Zadanie 28. (2 pkt)
Udowodnij, że dla dowolnych liczb dodatnich a, b prawdziwa jest nierówność
1
1
2
2
2
a
b
a
b
≥
Poziom podstawowy
MMA_1P
Zadanie 28. (0-2)
V. Rozumowanie
i argumentacja.
skróconego mnożenia (2.a).
Przykładowe rozwiązania
I sposób
Nierówność możemy przekształcić równoważnie
2
2
a
b
ab
a
b
≥
Ponieważ liczby a i b są dodatnie, więc
i
. Mnożąc obie strony nierówności
przez
, otrzymujemy
,
,
,
Ta nierówność jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b, więc w szczególności
również dla liczb dodatnich. To kończy dowód.
II sposób
Nierówność możemy przekształcić równoważnie
2
0
2
a
b
ab
a
b
≥
,
Ponieważ liczby a i b są dodatnie, więc
i
. Mnożąc obie strony nierówności
przez
, otrzymujemy
,
,
,
Ta nierówność jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych a i b, więc w szczególności
również dla liczb dodatnich. To kończy dowód.
Schemat punktowania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy zapisze nierówność w postaci
lub
, lub
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Uwagi
otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.
\ni nie powoła
się na stosowne twierdzenie, to otrzymuje 1 punkt.
nierówności
, to otrzymuje 2 punkty.
0
a
b
2
0
ab >
(
)
2ab a
b
(
)
2
4
a
b
ab
≥
2
2
2
4
a
ab
b
ab
≥
2
2
2
0
a
ab
b
≥
(
)
2
0
a
b
≥
(
)
(
)
2
4
0
2
a
b
ab
ab a
b
≥
0
a
b
2
0
ab >
(
)
2ab a
b
(
)
2
4
0
a
b
ab
≥
2
2
2
4
0
a
ab
b
ab
≥
2
2
2
0
a
ab
b
≥
(
)
2
0
a
b
≥
(
)
2
4
a
b
ab
≥
(
)
2
4
0
a
b
ab
≥
(
)
(
)
2
4
0
2
a
b
ab
ab a
b
≥
2
2
2
a
b
ab
≥
(
)
2
0
a
b
≥
Cel: pokazać, że \\(AB = BF\\).
\nKluczowe spostrzeżenie: punkty \\(B\\), \\(E\\), \\(F\\), \\(D\\), \\(C\\) tworzą dwie figury, w których możemy znaleźć przystające trójkąty.
\nKrok 1 - kąty wierzchołkowe przy \\(E\\).
\nOdcinki \\(BC\\) i \\(DF\\) przecinają się w punkcie \\(E\\). Kąty wierzchołkowe są równe:
\\[\\angle BEF = \\angle CED\\]
Krok 2 - boki przy \\(E\\).
\nPunkt \\(E\\) jest środkiem \\(BC\\), a więc:
\\[BE = CE\\]
Krok 3 - kąty naprzemianległe.
\nW równoległoboku \\(ABCD\\) mamy \\(AB \\parallel DC\\). Prosta \\(DF\\) jest ich sieczną. Kąty naprzemianległe (po przeciwnych stronach siecznej, między równoległymi) są równe:
\\[\\angle EFB = \\angle EDC\\]
(Uzasadnienie: wektory \\(\\overrightarrow{FE}\\) i \\(\\overrightarrow{DC}\\) wskazują przeciwne kierunki do \\(\\overrightarrow{FD}\\) i \\(\\overrightarrow{CD}\\) - kąt między sieczną a prostą \\(AB\\) przy \\(F\\) jest równy kątowi między sieczną a prostą \\(DC\\) przy \\(D\\).)
\nKrok 4 - przystające trójkąty.
\nW trójkątach \\(BEF\\) i \\(CED\\) zachodzą:
\nZ twierdzenia ABS (kąt-bok-kąt):
\\[\\triangle BEF \\cong \\triangle CED\\]
Krok 5 - wniosek.
\nZ przystawania wynika, że odpowiadające sobie boki są równe:
\\[BF = CD\\]
Ponieważ \\(ABCD\\) jest równoległobokiem:
\\[CD = AB\\]
Zatem:
\\[BF = AB\\]
Punkt \\(B\\) leży na odcinku \\(AF\\) (między \\(A\\) i \\(F\\)) i spełnia \\(AB = BF\\), więc \\(B\\) jest środkiem odcinka \\(AF\\). \\(\\blacksquare\\)
\nPrzyjmujemy \\(A\\) za początek układu. Niech \\(\\vec{b} = \\overrightarrow{AB}\\) i \\(\\vec{d} = \\overrightarrow{AD}\\) - wektory liniowo niezależne.
