Dowody algebraiczne

1. Krok 1. Przeniesienie i grupowanie.

   Rozpatrujemy różnicę prawej i lewej strony i grupujemy odpowiednie składniki:

   $$\left(\frac{x}{y^{2}}-\frac{1}{y}\right)+\left(\frac{y}{x^{2}}-\frac{1}{x}\right)=\frac{x-y}{y^{2}}+\frac{y-x}{x^{2}}.$$
2. Krok 2. Wyłączenie $(x-y)$. $$=(x-y)\left(\frac{1}{y^{2}}-\frac{1}{x^{2}}\right)=(x-y)\cdot\frac{x^{2}-y^{2}}{x^{2}y^{2}}=\frac{(x-y)(x-y)(x+y)}{x^{2}y^{2}}=\frac{(x-y)^{2}(x+y)}{x^{2}y^{2}}.$$
3. Krok 3. Wniosek.

   Dla $x,y>0$: $(x-y)^{2}\ge 0$, $x+y>0$, $x^{2}y^{2}>0$, więc całe wyrażenie jest nieujemne:

   $$\frac{x}{y^{2}}+\frac{y}{x^{2}}-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\ge 0,$$

   co jest równoważne tezie. $\blacksquare$

Należy wykazać, że dla każdych $a > 0$, $b > 0$, $b \neq \frac{1}{2}a$ zachodzi nierówność:

1. Krok 1: Rozwinięcie lewej strony nierówności.

   Rozwijamy wyrażenie $(a + 2b)^3$ korzystając ze wzoru $(x+y)^3 = x^3 + 3x^2y + 3xy^2 + y^3$:

   $$(a + 2b)^3 = a^3 + 3 \cdot a^2 \cdot 2b + 3 \cdot a \cdot (2b)^2 + (2b)^3$$ $$= a^3 + 6a^2b + 12ab^2 + 8b^3$$
2. Krok 2: Uproszczenie prawej strony nierówności.

   Wyłączamy wspólny czynnik z prawej strony:

   $$8a^2b + 16ab^2 = 8ab(a + 2b)$$
3. Krok 3: Sprowadzenie do równoważnej nierówności.

   Dowodzimy równoważnej nierówności, przenosząc prawą stronę na lewą:

   $$(a+2b)^3 - (8a^2b + 16ab^2) > 0$$

   Podstawiamy rozwinięcia z kroków 1 i 2:

   $$a^3 + 6a^2b + 12ab^2 + 8b^3 - 8a^2b - 16ab^2 > 0$$ $$a^3 - 2a^2b - 4ab^2 + 8b^3 > 0$$
4. Krok 4: Faktoryzacja wyrażenia po lewej stronie.

   Grupujemy wyrazy i rozkładamy na czynniki:

   $$a^3 - 2a^2b - 4ab^2 + 8b^3$$ $$= a^2(a - 2b) - 4b^2(a - 2b)$$ $$= (a - 2b)(a^2 - 4b^2)$$ $$= (a - 2b)(a - 2b)(a + 2b)$$ $$= (a - 2b)^2(a + 2b)$$
5. Krok 5: Analiza znaku iloczynu.

   Należy wykazać, że $(a-2b)^2(a+2b) > 0$. Analizujemy oba czynniki:

   • Czynnik $(a-2b)^2$: Jest to kwadrat liczby rzeczywistej, więc $(a-2b)^2 \geq 0$. Z założenia $b \neq \frac{1}{2}a$, czyli $2b \neq a$, co oznacza $a - 2b \neq 0$. Zatem: $$(a-2b)^2 > 0$$
   • Czynnik $(a+2b)$: Ponieważ $a > 0$ i $b > 0$, mamy: $$a + 2b > 0$$

   Iloczyn dwóch liczb dodatnich jest dodatni, zatem:

   $$(a-2b)^2 \cdot (a+2b) > 0$$

Podsumowanie:

Wykazaliśmy, że:

gdyż $(a-2b)^2 > 0$ (bo $a \neq 2b$, z założenia $b \neq \frac{1}{2}a$) oraz $(a+2b) > 0$ (bo $a>0, b>0$).

Stąd dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej $a$ i dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej $b$ takiej, że $b \neq \frac{1}{2}a$, prawdziwa jest nierówność:

Krok 1. Uproszczenie mianowników.

