{"id":"matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/3","paper_id":"matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"3","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 3. (0-3)\nWykaż, że dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej 𝒙 i dla każdej dodatniej liczby\nrzeczywistej 𝒚 prawdziwa jest nierówność\n𝟏\n𝒙+ 𝟏\n𝒚 ≤ 𝒙\n𝒚𝟐+ 𝒚\n𝒙𝟐\n3.\n0-1-\n2-3\n\nMMAP-R0_100\n\nMMAP-R0_100\nWykaż, że dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej x i dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej y prawdziwa jest nierówność 1/x + 1/y ≤ x/y² + y/x²","answer":null,"answer_text":"3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 1\n28 .\n2 pkt - wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych oraz wyznaczenie liczby\nwszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu 𝐴, np.\n|Ω| = 8! oraz |𝐴| = 2 ⋅6!.\n1 pkt - wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych, np. |Ω| = 8!\nALBO\n- zapisanie, że trzecim i szóstym wyrazem ciągu, który jest zdarzeniem elementarnym\nsprzyjającym zdarzeniu 𝐴, musi być liczba podzielna przez 3,\nALBO\n- wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu 𝐴,\nnp. |𝐴| = 2 ⋅6!.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający zapisze, że trzecim i szóstym wyrazem ciągu, który jest zdarzeniem\nelementarnym sprzyjającym zdarzeniu 𝐴, musi być liczba podzielna przez 3, ale -\nobliczając liczbę zdarzeń sprzyjających zdarzeniu 𝐴 - zapisze |𝐴| = 6! (lub\n|𝐴| = 2 ⋅2 ⋅6!) oraz rozwiąże zadanie konsekwentnie do końca, to może otrzymać\n2 punkty.\n2. Jeżeli zdający zapisze |Ω| = (8\n2) (lub |Ω| = 8 ⋅7) bez stosownego komentarza i na tym\nzakończy, to otrzymuje 0 punktów.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nZdarzeniami elementarnymi są wszystkie permutacje zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Jest to\nmodel klasyczny. Niech Ω oznacza zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych. Wówczas\n|Ω| = 8!.\nIloczyn trzech liczb całkowitych jest podzielny przez 3, gdy co najmniej jedna z tych liczb jest\npodzielna przez 3. Wobec tego, aby iloczyn trzech kolejnych wyrazów ciągu był liczbą\npodzielną przez 3, to jeden z tych trzech wyrazów musi być liczbą podzielną przez 3.\nW zbiorze {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} są dokładnie dwie liczby podzielne przez 3: 3 oraz 6.\nNiech ciąg (𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, 𝑎4, 𝑎5, 𝑎6, 𝑎7, 𝑎8) będzie zdarzeniem elementarnym, które sprzyja\nzdarzeniu 𝐴. W tym ciągu liczbowym znajdują się dokładnie dwie liczby podzielne przez 3:\n3 oraz 6. Zatem jedna z tych liczb znajduje się wśród wyrazów 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3 (gdyż iloczyn\n𝑎1 ⋅𝑎2 ⋅𝑎3 jest podzielny przez 3), a druga z nich znajduje się wśród wyrazów 𝑎6, 𝑎7, 𝑎8\n(gdyż iloczyn 𝑎6 ⋅𝑎7 ⋅𝑎8 jest podzielny przez 3), więc wyrazy 𝑎4 oraz 𝑎5 nie są\npodzielne przez 3. Stąd i z tego, że iloczyny 𝑎3 ⋅𝑎4 ⋅𝑎5 oraz 𝑎4 ⋅𝑎5 ⋅𝑎6 są podzielne\nprzez 3, wynika, że wyrazy 𝑎3 oraz 𝑎6 muszą być podzielne przez 3, tj.