Se $a^2<2b^2$

Messaggioda UmbertoM » 24/10/2012, 16:42

Siano $a,binZZ^+$
Dimostrare che se $a^2<2b^2$ (quindi se $a/b<sqrt2$) allora $a/b+1/(4b^2)<=sqrt(2),AAa,binZZ^+$
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Messaggioda Gi8 » 24/10/2012, 17:24

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
$a/b +1/(4b^2)<=sqrt2 <=> (4ab+1)/(4b^2)<=sqrt2 <=> (16a^2b^2+1+8ab)/(16b^4)<=2$

Ora, $16a^2b^2+1+8ab< 16b^4+1+8ab<=^{text{(*)}} 16b^4+16b^4= 2*(16b^4)$ da cui la tesi.

$(text{*})$ voglio dimostrare che $1+8ab<=16b^4$.
Ma $16b^4 =2b^2*8b^2 >a^2*8b^2= 8ab(ab)>=8ab=> 16b^4 > 8ab$. Questo vuol dire che $16b^4 >=8ab+1$.
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Re: Se $a^2<2b^2$

Messaggioda UmbertoM » 24/10/2012, 20:59

Gi8 ha scritto:$16a^2b^2+1+8ab<16b^4+1+8ab$

Ma questo equivale a dire che $a^2<b^2$ che non è vero.
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Messaggioda Gi8 » 25/10/2012, 09:16

Hai ragione, ho sbagliato: ho fatto solo il sottocaso $a^2<b^2$ (quello meno interessante)
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Re: Se $a^2<2b^2$

Messaggioda giannirecanati » 25/10/2012, 16:35

Riprendo questo passaggio di Gi8:
\(\displaystyle \frac{{a}}{{b}}+\frac{{1}}{{{4}{{b}}^{{2}}}}\le\sqrt{{2}}\Leftrightarrow\frac{{{4}{a}{b}+{1}}}{{{4}{{b}}^{{2}}}}\le\sqrt{{2}}\Leftrightarrow\frac{{{16}{{a}}^{{2}}{{b}}^{{2}}+{1}+{8}{a}{b}}}{{{16}{{b}}^{{4}}}}\le{2} \), che posso riscrivere come \(\displaystyle 16a^2b^2+8ab+1-32b^4 \le 0 \) risolvendo rispetto ad \(\displaystyle a \) si trova che:
\(\displaystyle -\sqrt 2 \cdot b-\frac{1}{4b} \leq a \leq \sqrt 2\cdot b -\frac{1}{4b} \).
Cioè \(\displaystyle 0<a\leq \sqrt 2\cdot b -\frac{1}{4b} \), adesso poichè si sapeva che \(\displaystyle a<\sqrt 2 b \), abbiamo sicuramente verificata la tesi.
Ultima modifica di giannirecanati il 25/10/2012, 19:20, modificato 1 volta in totale.
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Re: Se $a^2<2b^2$

Messaggioda UmbertoM » 25/10/2012, 16:46

giannirecanati ha scritto:che posso riscrivere come $16a^2b^2+8ab+1−32b^2≤0$

Hai sbagliato qui, si può riscrivere come $16a^2b^2+8ab+1−32b^4≤0$
risolvendo correttamente si riottiene la tesi $a<=sqrt2-1/(4b^2)$, ma cosi non è stato dimostrato nulla
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Re: Se $a^2<2b^2$

Messaggioda UmbertoM » 25/10/2012, 17:14

La mia idea di base è la seguente:
Distinguo due casi
1)$a/b<sqrt2^^(a+1)/b<sqrt2$. Questo caso è banale perché $a/b<a/b+1/(4b^2)<a/b+1/b<sqrt2$
2)$a/b<sqrt2^^(a+1)/b>sqrt2$.
Questo secondo caso è più complicato da verificare. Naturalmente bisogna sfruttare il fatto che $a$ e $b$ sono interi positivi.
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Messaggioda Gi8 » 25/10/2012, 17:44

Nel tuo secondo caso, $a/b< sqrt2$ e $(a+1)/b>sqrt2 $
Quindi $a<sqrt2 b$ e $a+1>sqrt2 b$, cioè $a<sqrt2 b<a+1$.

Questo significa che \(\displaystyle a= \lfloor \sqrt{2}b \rfloor\),
quindi la tesi diventa \(\displaystyle \frac{ \lfloor \sqrt{2}b \rfloor}{b}+ \frac{1}{4b^2} \leq \sqrt{2} \), cioè \(\displaystyle\lfloor \sqrt{2}b \rfloor +\frac{1}{4b}\leq \sqrt{2}b \)

In pratica bisogna dimostrare che per ogni $b$ intero positivo vale \[\bigl\{ \sqrt{2}b\bigr\}\geq \frac{1}{4b}\]
(con ${x}$ indico la parte frazionaria di $x$. La definizione è \(\displaystyle \bigl\{ x \bigr\}:= x-\lfloor x \rfloor \))
Gi8
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Re: Se \( \displaystyle {{a}}^{{2}}\lt{2}{{b}}^{{2}} \)

Messaggioda PZf » 25/10/2012, 18:38

La condizione $a^2<2b^2$ implica, se $a,b\in\ZZ^+$, che $a^2<=2b^2-1$.

$a/b+1/(4b^2)<=\sqrt(2)\Leftarrow a<=\sqrt(2)b-1/(4b)\Leftarrow a^2<=2b^2+1/(16b^2)-1/\sqrt(2)\Leftarrow 2b^2-1<=2b^2+1/(16b^2)-1/\sqrt(2)\Leftarrow$
$\Leftarrow 1>=1/\sqrt(2)-1/(16b^2)$

e l'ultima disuguaglianza scritta è sempre vera.
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Re: Se $a^2<2b^2$

Messaggioda giannirecanati » 25/10/2012, 19:18

UmbertoM ha scritto:Hai sbagliato qui, si può riscrivere come $16a^2b^2+8ab+1−32b^4≤0$
risolvendo correttamente si riottiene la tesi $a<=sqrt2-1/(4b^2)$, ma cosi non è stato dimostrato nulla


Infatti risolvendo l'equazione rispetto ad \(\displaystyle a \): \(\displaystyle a_{1,2}=\frac{-4b\pm \sqrt{16b^2-16b^2(1-32b^4)}}{16b^2}=\frac{-4b\pm 2^4\cdot \sqrt 2\cdot b^3}{16b^2}=\frac{-b\pm 2^2\cdot \sqrt 2\cdot b^3}{4b^2}=-\frac{1}{4b} \pm \sqrt 2 b \). SIccome dalle ipotesi avevamo \(\displaystyle a<\sqrt 2 \cdot b \) ora otteniamo \(\displaystyle a \leq \sqrt 2 b -\frac{1}{4b} \). Quest'ultima uguaglianza è vera in quanto
\(\displaystyle b\ge1 \).
Ultima modifica di giannirecanati il 25/10/2012, 20:12, modificato 4 volte in totale.
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