\nWyznaczamy położenia wszystkich punktów:
\\[A = \\vec{0},\\quad B = \\vec{b},\\quad C = \\vec{b} + \\vec{d},\\quad D = \\vec{d}\\]
\\[E = \\text{środek } BC = \\frac{B + C}{2} = \\vec{b} + \\frac{1}{2}\\vec{d}\\]
Parametryzacja prostej \\(DE\\):
\\[\\vec{r}(t) = D + t\\cdot\\overrightarrow{DE} = \\vec{d} + t\\left(\\vec{b} + \\frac{1}{2}\\vec{d} - \\vec{d}\\right) = \\vec{d} + t\\left(\\vec{b} - \\frac{1}{2}\\vec{d}\\right)\\]
Parametryzacja prostej \\(AB\\) (przedłużenie):
\\[\\vec{r}(s) = s\\vec{b}\\]
Punkt przecięcia \\(F\\) - przyrównujemy:
\\[\\vec{d} + t\\vec{b} - \\frac{t}{2}\\vec{d} = s\\vec{b}\\]
\\[\\vec{d}\\left(1 - \\frac{t}{2}\\right) = \\vec{b}(s - t)\\]
Ponieważ \\(\\vec{b}\\) i \\(\\vec{d}\\) są liniowo niezależne, oba współczynniki muszą być zerowe:
\\[1 - \\frac{t}{2} = 0 \\implies \\boxed{t = 2}\\]
\\[s - t = 0 \\implies s = 2\\]
Zatem:
\\[F = s\\vec{b} = 2\\vec{b}\\]
Sprawdzenie środka:
\\[\\overrightarrow{AB} = \\vec{b}, \\qquad \\overrightarrow{BF} = F - B = 2\\vec{b} - \\vec{b} = \\vec{b}\\]
Ponieważ \\(\\overrightarrow{AB} = \\overrightarrow{BF}\\), punkty \\(A\\), \\(B\\), \\(F\\) są współliniowe i \\(AB = BF\\), więc \\(B\\) jest środkiem odcinka \\(AF\\). \\(\\blacksquare\\)
\nDział 10 (Planimetria, s. 18) - Twierdzenie Talesa i własności kątów:
\nTwierdzenie o kątach naprzemianległych przy prostych równoległych:
\\[\\text{Jeśli } AB \\parallel DC \\text{ i sieczna tnie obie proste, to kąty naprzemianległe są równe.}\\]
Użyte w Sposobie 1 (krok 3) do wykazania \\(\\angle EFB = \\angle EDC\\).
\nDział 11 (Geometria analityczna, s. 22) - Wektory:
\\[\\vec{AB} = [x_B - x_A,\\ y_B - y_A], \\qquad |\\vec{AB}| = \\sqrt{(x_B-x_A)^2 + (y_B-y_A)^2}\\]
Użyte w Sposobie 2 do parametrycznego opisu prostych i wyznaczenia punktu \\(F\\).
\n⚠️ Uwaga: Nie zakładaj pochopnie, że \\(\\triangle BEF \\cong \\triangle CED\\) tylko dlatego, że \\(E\\) jest środkiem - musisz uzasadnić co najmniej dwa kąty. Same dwa boki (SSS lub SAS) tu nie działają bez dodatkowej informacji.\n
⚠️ Uwaga: Kąty naprzemianległe zachodzą tylko dla prostych równoległych - zawsze powołaj się na właściwość równoległoboku \\(AB \\parallel DC\\).\n
⚠️ Uwaga: W rozwiązaniu wektorowym kluczowe jest to, że \\(\\vec{b}\\) i \\(\\vec{d}\\) są liniowo niezależne (bo \\(ABCD\\) jest równoległobokiem, a nie degeneruje do odcinka). Bez tego nie możemy „rozdzielić" współczynników przy \\(\\vec{b}\\) i \\(\\vec{d}\\).\n
Poprawna odpowiedź: dowód, \\(|AB| = |BF|\\), czyli \\(B\\) jest środkiem \\(AF\\).
\nRozpatrujemy trójkąty \\(BFE\\) i \\(CDE\\):
\nZ cechy \\(kbk\\) (kąt-bok-kąt) trójkąty \\(BFE\\) i \\(CDE\\) są przystające. Stąd \\(|BF| = |CD|\\). Ponieważ \\(ABCD\\) to równoległobok, \\(|AB| = |CD|\\). Wniosek: \\(|AB| = |BF|\\), czyli \\(B\\) jest środkiem odcinka \\(AF\\). ∎
\nTrójkąty \\(AFD\\) i \\(BFE\\) są podobne (wspólny kąt przy \\(F\\), kąty \\(\\angle DAF = \\angle EBF\\) jako odpowiadające dla równoległych \\(AD \\parallel BE\\)). Z podobieństwa: \\(\\tfrac{|AD|}{|BE|} = \\tfrac{|AF|}{|BF|}\\). Ponieważ \\(|BE| = \\tfrac{1}{2}|BC| = \\tfrac{1}{2}|AD|\\), mamy \\(\\tfrac{|AD|}{\\tfrac{1}{2}|AD|} = 2 = \\tfrac{|AF|}{|BF|}\\). Stąd \\(|AF| = 2|BF|\\), czyli \\(|AB| = |BF|\\). ∎
\nTrik: W zadaniach typu „wykaż, że punkt to środek" szukamy pary trójkątów przystających, w których szukane odcinki są sobie równe.
"}]}