Korzystamy z założenia \(a+b=1\):

\(2a+b=a+(a+b)=a+1\)

\(a+2b=(a+b)+b=b+1\)

Oznaczmy \(u=a+1\) oraz \(v=b+1\). Wtedy \(u\gt 1\), \(v\gt 1\) oraz:

\(u+v=a+b+2=3\)

Krok 2. Przekształcenie lewej strony.

\(\frac{1}{u}+\frac{1}{v}=\frac{u+v}{uv}=\frac{3}{uv}\)

Krok 3. Oszacowanie iloczynu \(uv\).

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną (albo z oczywistej nierówności \((u-v)^2\ge 0\)):

\(uv\le\left(\frac{u+v}{2}\right)^2=\left(\frac{3}{2}\right)^2=\frac{9}{4}\)

Krok 4. Zakończenie dowodu.

Ponieważ \(uv\gt 0\) oraz \(uv\le\frac{9}{4}\), otrzymujemy:

\(\frac{3}{uv}\ge\frac{3}{\frac{9}{4}}=\frac{4}{3}\)

Zatem \(\frac{1}{2a+b}+\frac{1}{a+2b}\ge\frac{4}{3}\), co należało wykazać. Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy \(u=v\), czyli dla \(a=b=\frac{1}{2}\). \(\blacksquare\)

1. Krok 1. Przeniesienie na jedną stronę i grupowanie. $$x^{3}-x^{2}y-xy^{2}+y^{3}\le 0.$$ $$x^{2}(x-y)-y^{2}(x-y)\le 0\ \Rightarrow\ (x-y)(x^{2}-y^{2})\le 0.$$
2. Krok 2. Kolejny rozkład (różnica kwadratów). $$(x-y)(x-y)(x+y)\le 0\ \Rightarrow\ (x-y)^{2}(x+y)\le 0.$$
3. Krok 3. Wykorzystanie warunku $x+y=4$.

   Podstawiamy $x+y=4>0$:

   $$(x-y)^{2}\cdot 4\le 0\ \Rightarrow\ (x-y)^{2}\le 0.$$

   Kwadrat jest nieujemny, więc $(x-y)^{2}=0$, skąd $x=y$.

4. Krok 4. Wniosek.

   Z $x=y$ oraz $x+y=4$ mamy $2x=4$, czyli $x=2$ i $y=2$. $\blacksquare$

Sposób I — sprowadzenie do wspólnego mianownika.

Niech \(a\gt 0\). Nierówność jest równoważna kolejno:

\(a^2+\frac{16}{a}-12\ge 0\)

\(\frac{a^3-12a+16}{a}\ge 0\)

Ponieważ \(a\gt 0\), wystarczy wykazać, że \(a^3-12a+16\ge 0\).

Zauważamy, że \(a=2\) jest pierwiastkiem tego wielomianu (\(8-24+16=0\)). Po podzieleniu przez \((a-2)\):

\(a^3-12a+16=(a-2)\left(a^2+2a-8\right)=(a-2)(a-2)(a+4)=(a-2)^2(a+4)\)

Dla \(a\gt 0\) mamy \((a-2)^2\ge 0\) oraz \(a+4\gt 0\), więc iloczyn jest nieujemny. Zatem dana nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby dodatniej \(a\).

Sposób II — nierówność między średnimi.

Zapisujemy lewą stronę jako sumę trzech dodatnich składników:

\(a^2+\frac{16}{a}=a^2+\frac{8}{a}+\frac{8}{a}\)

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną:

\(\frac{a^2+\frac{8}{a}+\frac{8}{a}}{3}\ge\sqrt[3]{a^2\cdot\frac{8}{a}\cdot\frac{8}{a}}=\sqrt[3]{64}=4\)

\(a^2+\frac{16}{a}\ge 12\)

Równość zachodzi dla \(a=2\). \(\blacksquare\)

Przenosimy wszystkie wyrazy na lewą stronę:

$$7x^3+4x^2y-y^3-2xy^2+x^3\ge 0,$$

czyli po redukcji

$$8x^3+4x^2y-2xy^2-y^3\ge 0.$$

Grupujemy wyrazy parami i wyłączamy wspólne czynniki:

$$\left(8x^3+4x^2y\right)-\left(2xy^2+y^3\right)=4x^2(2x+y)-y^2(2x+y)=(2x+y)\left(4x^2-y^2\right).$$

Drugi nawias rozkładamy wzorem na różnicę kwadratów:

$$(2x+y)(2x-y)(2x+y)=(2x+y)^2(2x-y).$$

Czynnik $(2x+y)^2$ jest nieujemny jako kwadrat, a z założenia $2x>y$ wynika $2x-y>0$. Iloczyn liczby nieujemnej i dodatniej jest nieujemny, więc

$$(2x+y)^2(2x-y)\ge 0,$$

co kończy dowód. $\blacksquare$

Krok 1. Przeniesienie wszystkiego na jedną stronę.

