v- Zadanie całość: Kurs maturalny z matematyki rozszerzonej

Rozwiązanie

Założenia: $a \in R_{+}$

Teza: $a^{2} + \frac{16}{a} \geq 12$

Dowód:

Przekształcamy równoważnie tezę:

$a^{2} + \frac{16}{a} \geq 12$
$a^{2} + \frac{16}{a} - 12 \geq 0$
$\frac{a ^{3}}{a} + \frac{16}{a} - \frac{12 a}{a} \geq 0$
$\frac{a ^{3} - 12 a + 16}{a} \geq 0$
$a (a^{3} - 12 a + 16) \geq 0$
$a (a^{3} - 16 a + 4 a + 16) \geq 0$
$a (a (a^{2} - 16) + 4 (a + 4)) \geq 0$
$a (a (a - 4) (a + 4) + 4 (a + 4)) \geq 0$
$a (a + 4) (a (a - 4) + 4) \geq 0$
$a (a + 4) (a^{2} - 4 a + 4) \geq 0$
$a (a + 4) (a - 2)^{2} \geq 0$

Z założeń wiemy, że $a > 0$ , więc $a + 4 > 0$ .
Dodatkowo kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny, zatem $(a - 2)^{2} \geq 0$ .
Suma dwóch liczb dodatnich i liczby nieujemnej jest nieujemna, zatem potwierdzamy nierówność z tezy, czyli $a^{2} + \frac{16}{a} \geq 12$ . $■$

Drugi sposób:

Założenia: $a \in R_{+}$

Teza: $a^{2} + \frac{16}{a} \geq 12$

Dowód:

Przekształcamy równoważnie tezę:

$a^{2} + \frac{16}{a} \geq 12 ∣ \cdot a, a > 0$
$a^{3} + 16 \geq 12 a$
$a^{3} - 12 a + 16 \geq 0$

Dalej analogicznie jak wyżej i dojdziemy do postaci:

$(a + 4) (a - 2)^{2} \geq 0$

Natomiast dobrze znać też sposoby inne niż wymnożenia nierówności obustronnie przez mianownik, dlatego, bo ten krok może być w niektórych zadaniach dość problematyczny. Jeśli np. nie wiedzielibyśmy jakiego znaku jest wyrażenie w mianowniku, to nie wystarczy obustronnie pomnożyć nierówności przez to wyrażenie, bo w przypadku gdyby to wyrażenie było liczbą ujemną, to trzeba zmienić zwrot nierówności, a gdyby było liczbą dodatnią, to wtedy nie zmienialibyśmy zwrotu nierówności. Dlatego w nierównościach należy zachować szczególną ostrożność przy wykonywaniu mnożenia albo dzielenia. No i oczywiście warto uczyć się różnych sposób, a nie zaprzestawać na jednym, bo może się okazać, że akurat ten jeden sposób może się nie sprawdzić w zadaniu, które spotkasz na swojej maturze.

Założenia: $x, y, a \in R_{+}$ i $x < y$

Teza: $\frac{x + a}{y + a} + \frac{y}{x} > 2$

Dowód:

Przekształcamy równoważnie tezę:
$\frac{x + a}{y + a} + \frac{y}{x} > 2$
Wiemy, że $x, y, a \in R_{+}$ , więc $y + a > 0$ i $x > 0$ . Zatem:
$\frac{x + a}{y + a} + \frac{y}{x} > 2 ∣ \cdot (y + a) x$
$x (x + a) + y (y + a) > 2 x (y + a)$
$x (x + a) + y (y + a) - 2 x (y + a) > 0$
$x^{2} + x a + y^{2} + y a - 2 x y - 2 x a > 0$
$x^{2} + y^{2} - 2 x y + y a - x a > 0$
$(x - y)^{2} + a (y - x) > 0$
Z założeń wiemy, że $a > 0$ oraz $x < y$ , więc $a (y - x) > 0$ .
Dodatkowo kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny, zatem $(x - y)^{2} \geq 0$ . Natomiast $x < y ⟶ x - y < 0$ , więc $(x - y)^{2} > 0$ .
Suma dwóch liczb dodatnich jest dodatnia, zatem potwierdzamy nierówność z tezy. $■$

Zrobimy jeszcze jedno zadanie takie typu, ale tym razem skupimy się na sposobie, w którym będziemy działać na ułamkach algebraicznych, aby dobrze to sobie wszystko przećwiczyć.

