Fie $x,y\in\Bbb{R}$ astfel incat $1\leq{x^2-xy+y^2}\leq2$. Sa se arate ca:
a) $\displaystyle{\frac{2}{9}}\leq{x^4+y^4}\leq8;$
b) $x^{2n}+y^{2n}\geq\displaystyle{\frac{2}{3^n}}\;$ pentru orice $n\in\Bbb{N}, n\geq3.$
(Baraj 1992)
Test selectie 1992
-
Marius Stănean
- Mesaje: 751
- Membru din: Mar Iul 13, 2010 7:15 am
- Localitate: Zalau
Test selectie 1992
Quae nocent docent
-
Moldovan Bogdan
- Mesaje: 126
- Membru din: Sâm Ian 01, 2011 5:05 pm
Re: Test selectie 1992
Avem :$-xy = (-x)y \le \frac{(-x)^2+y^2}{2} = \frac{x^2+y^2}{2}$ si atunci conform ipotezei avem $1\le x^2+y^2-xy \le x^2+y^2 +\frac{x^2+y^2}{2} = \frac{3}{2}(x^2+y^2)$ si deci $\Rightarrow$ $x^2+y^2 \geq \frac{2}{3}$.
Acum avem :$\frac{x^{2n}+y^{2n}}{2} = \frac{(x^2)^n+(y^2)^n}{2}\geq (\frac{x^2+y^2}{2})^n\geq \frac{1}{3^n}$ deci $\Rightarrow x^{2n}+y^{2n} \geq \frac{2}{3^n}$;iar pt. n=2 se obtine prima inegalitate de la punctul a.)
Pentru a doua inegalitate de la punctul a) avem:$x^4+y^4 = (x^2 +y^2)^2 - 2x^2y^2$iar din ipoteza avem:
$0\le x^2+y^2 \le 2+xy \Rightarrow (x^2+y^2)^2 \le 4+4xy+x^2y^2$
Mai ramane de demonstrat ca: $4+4xy+x^2y^2 -2x^2y^2 = 4+4xy - x^2y^2 \le 8 \Leftrightarrow (2-xy)^2 \geq 0$ Evident.
Acum avem :$\frac{x^{2n}+y^{2n}}{2} = \frac{(x^2)^n+(y^2)^n}{2}\geq (\frac{x^2+y^2}{2})^n\geq \frac{1}{3^n}$ deci $\Rightarrow x^{2n}+y^{2n} \geq \frac{2}{3^n}$;iar pt. n=2 se obtine prima inegalitate de la punctul a.)
Pentru a doua inegalitate de la punctul a) avem:$x^4+y^4 = (x^2 +y^2)^2 - 2x^2y^2$iar din ipoteza avem:
$0\le x^2+y^2 \le 2+xy \Rightarrow (x^2+y^2)^2 \le 4+4xy+x^2y^2$
Mai ramane de demonstrat ca: $4+4xy+x^2y^2 -2x^2y^2 = 4+4xy - x^2y^2 \le 8 \Leftrightarrow (2-xy)^2 \geq 0$ Evident.