\n{𝑎3, 𝑎6} = {3, 6}.\nJeżeli zdarzenie elementarne jest ciągiem, w którym trzecim i szóstym wyrazem są liczby 3\noraz 6, to iloczyn każdych trzech kolejnych wyrazów takiego ciągu jest liczbą podzielną\nprzez 3. Zatem takie zdarzenie elementarne sprzyja zdarzeniu 𝐴.\nDlatego zdarzeniu 𝐴 sprzyjają jedynie zdarzenia elementarne będące ciągami, których\ntrzecim oraz szóstym wyrazem są liczby 3 oraz 6. Liczba wszystkich takich ciągów jest\nrówna |𝐴| = 2 ⋅6!.\nObliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia 𝐴:\n𝑃(𝐴) = |𝐴|\n|Ω| = 2 ⋅6!\n8!\n= 1\n28\nZadanie 3. (0-3)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIV. Rozumowanie i argumentacja.\n1. Przeprowadzanie rozumowań, także\nkilkuetapowych, podawanie argumentów\nuzasadniających poprawność rozumowania,\nodróżnianie dowodu od przykładu.\nZdający:\nII.R5) korzysta ze wzorów na: 𝑎3 + 𝑏3 […].\nZasady oceniania\n3 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania, tj.:\nprzekształcenie nierówności 1\n𝑥+ 1\n𝑦≤𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2 do postaci (𝑥-𝑦)2 ≥0 (lub do\npostaci (𝑥-𝑦)2\n𝑥2𝑦2\n≥0) i zapisanie, że kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest\nnieujemny\nALBO\nprzekształcenie nierówności 1\n𝑥+ 1\n𝑦≤𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2 do postaci (𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2 ≥0\n(lub do postaci (𝑥 + 𝑦)(𝑥 - 𝑦)2\n𝑥2𝑦2\n≥0) oraz uzasadnienie, że dla liczb dodatnich\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n𝑥, 𝑦 nierówność (𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2 ≥0 (lub nierówność (𝑥 + 𝑦)(𝑥 - 𝑦)2\n𝑥2𝑦2\n≥0)\njest prawdziwa,\nALBO\nobliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji 𝑓 oraz uzasadnienie, że funkcja\n𝑓 osiąga wartość najmniejszą dla 𝑥= 𝑦 i obliczenie 𝑓(𝑦).\n2 pkt - przekształcenie nierówności 1\n𝑥+ 1\n𝑦≤𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2 do postaci 𝑥2 -2𝑥𝑦+ 𝑦2 ≥0 (lub\ndo postaci 𝑥2 - 2𝑥𝑦 + 𝑦2\n𝑥2𝑦2\n≥0)\nALBO\n- przekształcenie nierówności 1\n𝑥+ 1\n𝑦≤𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2 do postaci (𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2 ≥0 (lub\ndo postaci (𝑥 + 𝑦)(𝑥 - 𝑦)2\n𝑥2𝑦2\n≥0),\nALBO\n- obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji 𝑓: 𝑥= 𝑦.\n1 pkt - przekształcenie nierówności do postaci 𝑊(𝑥, 𝑦) ≥0 (lub do postaci\n𝑊(𝑥,𝑦)\n𝑥2𝑦2 ≥0), gdzie 𝑊 jest wielomianem zmiennych 𝑥 oraz 𝑦, np.:\n𝑥3 + 𝑦3 -𝑥𝑦2 -𝑥2𝑦≥0, 𝑥3 + 𝑦3 -𝑥𝑦(𝑥+ 𝑦) ≥0, 𝑥3 + 𝑦3 - 𝑥𝑦2 - 𝑥2𝑦\n𝑥2𝑦2\n≥0\nALBO\n- przekształcenie nierówności do postaci (𝑥 + 𝑦)(𝑥2 - 𝑥𝑦 + 𝑦2)\n𝑥2𝑦2\n≥𝑥 + 𝑦\n𝑥𝑦 ,\nALBO\n- rozważenie funkcji 𝑓(𝑥) = 𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2 - 1\n𝑥-1\n𝑦 zmiennej dodatniej 𝑥 z parametrem\n𝑦> 0 oraz wyznaczenie pochodnej tej funkcji, np. 