\(x^4+y^4-xy\left(x^2+y^2\right)\gt 0\)

\(x^4+y^4-x^3y-xy^3\gt 0\)

Krok 2. Rozkład na czynniki.

Grupujemy wyrazy:

\(x^4-x^3y-xy^3+y^4=x^3(x-y)-y^3(x-y)=(x-y)\left(x^3-y^3\right)\)

Korzystamy ze wzoru na różnicę sześcianów:

\((x-y)\left(x^3-y^3\right)=(x-y)(x-y)\left(x^2+xy+y^2\right)=(x-y)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\)

Krok 3. Znaki czynników.

Ponieważ \(x\neq y\), mamy \((x-y)^2\gt 0\).

Drugi czynnik przekształcamy:

\(x^2+xy+y^2=\left(x+\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3}{4}y^2\ge 0\)

Suma ta jest równa zeru tylko wtedy, gdy \(y=0\) i \(x=0\), a więc gdy \(x=y\) — co jest wykluczone. Zatem \(x^2+xy+y^2\gt 0\).

Krok 4. Wniosek.

Iloczyn dwóch liczb dodatnich jest dodatni, więc

\((x-y)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\gt 0\)

czyli \(x^4+y^4\gt xy\left(x^2+y^2\right)\). \(\blacksquare\)

Krok 1. Porównanie pierwszego składnika z ułamkiem $\frac{x}{y}$. Pokażemy, że

$$\frac{x+a}{y+a}>\frac{x}{y}.$$

Oba mianowniki są dodatnie ($y>0$, $y+a>0$), więc możemy pomnożyć nierówność na krzyż bez zmiany znaku:

$$(x+a)\,y>x\,(y+a)\ \Longleftrightarrow\ xy+ay>xy+ax\ \Longleftrightarrow\ ay>ax.$$

Ostatnia nierówność jest prawdziwa, bo $a>0$ oraz $y>x$. Zatem faktycznie $\frac{x+a}{y+a}>\frac{x}{y}$.

Krok 2. Oszacowanie lewej strony.

$$\frac{x+a}{y+a}+\frac{y}{x}>\frac{x}{y}+\frac{y}{x}.$$

Krok 3. Klasyczna nierówność. Dla dodatnich $x\neq y$:

$$\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2=\frac{x^{2}+y^{2}-2xy}{xy}=\frac{(x-y)^{2}}{xy}>0,$$

bo licznik jest dodatni (skoro $x\neq y$), a mianownik dodatni. Stąd

$$\frac{x}{y}+\frac{y}{x}>2.$$

Krok 4. Połączenie. Z Kroków 2 i 3 otrzymujemy

$$\frac{x+a}{y+a}+\frac{y}{x}>\frac{x}{y}+\frac{y}{x}>2,$$

co kończy dowód. $\blacksquare$

Oznaczmy $|AC|=|BC|=b$, $|AB|=c$ oraz $\alpha=\angle BAC=\angle ABC$ (kąty przy podstawie trójkąta równoramiennego są równe).

Krok 1. Rzut punktu $M$ na podstawę. Prosta $MS$ jest prostopadła do $AB$, więc w trójkącie prostokątnym $AMS$:

$$|AS|=|AM|\cdot\cos\alpha.$$

Krok 2. Rzut punktu $N$ na podstawę. Analogicznie, w trójkącie prostokątnym $BNT$ (kąt przy $B$ również wynosi $\alpha$):

$$|BT|=|NB|\cdot\cos\alpha.$$

Krok 3. Suma odcinków $|AM|$ i $|NB|$. Punkt $N$ leży na $BC$, a z założenia $|CN|=|AM|$, więc

$$|NB|=|BC|-|CN|=b-|AM|.$$

Stąd

$$|AM|+|NB|=|AM|+b-|AM|=b.$$

Krok 4. Suma rzutów.

