sns 95-96

[Robertopphneimer]

siano a e b numeri reali non negativi tali che $ b^2+b^6 \le a^2-a^6 $ dimostrare che allora risulta :

$ a \le 1 $
Edit :$ b< 2/3 $

[petroliopg]

1) $\displaystyle a > 1$ (per assurdo). Abbiamo allora che $\displaystyle a^2(1-a^4)<0$
Sapendo che LHS è sempre nonnegativo la prima tesi è dimostrata.

2) non mi tornava la seconda. Basta che sostituisci 2/3 una volta trovata la prima tesi e non torna lol... ho rivisto il testo ed è $\displaystyle b < \frac{2}{3}$ lol chiamo $\displaystyle x=a^2$. La RHS diventa $\displaystyle (x-1)x(x+1)$. Sapendo che $\displaystyle x+1 \le 2$ per precendente dimostrazione, allora dobbiamo trovare un valore di x che massimizzi $\displaystyle x(x-1)$ e questo valore è pari ad $\displaystyle \frac{1}{2}$.
Dunque $\displaystyle (x-1)x(x+1)\le \frac{1}{4} \cdot 2= \frac {1}{2}$
Dunque scrivo $\displaystyle \frac{1}{2} \ge b^2+b^4$ supposto per assurdo che $\displaystyle b \ge \frac{2}{3}$ vedo che
$\displaystyle \frac{1}{2} \ge b^2+b^4\ge (\frac{2}{3})^2+ (\frac{2}{3})^6 > \frac{1}{2}$ ASSURDO.

$\displaystyle QED$

[Robertopphneimer]

Comunque si per la prima cie ro arrivato anch'io (non ho capito cosa intendi per "massimizzare" chje tecnica è??)

ps: edito subito b