𝑓′(𝑥) = 1\n𝑦2 -2𝑦\n𝑥3 + 1\n𝑥2 .\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający sprawdza prawdziwość nierówności jedynie dla wybranych wartości 𝑥 i 𝑦,\nto otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.\n2. Jeżeli zdający przekształci nierówność do postaci (𝑥2 -𝑦2)(𝑥-𝑦) ≥0, a następnie\nuzasadni prawdziwość tej nierówności w przypadku, gdy 𝑥> 𝑦 oraz w przypadku, gdy\n𝑥< 𝑦, a pominie przypadek 𝑥= 𝑦, to otrzymuje 2 punkty.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I (suma sześcianów)\nZ założenia 𝑥> 0 oraz 𝑦> 0, więc 𝑥2𝑦2 > 0. Mnożymy obie strony nierówności\n1\n𝑥+ 1\n𝑦≤𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2 przez 𝑥2𝑦2 i otrzymujemy\n𝑥𝑦2 + 𝑦𝑥2 ≤𝑥3 + 𝑦3\nStosujemy wzór na sumę sześcianów oraz kwadrat różnicy i dostajemy:\n𝑥𝑦(𝑥+ 𝑦) ≤(𝑥+ 𝑦)(𝑥2 -𝑥𝑦+ 𝑦2)\n0 ≤(𝑥+ 𝑦)(𝑥2 -2𝑥𝑦+ 𝑦2)\n0 ≤(𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2\nPonieważ (𝑥+ 𝑦) jest dodatnie jako suma dwóch liczb dodatnich 𝑥 oraz 𝑦, a ponadto\n(𝑥-𝑦)2 jest nieujemne jako kwadrat liczby rzeczywistej (𝑥-𝑦), więc (𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2\njest nieujemne jako iloczyn liczby dodatniej i nieujemnej. Zatem nierówność\n0 ≤(𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2 jest prawdziwa dla każdej liczby dodatniej 𝑥 i dla każdej liczby\ndodatniej 𝑦. To oznacza, że dla każdej liczby dodatniej 𝑥 i każdej liczby dodatniej 𝑦\nnierówność 1\n𝑥+ 1\n𝑦≤𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2 jest również prawdziwa.\nTo należało wykazać.\nSposób II (grupowanie)\nZ założenia 𝑥> 0 oraz 𝑦> 0, więc 𝑥2𝑦2 > 0. Mnożymy obie strony nierówności\n1\n𝑥+ 1\n𝑦≤𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2 przez 𝑥2𝑦2 oraz stosujemy wzór na różnicę kwadratów i otrzymujemy\nkolejno:\n𝑥𝑦2 + 𝑦𝑥2 ≤𝑥3 + 𝑦3\n0 ≤𝑥3 -𝑥𝑦2 + 𝑦3 -𝑦𝑥2\n0 ≤𝑥(𝑥2 -𝑦2) + 𝑦(𝑦2 -𝑥2)\n0 ≤(𝑥-𝑦)(𝑥2 -𝑦2)\n0 ≤(𝑥-𝑦)2(𝑥+ 𝑦)\nPonieważ (𝑥+ 𝑦) jest dodatnie jako suma dwóch liczb dodatnich 𝑥 oraz 𝑦, a ponadto\n(𝑥-𝑦)2 jest nieujemne jako kwadrat liczby rzeczywistej (𝑥-𝑦), więc (𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2\njest nieujemne jako iloczyn liczby dodatniej i nieujemnej. Zatem nierówność\n0 ≤(𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2 jest prawdziwa dla każdej liczby dodatniej 𝑥 i dla każdej liczby\ndodatniej 𝑦. To oznacza, że dla każdej liczby dodatniej 𝑥 i każdej liczby dodatniej 𝑦\nnierówność 1\n𝑥+ 1\n𝑦≤𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2 jest również prawdziwa.\nTo należało wykazać.