Założenia: $a > 0$ i $b > 0$ , $a + b = 1$

Teza: $\frac{1}{2 a + b} + \frac{1}{a + 2 b} \geq \frac{4}{3}$

Dowód:

Przekształcamy równoważnie tezę:

$\frac{1}{2 a + b} + \frac{1}{a + 2 b} \geq \frac{4}{3}$
$\frac{a + 2 b}{( 2 a + b ) ( a + 2 b )} + \frac{2 a + b}{( 2 a + b ) ( a + 2 b )} \geq \frac{4}{3}$
$\frac{3 a + 3 b}{( 2 a + b ) ( a + 2 b )} - \frac{4}{3} \geq 0$
$\frac{3 ( 3 a + 3 b )}{3 ( 2 a + b ) ( a + 2 b )} - \frac{4 ( 2 a + b ) ( a + 2 b )}{3 ( 2 a + b ) ( a + 2 b )} \geq 0$
$\frac{9 a + 9 b - 4 ( 2 a ^{2} + 5 ab + 2 b ^{2} )}{3 ( 2 a + b ) ( a + 2 b )} \geq 0$
$\frac{9 a + 9 b - 8 a ^{2} - 20 ab - 8 b ^{2}}{3 ( 2 a + b ) ( a + 2 b )} \geq 0$

Wiemy, że $a > 0$ i $b > 0$ , więc $2 a + b > 0$ i $a + 2 b > 0$ , zatem $3 (2 a + b) (a + 2 b) > 0$ .

Wystarczy w takim razie pokazać, że:
$9 a + 9 b - 8 a^{2} - 20 ab - 8 b^{2} \geq 0$
Wykorzystujemy założenie, że $a + b = 1 ⟶ a = 1 - b$ .
$9 (1 - b) + 9 b - 8 (1 - b)^{2} - 20 (1 - b) b - 8 b^{2} \geq 0$
$9 - 9 b + 9 b - 8 (1 - 2 b + b^{2}) - 20 b (1 - b) - 8 b^{2} \geq 0$
$9 - 8 + 16 b - 8 b^{2} - 20 b + 20 b^{2} - 8 b^{2} \geq 0$
$1 - 4 b + 4 b^{2} \geq 0$
$1 - 2 \cdot 1 \cdot 2 b + (2 b)^{2} \geq 0$
$(1 - 2 b)^{2} \geq 0$

Kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny, zatem prawdziwa jest nierówność:
$9 a + 9 b - 8 a^{2} - 20 ab - 8 b^{2} \geq 0$ , a co za tym idziemy, otrzymaliśmy też prawdziwość nierówności z tezy. $■$

Na zakończenie zajmiemy się dowodem nierówności, który będzie dość nietypowy, w porównaniu do poprzednich dowodów. Nie oznacza to jednak, że będzie on trudny, tak właściwie, to nawet wręcz przeciwnie - jeśli oczywiście znamy pewne triki na takie zadania. Warto przyglądać się też takim nietypowym zadaniom, bo być może na twojej maturze właśnie coś takiego się trafi.

Zadanie to jest wzorowane na jednym z zadań przygotowanych przez CKE. A przy okazji w tym dowodzie wykorzystamy pewne triki, które przydadzą nam się w zadaniach związanych z granicami ciągów. Więc warto, ale dobra, zobaczmy o jakim zadaniu mowa.

Uzasadnij, że dla każdej liczby naturalnej $n$ prawdziwa jest następując podwójna nierówność

$\frac{1}{n + 3} < 2 n + 3 - 2 n + 2 < \frac{1}{n + 2}$

Rozwiązanie

Założenie: $n \in N$

Teza: $\frac{1}{n + 3} < 2 n + 3 - 2 n + 2 < \frac{1}{n + 2}$

Dowód:

$2 n + 3 - 2 n + 2 = 2 (n + 3 - n + 2) = \frac{2 ( n + 3 - n + 2 ) \cdot ( n + 3 + n + 2 )}{( n + 3 + n + 2 )} =$
$= \frac{2 ( n + 3 - ( n + 2 ) )}{n + 3 + n + 2} = \frac{2 ( n + 3 - n - 2 )}{n + 3 + n + 2} = \frac{2}{n + 3 + n + 2}$