$$|AS|+|BT|=\left(|AM|+|NB|\right)\cos\alpha=b\cos\alpha.$$

Krok 5. Wyznaczenie $b\cos\alpha$. W trójkącie równoramiennym wysokość poprowadzona z $C$ pada w środek podstawy, więc w trójkącie prostokątnym o przeciwprostokątnej $AC$:

$$\cos\alpha=\frac{\frac{c}{2}}{b}\ \Longrightarrow\ b\cos\alpha=\frac{c}{2}.$$

Krok 6. Zakończenie. Punkty $S$ i $T$ leżą na odcinku $AB$, a odcinek $ST$ jest tym, co zostaje po odjęciu obu rzutów:

$$|ST|=|AB|-|AS|-|BT|=c-\frac{c}{2}=\frac{c}{2}=\frac12|AB|. \qquad\blacksquare$$

Krok 1. Wspólny punkt dwusiecznych. Dwusieczne kątów wewnętrznych trójkąta przecinają się w jednym punkcie — środku okręgu wpisanego. Oznaczmy go przez $I$. Zatem

$$I\in d_A,\qquad I\in d_B,\qquad I\in d_C.$$

Krok 2. Własność symetrii osiowej. Symetria osiowa jest izometrią, więc zachowuje odległości. W szczególności, jeśli oś symetrii przechodzi przez pewien punkt, to odległość dowolnego punktu od tego punktu nie zmienia się po odbiciu.

Formalnie: jeśli $X^{\prime}$ jest obrazem punktu $X$ w symetrii względem prostej $\ell$ oraz $I\in\ell$, to

$$|IX^{\prime}|=|IX|,$$

bo punkt $I$ jest swoim własnym obrazem (leży na osi), a izometria zachowuje odległość między obrazami.

Krok 3. Zastosowanie do kolejnych odbić. Każda z trzech użytych osi przechodzi przez $I$, więc:

$$|IL|=|IK|\quad(\text{symetria względem }d_A),$$

$$|IM|=|IL|\quad(\text{symetria względem }d_C),$$

$$|IN|=|IM|\quad(\text{symetria względem }d_B).$$

Krok 4. Wniosek. Łącząc powyższe równości:

$$|IK|=|IL|=|IM|=|IN|.$$

Wszystkie cztery punkty $K$, $N$, $M$, $L$ są więc jednakowo oddalone od punktu $I$, czyli leżą na okręgu o środku $I$ i promieniu $|IK|$.

Oznacza to, że na czworokącie $KNML$ można opisać okrąg. $\blacksquare$

Uwaga: założenie $|AC|>|BC|$ gwarantuje jedynie, że punkty układają się tak jak na rysunku (czworokąt nie degeneruje się) — sam dowód opiera się wyłącznie na tym, że osie odbić przechodzą przez środek okręgu wpisanego.

Krok 1. Rozkład na czynniki.

$$k^{3}m-km^{3}=km\left(k^{2}-m^{2}\right)=km(k-m)(k+m).$$

Ponieważ $6=2\cdot3$, a liczby $2$ i $3$ są względnie pierwsze, wystarczy pokazać, że iloczyn dzieli się osobno przez $2$ i przez $3$.

Krok 2. Podzielność przez 2. Rozważmy dwa przypadki:

• jeśli co najmniej jedna z liczb $k$, $m$ jest parzysta, to iloczyn $km$ jest parzysty;

• jeśli obie są nieparzyste, to ich różnica $k-m$ jest parzysta.

W obu przypadkach iloczyn $km(k-m)(k+m)$ zawiera czynnik parzysty, więc dzieli się przez $2$.

Krok 3. Podzielność przez 3. Rozważmy reszty z dzielenia przez $3$:

• jeśli $k$ lub $m$ dzieli się przez $3$, to $km$ dzieli się przez $3$;

• jeśli $k$ i $m$ dają tę samą niezerową resztę, to $3\mid k-m$;

• jeśli dają różne niezerowe reszty, czyli $1$ i $2$, to ich suma daje resztę $1+2=3$, więc $3\mid k+m$.

W każdym przypadku iloczyn zawiera czynnik podzielny przez $3$.

Krok 4. Wniosek. Iloczyn $km(k-m)(k+m)$ dzieli się jednocześnie przez $2$ i przez $3$, a te liczby są względnie pierwsze, więc dzieli się przez $6$. $\blacksquare$

Krótsze uzasadnienie: dla każdej liczby całkowitej zachodzi $k^{3}\equiv k\pmod 6$, więc $k^{3}m-km^{3}\equiv km-km=0\pmod 6$.

Krok 1. Przeniesienie wszystkiego na jedną stronę.

