Rozwiązanie

Założenia: $a>0$ i $b>0$, $a^2+2a=4b^2+4b$

Teza: $a=2b$

Dowód:

$a^2+2a=4b^2+4b$
$a^2-4b^2+2a-4b=0$
$a^2-{\left(2b\right)}^2+2\left(a-2b\right)=0$
$\left(a-2b\right)\left(a+2b\right)+2\left(a-2b\right)=0$
$\left(a-2b\right)\left(a+2b+2\right)=0$
$a-2b=0\vee a+2b+2=0$
$a=2b$              sprzeczność, bo $a>0$ i $b>0$,
                           więc $a+2b>0$, zatem
                           $a+2b+2\ne 0$
Zatem $a=2b$.                                                       $■$

---

Wykaż, że dla każdej liczby rzeczywistej $\mathbf{x}$ i dla każdej liczby rzeczywistej $\mathbf{y}$ prawdziwa jest nierówność

${\mathbf{x}}^2+5{\mathbf{y}}^2-4\mathbf{xy}+8\mathbf{y}+16\ge 0$

Rozwiązanie

Założenia: $x,y\in \mathbb{R}$ 

Teza: $x^2+5y^2-4xy+8y+16\ge 0$

Dowód:

Przekształcamy równoważnie tezę:

$x^2+5y^2-4xy+8y+16\ge 0$
$x^2-2\cdot 2xy+5y^2+2\cdot 4y+16\ge 0$
$x^2-2\cdot 2xy+4y^2+y^2+2\cdot 4y+16\ge 0$
$x^2-2\cdot x\cdot 2y+{\left(2y\right)}^2+y^2+2\cdot y\cdot 4+4^2\ge 0$
${\left(x-2y\right)}^2+{\left(y+4\right)}^2\ge 0$

Kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny, zatem ${\left(x-2y\right)}^2\ge 0$ i ${\left(y+4\right)}^2\ge 0$, a suma dwóch liczb nieujemnych jest nieujemne, zatem potwierdzamy nierówność z tezy, czyli $x^2+5y^2-4xy+8y+16\ge 0$.              $■$

---

Rozwiązanie

Założenia: $x,y\in \mathbb{R}$ i $x+y=4$ 

Teza: $x^3-x^{2}y\le x{y}^2-y^2$

Dowód:

Przekształcamy równoważnie tezę:

$x^3-x^{2}y\le x{y}^2-y^2$
$x^3-x^{2}y-x{y}^2+y^2\le 0$
$x^2\left(x-y\right)-y^2\left(x-y\right)\le 0$
$\left(x-y\right)\left(x^2-y^2\right)\le 0$
$\left(x-y\right)\left(x-y\right)\left(x+y\right)\le 0$
${\left(x-y\right)}^2\left(x+y_{}\right)\le 0$
$4{\left(x-y\right)}^2\le 0|:4$
${\left(x-y\right)}^2\le 0$

Ale ${\left(x-y\right)}^2\ge 0$

Zatem ${\left(x-y\right)}^2=0⟶x-y=0⟶x=y$

$x+x=4⟶2x=4⟶x=2$

Więc $x=2$ i $y=2$.                $■$

---

Zadanie 1. Udowodnij, że dla każdej liczby rzeczywistej $\mathbf{x}$ spełniona jest nierówność

${\mathbf{x}}^4-{\mathbf{x}}^2-4\mathbf{x}+6>0$

Rozwiązanie

Założenie: $x\in \mathbb{R}$

Teza: $x^4-x^2-4x+6>0$

Dowód:

Przekształcamy równoważnie tezę:

$x^4-x^2-4x+6>0$

$x^4-x^2-4x+4+2>0$

$x^4-2x^2+x^2-4x+4+1+1>0$

$x^4-2x^2+1+x^2-2\cdot 2x+2^2+1>0$

${\left(x^2-1\right)}^2+{\left(x-2\right)}^2+1>0$

Kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny, zatem ${\left(x^2-1\right)}^2\ge 0$ i ${\left(x-2\right)}^2\ge 0$. Suma liczb nieujemnych i liczby dodatniej jest dodatnia, zatem potwierdzamy nierówność z tezy.         $■$

Rozwiązanie

Założenia: $x\in \mathbb{R}$

Teza: $x^4-x^2-2x+3>0$

Dowód:

$f\left(x\right)=x^4-x^2-2x+3$
Funkcja $f$ jest ciągła w $\mathbb{R}$.

