Wykaż, że dla każdej liczby \(a\gt0\) i dla każdej liczby \(b\gt0\) prawdziwa jest nierówność \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\).

Odpowiedź:      

Udowodniono doprowadzając nierówność do postaci \((a-b)^2\ge0\).

Rozwiązanie:      
Wiemy, że \(a\) oraz \(b\) są liczbami dodatnimi, zatem mnożąc lub dzieląc tę nierówność przez \(a\) oraz \(b\) nie ma obaw, że będziemy mnożyć/dzielić przez liczbę ujemną (co wymuszałoby na nas zmianę znaku nierówności). Mnożąc to równanie przez \(a\) oraz \(b\) (możemy to dla pewności zrobić powoli, najpierw mnożąc przez \(a\), potem przez \(b\)) otrzymamy: $$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b} \quad\bigg/\cdot a \           ,\ 1+\frac{1\cdot a}{b}\ge\frac{4a}{a+b} \quad\bigg/\cdot b \           ,\ b+a\ge\frac{4ab}{a+b} \           ,\ a+b\ge\frac{4ab}{a+b} \quad\bigg/\cdot(a+b) \           ,\ (a+b)\cdot(a+b)\ge4ab \           ,\ a^2+2ab+b^2\ge4ab \           ,\ a^2-2ab+b^2\ge0 \           ,\ (a-b)^2\ge0$$ Z racji tego iż każda liczba podniesiona do kwadratu jest większa lub równa zero, to dowodzenie możemy uznać za zakończone.

Teoria:      
W trakcie opracowania