Szkic pierwszego dowodu - uzupełnienie

Trójkąty $ABP$ i $CDP$ są podobne z cechy kąt-kąt-kąt, ponieważ:

$\left|\sphericalangle ABP\right|=\left|\sphericalangle PDC\right|$ - kąty naprzemianległe

$\left|\sphericalangle PAB\right|=\left|\sphericalangle PCD\right|$ - kąty naprzemianległe

$\left|\sphericalangle APB\right|=\left|\sphericalangle DPC\right|$ - kąty wierzchołkowe

Trójkąty $GDP$ i $ADB$ są podobne z cechy kąt-kąt-kąt, ponieważ jeśli prosta $GP$ jest równoległa do $AB$, to:

$\left|\sphericalangle DGP\right|=\left|\sphericalangle DAB\right|$ 

$\left|\sphericalangle GPD\right|=\left|\sphericalangle ABD\right|$

W analogiczny sposób trójkąty $PHC$ i $ABC$ są podobne.

Na końcu mamy:

$\left|GH\right|=\left|GP\right|+\left|PH\right|=\frac{ab}{a+b}+\frac{ab}{a+b}=\frac{2ab}{a+b}$

---

Szkic drugiego dowodu - uzupełnienie

Skoro

$\frac{a+x}{2}\cdot h_1=\frac{P}{2}|\cdot 2$

to

$\left(a+x\right)\cdot h_1=P|:\left(a+x\right)$

$h_1=\frac{P}{a+x}$

Analogicznie mamy:

$\frac{b+x}{2}\cdot h_2=\frac{P}{2}|\cdot 2$

$\left(b+x\right)\cdot h_{12}=P|:\left(b+x\right)$

$h_2=\frac{P}{b+x}$

Teraz wracamy do równości:

$P=\frac{a+b}{2}\left(h_1+h_2\right)$

I dostajemy:

$P=\frac{a+b}{2}\left(\frac{P}{a+x}+\frac{P}{b+x}\right)$

$P=\frac{a+b}{2}\left(\frac{P\left(b+x\right)}{\left(a+x\right)\left(b+x\right)}+\frac{P\left(a+x\right)}{\left(b+x\right)\left(a+x\right)}\right)$

$P=\frac{a+b}{2}\cdot \frac{P\left(b+x\right)+P\left(a+x\right)}{\left(a+x\right)\left(b+x\right)}$

$P=\frac{P\left(b+x+a+x\right)\left(a+b\right)}{2\left(a+x\right)\left(b+x\right)}|\cdot 2\left(a+x\right)\left(b+x\right)$

$P\cdot 2\left(a+x\right)\left(b+x\right)=P\left(b+a+2x\right)\left(a+b\right)|:P$

$2\left(a+x\right)\left(b+x\right)=\left(b+a+2x\right)\left(a+b\right)$

$2\left(ab+ax+bx+x^2\right)=ab+b^2+a^2+ab+2ax+2bx$

$2ab+2ax+2bx+2x^2=ab+b^2+a^2+ab+2ax+2bx$

$2ab+2x^2=2ab+b^2+a^2$

$2x^2=a^2+b^2$

$x^2=\frac{a^2+b^2}{2}$

$x=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$

A to należało wykazać.