$f^{\prime }\left(x\right)=4x^3-2x-2=4x^3-4x+2x-2=4x\left(x^2-1\right)+2\left(x-1\right)=4x\left(x-1\right)\left(x+1\right)+2\left(x-1\right)=$
$=\left(x-1\right)\left(4x\left(x+1\right)+2\right)=\left(x-1\right)\left(4x^2+4x+2\right)$
$\Delta =4^2-4\cdot 4\cdot 2<0$
$f^{\prime }\left(x\right)=0⟺x=1$                                   rys.

Zatem:

• dla $x=1$: $f^{\prime }(x)=0$
• dla $x\in \left(-\infty ,1\right)$: $f^{\prime }\left(x\right)<0$
• dla $x\in \left(1,\infty \right)$: $f^{\prime }\left(x\right)>0$

W związku z tym widzimy również, że:

• $f\searrow \text{w przedziale}\left(-\infty ,1\right]$
• $f\nearrow \text{w przedziale}\left[1,\infty \right)$

Więc $f$ osiąg minimum lokalne w $x=1$ i jednocześnie jest ono najmniejszą wartością funkcji $f$. Obliczmy ją.
$f\left(1\right)=1^4-1^2-2\cdot 1+3=1$
Najmniejsza wartość funkcji $f$ to $1>0$. Zatem $x^4-x^2-2x+3>0$.                             $■$

---

Zadanie 3. Udowodnij, że dla dowolnych liczb rzeczywistych $\mathbf{x}$ i $\mathbf{y}$ takich, że $\mathbf{x}+\mathbf{y}>0$ i $\mathbf{x}\ne \mathbf{y}$
prawdziwa jest nierówność

${\mathbf{x}}^3+{\mathbf{y}}^3>{\mathbf{x}}^2\mathbf{y}+\mathbf{x}{\mathbf{y}}^2-{\mathbf{x}}^2$

Rozwiązanie

Założenia: $x\in \mathbb{R}$, $y\in \mathbb{R}$, $x+y>0$, $x\ne y$

Teza: $x^3+y^3>x^{2}y+x{y}^2-x^2$

Dowód

Przekształcamy równoważnie tezę:

$x^3+y^3>x^{2}y+x{y}^2-x^2$

$x^3+y^3-x^{2}y-x{y}^2+x^2>0$

$x^3-x^{2}y+y^3-x{y}^2+x^2>0$

$x^2\left(x-y\right)-y^2\left(x-y\right)+x^2>0$

$\left(x-y\right)\left(x^2-y^2\right)+x^2>0$

$\left(x-y\right)\left(x-y\right)\left(x+y\right)+x^2>0$

${\left(x-y\right)}^2\left(x+y\right)+x^2>0$

• Kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny, zatem ${\left(x^{}-y\right)}^2\ge 0$, ale $x\ne y$, więc $x-y\ne 0$, zatem ${\left(x-y\right)}^2>0$.
• Z założenia wiemy, że $x+y>0$.
• Iloczyn dwóch liczb dodatnich jest dodatni, więc ${\left(x-y\right)}^2\left(x+y\right)>0$. Dodatkowo $x^2\ge 0$.

