(3 pkt)
Udowodnij, że dla dowolnych liczb dodatnich $a$, $b$, $c$ i $d$ prawdziwa jest nierówność \[ac+bd\leqslant \sqrt{a^2+b^2}\cdot\sqrt{c^2+d^2}.\]
ROZWIĄZANIE:
Zawsze lubiłam zadania z wykazywania nierówności. Były stosunkowo łatwiejsze niż dowody z planimetrii i zawsze dało się je "ruszyć". Co mamy tutaj?
Sympatyczna nierówność, widzimy pierwiastki... a jak pierwiastki to trzeba się ich pozbyć:D Co robimy? \[ac+bd\leqslant \sqrt{a^2+b^2}\cdot\sqrt{c^2+d^2}\]Podnosimy obustronnie do kwadratu! \[(ac+bd)^2\leqslant (a^2+b^2)\cdot(c^2+d^2)\]Po zastosowaniu wzoru skróconego mnożenia z lewej i pomnożeniu nawiasów po prawej stronie nierówności, dostaniemy:\[a^2c^2+2acbd+b^2d^2 \leqslant a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\]Po skróceniu $a^2c^2$ oraz $b^2d^2$ mamy wyrażenie:\[2acbd \leqslant a^2d^2+b^2c^2\]Przenosimy wszystko na prawą stronę:\[0\leqslant a^2d^2-2acbd +b^2c^2\]...i zauważamy, wzór skróconego mnożenia!\[0\leqslant (ad-bc)^2\]Ta nierówność jest spełniona dla każdej liczby rzeczywistej (bo kwadrat dowolnej liczby jest zawsze większy lub równy zeru). To kończy nasz dowód nierówności i zasila konto trzema punktami!!
Zadanie domowe:
Udowodnij, że dla dowolnych liczb dodatnich $a$ i $b$ prawdziwa jest nierówność: \[(a+b)\Big(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\Big)\geqslant 4.\]
jaki wynik w zadaniu?
OdpowiedzUsuń