Dowody algebraiczne i geometryczne

1. Zadanie treningowe 3 pkt dowód nierówności z użyciem AM-GM (trzy zmienne dodatnie)

   Wykaż, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych $a$, $b$, $c$ prawdziwa jest nierówność

   $$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc.$$

   Pokaż rozwiązanie

   Odpowiedź:

   Teza udowodniona (c.n.d.). Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $a=b=c$.

   Rozwiązanie:

   Sposób

   Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną — równoważnej nierówności $(\sqrt{x}-\sqrt{y}{)}^2\ge 0$ — dla dowolnych liczb dodatnich $x$, $y$ zachodzi $x+y\ge 2\sqrt{xy}$. Ponieważ $a,b,c>0$, możemy zastosować tę nierówność do trzech par:

   $$a+b\ge 2\sqrt{ab},b+c\ge 2\sqrt{bc},c+a\ge 2\sqrt{ca}.$$

   Wszystkie strony powyższych nierówności są dodatnie, więc wolno pomnożyć te nierówności stronami (zwrot się zachowa):

   $$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 2\sqrt{ab}\cdot 2\sqrt{bc}\cdot 2\sqrt{ca}=8\sqrt{a^2{b}^2{c}^2}.$$

   Ponieważ $a,b,c>0$, mamy $\sqrt{a^2{b}^2{c}^2}=abc$, zatem

   $$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc,$$

   co należało wykazać (c.n.d.). Równość w każdej z trzech nierówności składowych zachodzi tylko dla $a=b=c$, więc i w tezie równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $a=b=c$.

   ⚠ Typowa pułapka: Typowy błąd to mnożenie nierówności stronami bez zaznaczenia, że wszystkie ich strony są dodatnie. Nierówności o tym samym zwrocie wolno mnożyć stronami tylko wtedy, gdy obie strony każdej z nich są nieujemne — tu gwarantuje to założenie $a,b,c>0$.

2. Zadanie treningowe 3 pkt dowód podzielności liczby całkowitej przez 6

   Wykaż, że dla każdej liczby całkowitej $n$ liczba $n^3+5n$ jest podzielna przez $6$.

   Pokaż rozwiązanie

   Odpowiedź:

   Teza udowodniona (c.n.d.).

   Rozwiązanie:

   Sposób

   Przekształćmy wyrażenie, dodając i odejmując $6n$:

   $$n^3+5n=(n^3-n)+6n=n(n^2-1)+6n=(n-1)n(n+1)+6n.$$

   Składnik $(n-1)n(n+1)$ jest iloczynem trzech kolejnych liczb całkowitych. Wśród każdych trzech kolejnych liczb całkowitych:

   • co najmniej jedna jest podzielna przez $2$,
   • dokładnie jedna jest podzielna przez $3$.

   Zatem iloczyn $(n-1)n(n+1)$ jest podzielny zarówno przez $2$, jak i przez $3$. Ponieważ liczby $2$ i $3$ są względnie pierwsze, iloczyn ten jest podzielny przez $2\cdot 3=6$.

   Składnik $6n$ jest podzielny przez $6$ dla każdej liczby całkowitej $n$.

   Suma dwóch liczb podzielnych przez $6$ jest podzielna przez $6$, więc liczba $n^3+5n$ jest podzielna przez $6$ dla każdej liczby całkowitej $n$ (c.n.d.).

   ⚠ Typowa pułapka: Częsty błąd to wykazanie podzielności tylko przez $2$ albo tylko przez $3$ i uznanie dowodu za zakończony. Trzeba pokazać podzielność przez $2$ ORAZ przez $3$ (a te liczby są względnie pierwsze) — dopiero to daje podzielność przez $6$.

3. Zadanie treningowe 2 pkt dowód nierówności przez rozkład na czynniki (wzory skróconego mnożenia)

   Wykaż, że dla dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych $a$ i $b$ prawdziwa jest nierówność

   $$a^3+b^3\ge a^{2}b+a{b}^2.$$

   Pokaż rozwiązanie

   Odpowiedź:

   Teza udowodniona (c.n.d.). Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy $a=b$.

   Rozwiązanie:

   Sposób

   Rozpatrzmy różnicę lewej i prawej strony i rozłóżmy ją na czynniki:

   $$a^3+b^3-a^{2}b-a{b}^2=a^2(a-b)-b^2(a-b)=(a-b)(a^2-b^2).$$

   Korzystając ze wzoru skróconego mnożenia $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$, otrzymujemy:

   $$(a-b)(a^2-b^2)=(a-b)(a-b)(a+b)=(a-b{)}^2(a+b).$$

   Czynnik $(a-b{)}^2\ge 0$ jako kwadrat liczby rzeczywistej, a czynnik $(a+b)>0$, ponieważ $a,b>0$. Iloczyn liczby nieujemnej i liczby dodatniej jest nieujemny, więc

   $$a^3+b^3-a^{2}b-a{b}^2=(a-b{)}^2(a+b)\ge 0,$$

   skąd $a^3+b^3\ge a^{2}b+a{b}^2$ (c.n.d.). Równość zachodzi dokładnie wtedy, gdy $(a-b{)}^2=0$, czyli gdy $a=b$.