Suma liczby dodatniej i nieujemnej jest dodatnia, zatem potwierdzamy nierówność z tezy, że $x^3+y^3>x^{2}y+x{y}^2-x^2$.     $■$

---

Rozwiązanie

Założenia: $x,y\in {\mathbb{R}}_{+}$ i $x^2+y^2=2$

Teza: $x+y\le 2$

Dowód

$x^2+y^2={\left(x+y\right)}^2-2xy$
$2={\left(x+y\right)}^2-2xy$
${\left(x+y\right)}^2=2+2xy=2\left(1+xy\right)$

Gdyby $1+xy\le 2$, to
${\left(x+y\right)}^2=2\left(1+xy\right)\le 2\cdot 2=4$
${\left(x+y\right)}^2\le 4|\sqrt{}$
$\left|x+y\right|\le 2$
$x+y\le 2$

Wystarczy wykazać, że$1+xy\le 2$.
Przekształćmy równoważnie tę nierówność:
$1+xy\le 2$
$xy\le 1$
$2xy\le 2$
$2xy\le x^2+y^2$
$x^2+y^2-2xy\ge 0$
${\left(x-y\right)}^2\ge 0$

Jest to zawsze prawda, ponieważ kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny. Więc prawdziwa jest nierówność $1+xy\le 2$.

Zatem prawdziwa jest nierówność z tezy: $x+y\le 2$.                                           $■$

---

Rozwiązanie

Założenia: $x,y\in \mathbb{R}$ i $x\ne y$

Teza: $a^4+y^4>xy\left(x^2+y^2\right)$

Dowód:

Przekształcamy równoważnie tezę:

$a^4+y^4>xy\left(x^2+y^2\right)$
$x^4+y^4>x^{3}y+x{y}^3$
$x^4-x^{3}y+y^4-x{y}^3>0$
$x^3\left(x-y\right)+y^3\left(y-x\right)>0$
$x^3\left(x-y\right)-y^3\left(x-y\right)>0$
$\left(x-y\right)\left(x^3-y^3\right)>0$
$\left(x-y\right)\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)>0$
${\left(x-y\right)}^2\left(x^2+xy+y^2\right)>0$
Kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny, zatem ${\left(x^{}-y\right)}^2\ge 0$, ale $x\ne y$, więc $x-y\ne 0$, zatem ${\left(x-y\right)}^2>0$.

Ale zostaje nam jeszcze wyrażenie x do drugiej dodać xy dodać y do drugiej. No i tutaj nie jest to takie widoczne na pierwszy rzut oka, no cóż, jakby to powiedział Schopenhauer "Raz pod wozem, raz pod pociągiem". Nie może być za prosto. Ale spróbujemy sobie z tym poradzić.

 

Pokażemy, że $x^2+xy+y^2>0$.

Rozmażmy ten trójmian kwadratowy w taki sposób, że $x$ niewiadomą, a $y$ jest parametrem.
$x^2+yx+y^2>0$
$\Delta =y^2-4y^2=-3y^2\le 0$                 rys. z wykresem
$1^{\circ }$ Dla $y\ne 0$:
$\Delta <0$
Więc $x^2+xy+y^2>0$ .
$2^{\circ }$ Dla $y=0$:
$x^2+yx+y^2=x^2\ge 0$
Dla $x\ne 0$ mamy $x^2>0$.
Nie może się zdarzyć, że $x=y=0$, ponieważ $x\ne y$.

Zatem $x^2+xy+y^2>0$ dla $x,y\in \mathbb{R}$ i $x\ne y$.

Analogiczny wniosek dostalibyśmy, gdybyśmy założyli, że $x$ będzie parametrem, a $y$ niewiadomą.

Zatem mamy iloczyn dwóch liczb dodatnich. Jest on dodatni, więc wykazaliśmy nierówność z tezy.        $■$

 

Warto zapamiętać ten przedstawiony sposób, by rozważać podane wyrażenie jako trójmian kwadratowy jednej zmiennej i założyć, że druga niewiadoma jest parametrem. Ta metoda może być pomocna w dowodach nierówności, w których mamy wyrażenia z x-em, y-iem i są one podniesione do potęgi drugiej. Takim sposobem możne było rozwiązać np. zadanie drugie z poprzedniego filmu. 

 

Rozwiązanie sposobem 2: