Disuguaglianzina-ina-ina

[Boll]

Non gettativici sopra come le mosche sul miele...

Siano $ a $ e $ b $ reali positivi tali che $ a^{1999}+b^{1999}=a^{2001}+b^{2001} $
Provare che $ a^2+b^2\le 2 $

[HumanTorch]

Se $ a>1 $ e $ b>1 $ la disuguaglianza non reggerebbe, essendo ogni termine del primo membro minore del corrispondente del secondo. Per simmetria $ a>b $. Se $ a=b=1 $ è ok.
Se $ a<1 $ però ogni addendo del secondo membro è minore del corrispondente del primo. Quindi $ a>1 $ e $ b<1 $
$ 1\cdot a^{1999}+1\cdot b^{1999}=a^2 \cdot a^{1999}+b^2 \cdot b^{1999} $ da cui, lavorando su $ a^2=k $ e $ b^2=j $, per riordinamento, $ k+j<1+1=2 $
Ma visto che voglio fare le cose per bene..

Versione#2
Il valore massimo che può assumere $ b\cdot (b^2)^{999}(1-b^2) $ è $ <\frac{1}{2} $: infatti il valore massimo assumibile da $ b^n(1-b) $ se $ n\neq 3 $ è $ \frac{1}{{2}^{n+1}} $ per passo induttivo
Quindi $ a^{1999}(a^2-1)<\frac{1}{2} $: da ciò i valori devono rispettare la disuguaglianza

[karl]

Per a=b=1 si ha eguaglianza in entrambe le relazioni.Supponiamo ora a e b
diversi da 1 ;ne risultano 4 casi:
a>1,b>1
0<a<1,0<b<1
0<a<1,b>1
a>1,0<b<1
Ora essendo:
1) $ \displaystyle a^{1999}(a^2-1)=b^{1999}(1-b^2) $
i primi due casi sono da scartare perche' rendono i membri della (1) di segno opposto.
Per il caso 3 la (1) si puo' anche scrivere cosi':
$ \displaystyle\frac{a^{1999}}{b^{1999}}=\frac{b^2-1}{1-a^2} $
ed essendo il primo membro di quest'ultima relazione <1 ne segue:
$ \displaystyle\frac{b^2-1}{1-a^2}<1 $ --->$ a^2+b^2<2 $
Analogamente nel 4 caso la (1) si puo scrivere:
$ \displaystyle\frac{a^{1999}}{b^{1999}}=\frac{1-b^2}{a^2-1} $
ed essendo ora il primo membro >1 ne segue:
$ \displaystyle\frac{1-b^2}{a^2-1}>1 $ --->$ a^2+b^2<2 $

[Boll]

@karl: Okok, non era certo un IMO...
@HumanTorch: Potresti cercare di essere più chiaro e svolgere tutti i passaggi? Sarò tardo, ma non capisco cosa tu voglia dire...
@resto del mondo: Chi mi trova la soluzione "da disuguaglianza" (cioè con medie, cauchy, riordinamento, bunching o quant'altro di simile)??

[enomis_costa88]

spero di non avere scritto cazzate.. ricontrollerò dopo avere mangiato e dopo i simpson..

Solo usando le medie ed esponenti..
La th si scrive come:
$ 1 \ge \frac{a^2+b^2}{2} $
$ 1 \ ge\ M_2 $
che sarebbe verificata se $ 1 \ge M_2_0_0_1 o M_1_9_9_9 $
$ M_2_0_0_1 \ge M_1_9_9_9 $
$ (M_2_0_0_1)^1^9^9^9 \ge \frac{a^1^9^9^9+b^1^9^9^9}{2} = (M_2_0_0_1)^2^0^0^1 $
$ da cui (M 2001)^1^9^9^9 \ge (M 2001)^2^0^0^1 $
quindi $ 1 \ge M_2_0_0_1 $ da cui la Th

[Boll]

Ora devo ricontrollare la enomis, credo che la mia si salvi...


$ M_p $ indica la media di ordine $ p $

Per il confronto $ M_{2001}\ge M_{1999} $ avremo

$ \displaystyle \sqrt[2001]{\dfrac{a^{2001}+b^{2001}}{2}}\ge \sqrt[1999]{\dfrac{a^{1999}+b^{1999}}{2}} $
sfruttando le ipotesi

$ \displaystyle \sqrt[2001]{\dfrac{a^{2001}+b^{2001}}{2}}\ge \sqrt[1999]{\dfrac{a^{2001}+b^{2001}}{2}} $

$ \dfrac{a^{2001}+b^{2001}}{2}=K $

$ K^{1/2001}\ge K^{1/1999} $

$ 1\ge K^{1/1999-1/2001} $

$ 1\ge K $ poichè $ 1/1999\ge 1/2001 $

estraendo la radice $ 2001 $ esima avremo

$ M_{2001}\le 1 $

poichè $ M_2\le M_{2001} $ avremo

$ \displaystyle \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\le 1 $

elevando al quadrato e moltiplicando per $ 2 $

$ a^2+b^2\le 2 $
q.e.d.

[HumanTorch]

$ \displaystyle \sqrt[2001]{\dfrac{a^{2001}+b^{2001}}{2}}\ge \sqrt[1999]{\dfrac{a^{1999}+b^{1999}}{2}} $
elevando alla $ 2001 $ otterremo

$ \displaystyle {\dfrac{a^{2001}+b^{2001}}{2}}\ge \left({\dfrac{a^{1999}+b^{1999}}{2}}\right)^2 $

Non so se sto fraintendendo ma $ \frac{2001}{1999}\neq 2 $.
Per quando riguarda la mia proof, effettivamente è parecchio incasinata e coinvolge le brute force, ma credo l'abbiate compreso che non sono un cicerone (mea culpa, mea culpa..)

[karl]

Stavo per fare la stessa considerazione di "Torcia Umana"

[HumanTorch]

E' telepatia Karl, altra spiegazione non c'è ([0T] Pubblicità sfacciata Andate a vedere il film dei Fantastici Quattro [\0T] il 16 Settembre). Comunque l'idea delle medie una volta messa a punto credo che vada benisssimo. Compimenti a Boll e a Enomis (e a Karl, è pleonastico)