dowód karla: 1.Udowodnić, że jeżeli liczby rzeczywiste x i y spełniają równość x2 + y2 = 1, to x6 +y6 ≥ 14 . Dla jakich wartości x i y otrzymujemy równość?

Godzio: Na pewno dobrze przepisane ? Przy warunku: x² + y² = 1 mamy, że x,y ∊ <−1,1>, więc równość x⁶ + y⁶ = 14 nigdy nie zajdzie

karla: tak dobrze

Godzio: x⁶ + y⁶ = (x² + y²)(x⁴ − x²y² + y⁴) = (x² + y²)² − 3x²y² = 1 − 3x²y² x² = 1 − y² (z danej równości) zatem: 1 − 3x²y² = 1 − 3(1 − y²)y² = 1 − 3y² + y⁴ ≥ 14 Podstawmy zmienną pomocniczą: t = y² wówczas: t² − 3t + 1 ≥ 14, wiemy, że y ∊ <−1,1> zatem t ∊ <0,1> więc szukamy wartości maksymalnej funkcji: f(t) = t² − 3t +1 1 na przedziale <−1,1>

	3
tw =		∉ <0,1> (tego chyba nie trzeba sprawdzać bo to minimum i tak)
	2

f(0) = 1, f(1) = −1, Zatem wartością maksymalną jest 1 więc funkcja nie ma szans dojść do 14, równość nigdy nie zajdzie

karla: pomóżcie

Eta:

karla: dzięki

Godzio: Eta dobrze gadam ?

karla: czyli x⁶ + y⁶ nigdy nie będzie≥14

Eta: Jak zawsze ......... dobrze gadasz

karla:

Godzio: Nie ma opcji

karla: Dziękuję bardzo

pigor: ... sądzę, że tu ... udowodnić, że jeżeli liczby rzeczywiste x i y spełniają równość x²+y²=1, to x⁶+y⁶ ≥ ¹₄. Dla jakich wartości x i y otrzymujemy równość ? bo faktycznie, np. tak : x²+y²=1 ⇒ (x²+y²)³=1 ⇔ x⁶+3x⁴y²+3x²y⁴+y⁶=1 ⇔ x⁶+y⁶+3x²y²(x²+y²)=1 ⇒ ⇒ (*) x⁶+y⁶=1−3x²y² , ale z nierówności między średnimi m_g ≤ m_a : x²y²≤(¹₂(x²+y²)² i x²+y²=1 ⇒ x²y²≤(¹₂)² ⇒ x²y²≤ ¹₄ /*(−3) ⇒ ⇒ −3x²y²≥−³₄, więc stąd i z (*) x⁶+y⁶=1−3x²y²≥1−³₄ ⇔ ⇔ x⁶+y⁶ ≥ ¹₄ c.b.d.u., gdzie równość dla |x|=|y|= ¹ _√2 . ...