\(x^8+x^2-2x^4-2x+2=0\)

Krok 2. Grupowanie w kwadraty.

\(\left(x^8-2x^4+1\right)+\left(x^2-2x+1\right)=0\)

\(\left(x^4-1\right)^2+(x-1)^2=0\)

Krok 3. Wniosek.

Suma dwóch kwadratów liczb rzeczywistych jest równa zeru wtedy i tylko wtedy, gdy oba składniki są równe zeru:

\(x^4-1=0\;\wedge\;x-1=0\)

Z drugiego równania \(x=1\), co spełnia także pierwsze (\(1-1=0\)).

Zatem jedynym rozwiązaniem rzeczywistym równania jest \(x=1\). \(\blacksquare\)

Krok 1. Pomysł na grupowanie. Rozbijamy wyraz $-8xy$ na dwie części po $-4xy$, tak aby powstały dwa pełne kwadraty:

$$x^{2}y^{2}+2x^{2}+2y^{2}-8xy+4=\left(x^{2}y^{2}-4xy+4\right)+\left(2x^{2}-4xy+2y^{2}\right).$$

Krok 2. Zwinięcie pierwszej grupy. To kwadrat różnicy dla $xy$ oraz $2$:

$$x^{2}y^{2}-4xy+4=(xy-2)^{2}.$$

Krok 3. Zwinięcie drugiej grupy. Wyłączamy $2$ przed nawias:

$$2x^{2}-4xy+2y^{2}=2\left(x^{2}-2xy+y^{2}\right)=2(x-y)^{2}.$$

Krok 4. Postać końcowa.

$$x^{2}y^{2}+2x^{2}+2y^{2}-8xy+4=(xy-2)^{2}+2(x-y)^{2}.$$

Krok 5. Uzasadnienie dodatniości. Kwadrat dowolnej liczby rzeczywistej jest nieujemny, więc

$$(xy-2)^{2}\ge 0.$$

Z założenia liczby $x$ i $y$ są różne, czyli $x-y\neq0$, a zatem

$$2(x-y)^{2}>0.$$

Suma liczby nieujemnej i dodatniej jest dodatnia, więc

$$(xy-2)^{2}+2(x-y)^{2}>0,$$

co kończy dowód. $\blacksquare$

Uwaga: założenie $x\neq y$ jest istotne — dla $x=y=\sqrt2$ obie grupy zerują się i nierówność przechodzi w równość.

Krok 1. Odpowiednie pogrupowanie składników.

Rozbijamy \(5x^2\) na \(4x^2+x^2\):

\(5x^2+y^2-4xy+6x+9=\left(4x^2-4xy+y^2\right)+\left(x^2+6x+9\right)\)

Krok 2. Zastosowanie wzorów skróconego mnożenia.

\(4x^2-4xy+y^2=(2x-y)^2\)

\(x^2+6x+9=(x+3)^2\)

Zatem:

\(5x^2+y^2-4xy+6x+9=(2x-y)^2+(x+3)^2\)

Krok 3. Wniosek.

Kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny, więc suma \((2x-y)^2+(x+3)^2\) jest nieujemna dla dowolnych liczb rzeczywistych \(x\) i \(y\).

Tym samym dana nierówność jest prawdziwa. \(\blacksquare\)

Uwaga: równość zachodzi tylko dla \(x=-3\) i \(y=-6\).

Krok 1. Kwadrat sumy. Korzystamy z założenia $x^{2}+y^{2}=2$:

$$(x+y)^{2}=x^{2}+2xy+y^{2}=2+2xy.$$

Krok 2. Oszacowanie iloczynu $xy$. Dla dowolnych liczb rzeczywistych kwadrat różnicy jest nieujemny:

$$(x-y)^{2}\ge 0\ \Longrightarrow\ x^{2}-2xy+y^{2}\ge 0\ \Longrightarrow\ x^{2}+y^{2}\ge 2xy.$$

Podstawiamy założenie:

$$2\ge 2xy\ \Longrightarrow\ xy\le 1.$$

Krok 3. Oszacowanie kwadratu sumy.

$$(x+y)^{2}=2+2xy\le 2+2\cdot1=4.$$

Krok 4. Pierwiastkowanie. Liczby $x$ i $y$ są dodatnie, więc $x+y>0$. Z nierówności $(x+y)^{2}\le 4$ i dodatniości sumy wynika

$$x+y\le 2,$$

co należało wykazać. $\blacksquare$

Kiedy zachodzi równość: gdy $(x-y)^{2}=0$, czyli $x=y$. Wtedy $2x^{2}=2$, więc $x=y=1$ i rzeczywiście $x+y=2$.

