[SNS 62-63] Disuguaglianza in R

[XaLeX9xe]

Un altro esercizietto di quelli vecchi (e quindi più facili ) dei test d'ammissione alla SNS.

Testo:
Dimostrare che, presi due numeri reali a e b, si ha sempre:
$a^4+b^4\gea^3b$
Dire quando si ha l’uguaglianza.

La mia soluzione, che apro al confronto perchè sono sicuro che c'era un modo più facile e veloce :

Sia $h = b-a$. L'espressione potrà essere riscritta come $a^4+(a+h)^4\gea^3(a+h)$.
Svolgendo le potenze si otterrà $a^4+3a^3h+6a^2h^2+ah^3+h^4\ge0$
Quindi,
$(a^2+h^2)^2 +ah(3a^2+h^2) +4a^2h^2 \ge 0$
Essendo una somma di quadrati, è facile dire che l'espressione non sarà mai negativa. In particolare per $a=0$ la disuguaglianza si ridurrà a $h^4\ge0$ e per $h=0$ ad $a^4\ge0$.
L'espressione sarà dunque nulla per $a=b=0$ e positiva per qualunque altro valore di $a,b\in\mathbb{R}$

...a voi!

[Behave!]

Io distinguerei in tre casi:
Se $a=a^3b$ è senz'altro vera. La stessa osservazione si può fare per $a>b$. Per $a=b$, invece, si ha il caso dell'uguaglianza con $0$.

Giusto?

[Rigel1]

Il secondo termine (quello con \(ah(3a^2+h^2)\)) non è necessariamente positivo.
Io avrei proceduto così (ma forse si può fare più rapidamente):
se \(a=0\) la disuguaglianza è vera e l'uguaglianza vale se e solo se \(b=0\).
Se \(a\neq 0\), dividiamo tutto per la quantità positiva \(a^4\); ponendo \( t= b/a\) si ottiene la disuguaglianza
\[ 1+t^4\geq t.\]
La disug. stretta è verificata sia nel caso \(t\leq 1\) (la verifica è immediata) che nel caso \(t\geq 1\) (in questo caso si usa il fatto che \(t^4 \geq t\) per ogni \(t\geq 1\)).

[XaLeX9xe]

"Rigel":

Il secondo termine (quello con \(ah(3a^2+h^2)\)) non è necessariamente positivo.

Giusto

"Rigel":

Io avrei proceduto così (ma forse si può fare più rapidamente):
se \(a=0\) la disuguaglianza è vera e l'uguaglianza vale se e solo se \(b=0\).
Se \(a\neq 0\), dividiamo tutto per la quantità positiva \(a^4\); ponendo \( t= b/a\) si ottiene la disuguaglianza
\[ 1+t^4\geq t.\]
La disug. stretta è verificata sia nel caso \(t\leq 1\) (la verifica è immediata) che nel caso \(t\geq 1\) (in questo caso si usa il fatto che \(t^4 \geq t\) per ogni \(t\geq 1\)).

Avevo tentato anch'io un approccio simile, solo che arrivato a

$1+(b/a)^4\geb/a$
mi sono bloccato.

Morale della favola, ho ancora molto da imparare... e ringrazio tutti per questi confronti

[xXStephXx]

Se non erro un altro approccio può essere che dati 4 numeri: \(\displaystyle a,a,a,b \) si ha che la media \(\displaystyle p-esima \) con \(\displaystyle p = 4 \) è maggiore o uguale alla media geometrica..
E dunque: \(\displaystyle \sqrt[4]{\frac{a^4+a^4+a^4+b^4}{4}} \geq \sqrt[4]{a^3b}\)
\(\displaystyle \frac{3a^4+b^4}{4} \geq a^3b\)
Quindi abbiamo:
\(\displaystyle a^4+b^4 \geq \frac{3a^4+b^4}{4} \geq a^3b\)
Questo se \(\displaystyle a^3b \) è positivo, ma se fosse negativo il problema manco si pone.

[NoRe1]

Ho provato anche io a svolgerlo ( finalmente una giornata senza orali vari )e ho trovato questa soluzione

se una delle due variabili è uguale a 0 allora l'eguaglianza è verificata, infatti 0=0 lol
se a e b sono discordi il 2 membro della disuguaglianza è negativo, quindi la disuguaglianza è verificata.
Se a e b sono concordi posso dividere entrambi i membri per la quantità $a^3b$


la disuguaglianza pertanto diventa :

$ a/b+ b^3/a^3 > 1 $
posto $r=b/a$ naturalmente b

$1/r+r^3>1 $

Ora ho proceduto probabilmente in un metodo molto spartano ( si accettano consigli sulle equazioni in cui compaiono potenze con esponente superiore a 2 perchè praticamente non ne so nulla... )
Tornando a noi, avendo considerato il caso in cui a e b sono concordi la somma
$1/r+r^3>1 $
è maggiore di uno se uno dei due addendi è maggiore di uno.
Ma
$r^3>1$ se e solo se $r>1$
e $1/r<1$ se e solo se $0
quindi per ogni b/a l'equazione è vera...

In base a questo e a quanto visto prima la disuguaglianza è valida per ogni coppia di a;b appartenenti ad R...

va bene o è un po' contorta?
Consigli sulle potenze ad espondente superiore a 2? merci!

[j18eos]

@xXStephXx C'è una radice quarta di troppo!

@NoRe Nulla da contestare; se mi si consente e senza offesa, la tua è la versione rozza della dimostrazione di Rigel.

[NoRe1]

effettivamente quella di Rigel è più elegante e lineare... anche io l'avevo portata nella sua forma, ma non sapendo poi dove andare a sbattere ho optato per una soluzione più 'casereccia'

[theras]

Così,a naso..ma non potrebbe essere utile determinare,fissato a piacere $overline(a) inRR$,
il punto di minimo(obbligatoriamente assoluto..)della $f(x)=x^4-a^3x+a^4:RR to RR$:
non ho fatto i conti,nè tanto meno ragionato per bene se aiuti a risolvere le seconda parte del quesito,
ma forse ci se la cava con poco..
Saluti dal web.