludi scusa?
(a quello mi riferivo con la forza bruta XD)

Comunque la soluzione olimpica è abbastanza macchinosa ma non impossibile...

perchè non ci riesco...
anche ponendo $ b^2=t $ mi rimane una disequazione di 3 grado che non riesco a svolgere...
probabilmente è una cazzata ormai, ma è 2 giorni che sto dalle 9 alle 17 allo stage di fisica, e a quest'ora il cervello perde qualche colpo....

[angus89]

Comunque la soluzione olimpica è abbastanza macchinosa ma non impossibile...

Quella di Gabriel non va bene? da lì in poi sono solo conti da non più di quattro cifre... fattibili (magari gabriel ha una strada più breve della mia... a me viene così)

E si ma non è che mi posso mettere a rifarla...se posta la soluzione completa vediamo

perchè non ci riesco...
anche ponendo $ b^2=t $ mi rimane una disequazione di 3 grado che non riesco a svolgere...
probabilmente è una cazzata ormai, ma è 2 giorni che sto dalle 9 alle 17 allo stage di fisica, e a quest'ora il cervello perde qualche colpo....

Guarda che è semplice...
L'idea l'hai avuta...devi mandare avanti e formalizzare...

[julio14]

Comunque la soluzione olimpica è abbastanza macchinosa ma non impossibile...

Quella di Gabriel non va bene? da lì in poi sono solo conti da non più di quattro cifre... fattibili (magari gabriel ha una strada più breve della mia... a me viene così)

E si ma non è che mi posso mettere a rifarla...se posta la soluzione completa vediamo

No più che altro credo desse il resto per scontato... cmq lo metto io:
$ $\sqrt[3]{b^8}=b^{\frac83}\le \frac13\rightarrow b\le \left(\frac13\right)^{\frac38} $
quindi basta dimostrare che $ $\left(\frac13\right)^{\frac38}\le \frac23 $, elevo tutto all'ottava e mcm:
$ $\frac{243}{6561}\le\frac{256}{6561} $

ovviamente tutto ciò in gara senza calcolatrici... davanti al computer si risparmia un po' d'inchiostro

[pic88]

davanti al computer si risparmia un po' d'inchiostro

Ciò è un male soprattutto se si evitano le parentesi prima di elevare a potenza una frazione

[julio14]

Chi?! io? naaaaaaaaa.... ma doooove???

[angus89]

benissimo...l'olimpica è sistemata...

Va bè se qualcuno è interessato alla soluzione per via delle derivate ecc...
posti pure e io provvedo a dare la soluzione completa...