Krok 1. Podniesienie do kwadratu.

Obie strony nierówności są dodatnie (jako sumy i iloczyny pierwiastków z liczb dodatnich), więc możemy je podnieść do kwadratu — otrzymamy nierówność równoważną:

\((a+b)(c+d)\ge\left(\sqrt{ac}+\sqrt{bd}\right)^2\)

\(ac+ad+bc+bd\ge ac+2\sqrt{ac}\cdot\sqrt{bd}+bd\)

Krok 2. Uproszczenie.

\(ad+bc\ge 2\sqrt{abcd}\)

Zauważmy, że \(\sqrt{abcd}=\sqrt{ad}\cdot\sqrt{bc}\), więc nierówność przyjmuje postać:

\(ad+bc-2\sqrt{ad}\cdot\sqrt{bc}\ge 0\)

Krok 3. Wzór skróconego mnożenia.

\(\left(\sqrt{ad}-\sqrt{bc}\right)^2\ge 0\)

Ta nierówność jest prawdziwa dla dowolnych liczb dodatnich \(a,b,c,d\), a ponieważ wszystkie przejścia były równoważne, dana nierówność również jest prawdziwa.

Uwaga: równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy \(ad=bc\). \(\blacksquare\)

Krok 1. Pomysł — rozkład na sumę kwadratów. Spróbujmy zapisać lewą stronę jako sumę kwadratów powiększoną o liczbę dodatnią. Zacznijmy od uzupełnienia $x^{4}$ do pełnego kwadratu:

$$\left(x^{2}-1\right)^{2}=x^{4}-2x^{2}+1\ \Longrightarrow\ x^{4}=\left(x^{2}-1\right)^{2}+2x^{2}-1.$$

Krok 2. Podstawienie.

$$x^{4}-x^{2}-2x+3=\left(x^{2}-1\right)^{2}+2x^{2}-1-x^{2}-2x+3=\left(x^{2}-1\right)^{2}+x^{2}-2x+2.$$

Krok 3. Drugi kwadrat. Pozostałe wyrazy również zwijamy:

$$x^{2}-2x+2=(x-1)^{2}+1.$$

Ostatecznie

$$x^{4}-x^{2}-2x+3=\left(x^{2}-1\right)^{2}+(x-1)^{2}+1.$$

Sprawdzenie rozkładu: $\left(x^{2}-1\right)^{2}+(x-1)^{2}+1=x^{4}-2x^{2}+1+x^{2}-2x+1+1=x^{4}-x^{2}-2x+3$ ✓

Krok 4. Uzasadnienie nierówności. Kwadraty liczb rzeczywistych są nieujemne:

$$\left(x^{2}-1\right)^{2}\ge0,\qquad (x-1)^{2}\ge0.$$

Zatem dla każdego $x$

$$x^{4}-x^{2}-2x+3\ge 0+0+1=1>0,$$

co kończy dowód. $\blacksquare$

Uwaga: najmniejszą wartość $1$ wyrażenie osiąga dla $x=1$, bo wtedy oba kwadraty znikają jednocześnie.

Krok 1. Rozwinięcie lewej strony.

$$(x+1)\frac{x}{y}+(y+1)\frac{y}{x}=\frac{x^{2}}{y}+\frac{x}{y}+\frac{y^{2}}{x}+\frac{y}{x}.$$

Krok 2. Grupowanie. Rozdzielamy na dwie części:

$$L=\underbrace{\left(\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{x}\right)}_{S_1}+\underbrace{\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)}_{S_2}.$$

Krok 3. Oszacowanie $S_2$. Dla dodatnich $x$, $y$:

$$\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2=\frac{x^{2}+y^{2}-2xy}{xy}=\frac{(x-y)^{2}}{xy}\ge 0,$$

ponieważ licznik jest kwadratem, a mianownik dodatni. Zatem

$$S_2\ge 2.$$

Krok 4. Oszacowanie $S_1$. Oba składniki są ilorazami liczb dodatnich, więc

$$S_1=\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{x}>0.$$

Krok 5. Złożenie.

$$L=S_1+S_2>0+2=2,$$

co kończy dowód. $\blacksquare$

Uwaga: nierówność jest ostra dla wszystkich dodatnich $x,y$ — nawet gdy $x=y$ (wtedy $S_2=2$, ale $S_1=2x>0$).