   ⚠ Typowa pułapka: Błędem jest 'skracanie' obu stron nierówności przez $a+b$ bez uzasadnienia albo pominięcie założenia $a+b>0$. To właśnie dodatniość $a+b$ (wynikająca z $a,b>0$) przesądza o nieujemnym znaku iloczynu $(a-b{)}^2(a+b)$.

4. Zadanie treningowe 3 pkt dowód geometryczny — równość pól trójkątów w trapezie

   W trapezie $ABCD$, w którym $AB\parallel CD$, przekątne $AC$ i $BD$ przecinają się w punkcie $P$. Wykaż, że trójkąty $APD$ i $BPC$ mają równe pola.

   Pokaż rozwiązanie

   Odpowiedź:

   Teza udowodniona (c.n.d.): pola trójkątów $APD$ i $BPC$ są równe.

   Rozwiązanie:

   Sposób

   Symbolem $[XYZ]$ oznaczmy pole trójkąta $XYZ$.

   Rozważmy trójkąty $ABD$ i $ABC$. Mają one wspólny bok $AB$. Wierzchołki $D$ oraz $C$ leżą na prostej $CD$, która jest równoległa do $AB$, więc oba trójkąty mają tę samą wysokość opuszczoną na bok $AB$ — jest ona równa odległości $h$ między równoległymi prostymi $AB$ i $CD$. Zatem

   $$[ABD]=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot h=[ABC].$$

   Punkt $P$ przecięcia przekątnych leży wewnątrz trapezu; leży on jednocześnie na odcinku $BD$ oraz na odcinku $AC$. Dlatego:

   • odcinek $AP$ dzieli trójkąt $ABD$ na trójkąty $ABP$ i $APD$, skąd $[ABD]=[ABP]+[APD]$,
   • odcinek $BP$ dzieli trójkąt $ABC$ na trójkąty $ABP$ i $BPC$, skąd $[ABC]=[ABP]+[BPC]$.

   Ponieważ $[ABD]=[ABC]$, to

   $$[ABP]+[APD]=[ABP]+[BPC].$$

   Odejmując od obu stron pole $[ABP]$, otrzymujemy $[APD]=[BPC]$, czyli trójkąty $APD$ i $BPC$ mają równe pola (c.n.d.).

   ⚠ Typowa pułapka: Nie wolno zakładać, że $P$ jest środkiem przekątnych ani że trapez jest równoramienny — dowód musi działać dla dowolnego trapezu. Kluczem jest wspólna wysokość trójkątów $ABD$ i $ABC$, wynikająca z równoległości $AB\parallel CD$.

5. Zadanie treningowe 3 pkt dowód geometryczny — promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny

   W trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości $a$ i $b$ oraz przeciwprostokątnej długości $c$ wpisano okrąg o promieniu $r$. Wykaż, że

   $$r=\frac{a+b-c}{2}.$$

   Pokaż rozwiązanie

   Odpowiedź:

   Teza udowodniona (c.n.d.).

   Rozwiązanie:

   Sposób

   Oznaczmy wierzchołki trójkąta: $C$ — wierzchołek kąta prostego, $A$ i $B$ — pozostałe wierzchołki, przy czym $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$. Niech $I$ będzie środkiem okręgu wpisanego, a punkty $K$, $L$, $M$ — punktami styczności okręgu odpowiednio z bokami $BC$, $CA$, $AB$.

   Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc $IK\perp BC$ oraz $IL\perp CA$, a ponadto $IK=IL=r$. W czworokącie $CKIL$ kąty przy wierzchołkach $K$ i $L$ są proste (bo $IK\perp BC$ i $IL\perp CA$), a kąt przy wierzchołku $C$ jest prosty z założenia. Czworokąt ten ma zatem trzy kąty proste, więc jest prostokątem; ponieważ dodatkowo $IK=IL=r$, jest to kwadrat o boku $r$. Stąd

   $$CK=CL=r.$$

   Skorzystamy teraz z twierdzenia o równości odcinków stycznych poprowadzonych z jednego punktu do okręgu. Oznaczmy $AL=AM=x$ oraz $BK=BM=y$. Wówczas długości boków trójkąta wyrażają się następująco:

   $$b=CA=CL+LA=r+x,$$ $$a=CB=CK+KB=r+y,$$ $$c=AB=AM+MB=x+y.$$

   Dodając dwie pierwsze równości stronami, otrzymujemy

   $$a+b=2r+(x+y)=2r+c,$$

   skąd $2r=a+b-c$, czyli

   $$r=\frac{a+b-c}{2},$$

   co należało wykazać (c.n.d.).

   ⚠ Typowa pułapka: Najczęstszy błąd to pominięcie uzasadnienia, że $CK=CL=r$ (czyli że czworokąt $CKIL$ jest kwadratem) — bez tego kroku nie widać, skąd bierze się $2r$. Trzeba też pamiętać, że twierdzenie o równych odcinkach stycznych stosuje się z KAŻDEGO z trzech wierzchołków ($A$, $B$ i $C$).

Inne działy — matematyka rozszerzona

• Rachunek różniczkowy (6)
• Stereometria (4)
• Geometria analityczna (6)
• Kombinatoryka i rachunek prawdopodobieństwa (4)
• Ciągi i szeregi (6)
• Trygonometria (6)
• Planimetria (10)
• Funkcje (7)
• Równania i nierówności, w tym z parametrem i wartością bezwzględną (11)