Krok 1. Wyznaczenie $\alpha$. Suma kątów trójkąta wynosi $180^\circ$:

$$\alpha+2\alpha+4\alpha=180^\circ\ \Longrightarrow\ 7\alpha=180^\circ\ \Longrightarrow\ \alpha=\frac{180^\circ}{7}.$$

Krok 2. Trójkąt jest rozwartokątny. Największy kąt to

$$\angle BCA=4\alpha=\frac{720^\circ}{7}\approx 102{,}9^\circ>90^\circ,$$

więc trójkąt $ABC$ jest rozwartokątny. $\blacksquare$

Krok 3. Kąty środkowe. Kąt środkowy oparty na tym samym łuku co kąt wpisany jest dwa razy większy.

Na łuku $BC$ (nie zawierającym $A$) oparty jest kąt wpisany $\alpha$, więc kąt środkowy wynosi $2\alpha=\frac{360^\circ}{7}$ — jest wypukły.

Na łuku $AC$ (nie zawierającym $B$) oparty jest kąt wpisany $2\alpha$, więc kąt środkowy to $4\alpha=\frac{720^\circ}{7}$ — również wypukły.

Na łuku $AB$ (nie zawierającym $C$) oparty jest kąt wpisany $4\alpha$, więc odpowiadający mu kąt środkowy wynosi

$$8\alpha=\frac{1440^\circ}{7}\approx 205{,}7^\circ>180^\circ$$

— to kąt wklęsły. Kąt wypukły $ASB$ jest jego dopełnieniem do pełnego:

$$\angle ASB=360^\circ-8\alpha=\frac{2520^\circ-1440^\circ}{7}=\frac{1080^\circ}{7}.$$

Kontrola: $2\alpha+4\alpha+8\alpha=14\alpha=360^\circ$ — trzy łuki dają pełny okrąg ✓

Krok 4. Ciąg arytmetyczny. W podanej kolejności kąty wypukłe to

$$\angle ASB=\frac{1080^\circ}{7},\qquad \angle ASC=\frac{720^\circ}{7},\qquad \angle BSC=\frac{360^\circ}{7}.$$

Sprawdzamy warunek ciągu arytmetycznego (podwojony wyraz środkowy równa się sumie skrajnych):

$$2\cdot\frac{720^\circ}{7}=\frac{1440^\circ}{7}=\frac{1080^\circ}{7}+\frac{360^\circ}{7}\ \checkmark$$

Ciąg jest arytmetyczny o różnicy $-\frac{360^\circ}{7}$. $\blacksquare$

Obie strony nierówności są dodatnie (bo \(a,b,c,d>0\)), więc nierówność jest równoważna nierówności między kwadratami:

\((ac+bd)^2\le(a^2+b^2)(c^2+d^2)\).

Po rozwinięciu obu stron:

\(a^2c^2+2abcd+b^2d^2\le a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\),

co po redukcji daje

\(0\le a^2d^2-2abcd+b^2c^2=(ad-bc)^2\).

Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych, ponieważ kwadrat liczby rzeczywistej jest nieujemny. Wszystkie przekształcenia były równoważne, zatem nierówność wyjściowa jest prawdziwa. \(\blacksquare\)

Krok 1. Przeniesienie na jedną stronę.

$$a^{3}+b^{3}-a^{2}b-ab^{2}\ge0.$$

Krok 2. Grupowanie. Łączymy wyrazy z $a^{2}$ oraz z $b^{2}$:

$$\left(a^{3}-a^{2}b\right)+\left(b^{3}-ab^{2}\right)=a^{2}(a-b)-b^{2}(a-b).$$

$$=(a-b)\left(a^{2}-b^{2}\right).$$

Krok 3. Dalszy rozkład. Drugi nawias to różnica kwadratów:

$$(a-b)(a-b)(a+b)=(a-b)^{2}(a+b).$$

Krok 4. Uzasadnienie znaku. Czynnik $(a-b)^{2}$ jest nieujemny jako kwadrat liczby rzeczywistej, a $a+b\ge0$ z założenia. Iloczyn dwóch liczb nieujemnych jest nieujemny, więc

$$(a-b)^{2}(a+b)\ge0,$$

co jest równoważne tezie. $\blacksquare$

Kiedy zachodzi równość: gdy $a=b$ albo gdy $a+b=0$ (czyli $b=-a$).

Przekształcamy wyrażenie, wyłączając \(k^2\) przed nawias:

\(k^6-2k^4+k^2=k^2(k^4-2k^2+1)=k^2(k^2-1)^2=\bigl[k(k-1)(k+1)\bigr]^2\).

Liczby \(k-1,\ k,\ k+1\) są trzema kolejnymi liczbami całkowitymi, zatem:

• co najmniej jedna z nich jest podzielna przez 2,

• dokładnie jedna z nich jest podzielna przez 3.

Ponieważ \(2\) i \(3\) są względnie pierwsze, iloczyn \(k(k-1)(k+1)\) jest podzielny przez \(6\), czyli \(k(k-1)(k+1)=6t\) dla pewnej liczby całkowitej \(t\).

Stąd

\(k^6-2k^4+k^2=(6t)^2=36t^2\),

a więc badana liczba jest podzielna przez 36 dla każdej liczby całkowitej \(k\). \(\blacksquare\)

Porównamy trójkąty \(ABC\) i \(FCG\).

1) Boki. \(CDEF\) jest kwadratem o boku \(CD\), więc \(|CF|=|CD|\); z własności równoległoboku \(|CD|=|AB|\), zatem

\(|CF|=|AB|\).

\(BCGH\) jest kwadratem o boku \(BC\), więc

\(|CG|=|BC|\).

2) Kąty. Oznaczmy \(|\sphericalangle BCD|=\gamma\). Kąty pełne przy wierzchołku \(C\) dają:

\(|\sphericalangle FCG|=360^\circ-|\sphericalangle FCD|-|\sphericalangle BCD|-|\sphericalangle BCG|=360^\circ-90^\circ-\gamma-90^\circ=180^\circ-\gamma\).

Z drugiej strony w równoległoboku kąty przy sąsiednich wierzchołkach sumują się do \(180^\circ\), więc

\(|\sphericalangle ABC|=180^\circ-\gamma=|\sphericalangle FCG|\).

3) Wniosek. Trójkąty \(ABC\) i \(FCG\) mają odpowiednio równe dwa boki i kąt między nimi zawarty, więc są przystające (cecha bok–kąt–bok).

W przystających trójkątach odpowiadające sobie boki mają równe długości, zatem \(|AC|=|FG|\). \(\blacksquare\)

Oznaczmy przez \(r\) promień mniejszego okręgu (o środku \(A\)), przez \(R\) promień większego (o środku \(B\)), a przez \(O\) wierzchołek kąta prostego.

1) Położenie środków. Środek okręgu stycznego do obu ramion kąta jest równoodległy od tych ramion, więc leży na dwusiecznej kąta. Oba środki leżą zatem na tej samej dwusiecznej.

2) Odległości od wierzchołka. Rzuty środka na ramiona i wierzchołek \(O\) tworzą kwadrat o boku równym promieniowi, więc

\(|OA|=r\sqrt2\), \(|OB|=R\sqrt2\).

3) Warunek styczności zewnętrznej. \(|AB|=R+r\). Ponieważ \(A\) leży między \(O\) i \(B\) na dwusiecznej:

\(|AB|=|OB|-|OA|=R\sqrt2-r\sqrt2=\sqrt2\,(R-r)\).

Stąd

\(\sqrt2\,(R-r)=R+r\),

\(R\left(\sqrt2-1\right)=r\left(\sqrt2+1\right)\),

\(\dfrac{R}{r}=\dfrac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1}=\dfrac{\left(\sqrt2+1\right)^2}{\left(\sqrt2-1\right)\left(\sqrt2+1\right)}=\dfrac{3+2\sqrt2}{1}=3+2\sqrt2\),

co kończy dowód. \(\blacksquare\)

Z własności ciągu arytmetycznego: \(2b=a+c\), czyli \(b=\dfrac{a+c}{2}\).

Z własności ciągu geometrycznego: \(b^2=ac\) (wyrazy ciągu geometrycznego są różne od zera).

Podstawiamy pierwszą zależność do drugiej:

\(\left(\dfrac{a+c}{2}\right)^2=ac\),

\(a^2+2ac+c^2=4ac\),

\(a^2-2ac+c^2=0\),

\((a-c)^2=0\).

Stąd \(a=c\), a wtedy z równości \(2b=a+c=2a\) otrzymujemy \(b=a\).

Zatem \(a=b=c\). \(\blacksquare\)