\nSposób III\nZ założenia wynika, że 𝑥≠0 i 𝑦≠0, więc przekształcamy równoważnie nierówność\n1\n𝑥+ 1\n𝑦≤𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2 , rozszerzając odpowiednie ułamki i stosując wzór na różnicę kwadratów:\n0 ≤𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2 -1\n𝑥-1\n𝑦\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n0 ≤\n𝑥3\n𝑥2𝑦2 + 𝑦3\n𝑥2𝑦2 -𝑦2𝑥\n𝑥2𝑦2 -𝑥2𝑦\n𝑥2𝑦2\n0 ≤𝑥3 + 𝑦3 -𝑦2𝑥-𝑥2𝑦\n𝑥2𝑦2\n0 ≤𝑥(𝑥2 -𝑦2) + 𝑦(𝑦2 -𝑥2)\n𝑥2𝑦2\n0 ≤(𝑥-𝑦)(𝑥2 -𝑦2)\n𝑥2𝑦2\n0 ≤(𝑥-𝑦)2(𝑥+ 𝑦)\n𝑥2𝑦2\nPonieważ:\n(𝑥+ 𝑦) jest dodatnie jako suma dwóch liczb dodatnich 𝑥 oraz 𝑦\n(𝑥-𝑦)2 jest nieujemne jako kwadrat liczby rzeczywistej (𝑥-𝑦)\n𝑥2𝑦2 jest dodatnie jako iloczyn kwadratów liczb dodatnich 𝑥 oraz 𝑦,\nwięc\n(𝑥 - 𝑦)2(𝑥 + 𝑦)\n𝑥2𝑦2\njest nieujemne jako iloraz liczby nieujemnej (𝑥-𝑦)2(𝑥+ 𝑦) i liczby\ndodatniej 𝑥2𝑦2. Zatem nierówność 0 ≤\n(𝑥 - 𝑦)2(𝑥 + 𝑦)\n𝑥2𝑦2\njest prawdziwa dla każdej liczby\ndodatniej 𝑥 i dla każdej liczby dodatniej 𝑦. To oznacza, że dla każdej liczby dodatniej 𝑥\ni każdej liczby dodatniej 𝑦 nierówność 1\n𝑥+ 1\n𝑦≤𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2 jest również prawdziwa.\nTo należało wykazać.\nSposób IV (badanie funkcji)\nRozważmy funkcję 𝑓(𝑥) = 𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2 - 1\n𝑥-1\n𝑦 zmiennej dodatniej 𝑥 z parametrem 𝑦> 0.\nWyznaczamy pochodną funkcji 𝑓:\n𝑓′(𝑥) = 1\n𝑦2 -2𝑦\n𝑥3 + 1\n𝑥2\n𝑓′(𝑥) = 𝑥3 -2𝑦3 + 𝑥𝑦2\n𝑥3𝑦2\n𝑓′(𝑥) = 𝑥3 -𝑦3 + 𝑥𝑦2 -𝑦3\n𝑥3𝑦2\n𝑓′(𝑥) = (𝑥-𝑦)(𝑥2 + 𝑥𝑦+ 𝑦2) + 𝑦2(𝑥-𝑦)\n𝑥3𝑦2\n𝑓′(𝑥) = (𝑥-𝑦)(𝑥2 + 𝑥𝑦+ 2𝑦2)\n𝑥3𝑦2\nPonieważ 𝑥> 0 oraz 𝑦> 0, więc 𝑥2 + 𝑥𝑦+ 2𝑦2 > 0 i 𝑥3𝑦2 > 0. Zatem:\n𝑓′(𝑥) = 0 tylko dla 𝑥= 𝑦\n𝑓′(𝑥) > 0 w przedziale (𝑦, +∞)\n𝑓′(𝑥) < 0 w przedziale (0, 𝑦).\nStąd funkcja 𝑓 jest malejąca w przedziale (0, 𝑦] i jest rosnąca w przedziale [𝑦, +∞).\nZatem funkcja 𝑓 osiąga wartość najmniejszą dla 𝑥= 𝑦. Ponieważ\n𝑓(𝑦) = 𝑦\n𝑦2 + 𝑦\n𝑦2 - 1\n𝑦-1\n𝑦= 0, więc\n𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2 -1\n𝑥-1\n𝑦≥0\nczyli\n1\n𝑥+ 1\n𝑦≤𝑥\n𝑦2 + 𝑦\n𝑥2\ndla każdej liczby dodatniej 𝑥 i dla każdej liczby dodatniej 𝑦.\nTo należało wykazać.\nZadanie 4. (0-3)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Rozumowanie i argumentacja.\n1. Przeprowadzanie rozumowań, także\nkilkuetapowych, podawanie argumentów\nuzasadniających poprawność rozumowania,\nodróżnianie dowodu od przykładu.\nZdający:\nVIII.8) korzysta z cech podobieństwa\ntrójkątów;\nVIII.11) przeprowadza dowody\ngeometryczne.\nZasady oceniania\n3 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.\n2 pkt - uzasadnienie, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są równoległe)\ni przedstawienie kompletnego rozumowania prowadzącego do wyznaczenia\npoprawnego równania z niewiadomą |𝑃𝑄| oraz zapisanie tego równania\nALBO\n- przyjęcie bez uzasadnienia, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są\nrównoległe) oraz przeprowadzenie pełnego rozumowania przy tym założeniu\ni otrzymanie tezy |𝑃𝑄| =\n√5\n5 𝑎,\nALBO\n- obliczenie współrzędnych punktu 𝑄: 𝑄= (4\n5 𝑎, 2\n5 𝑎).\n1 pkt - uzasadnienie, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są równoległe)\nALBO\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n- obliczenie długości boku 𝐾𝑀 trójkąta 𝐷𝐾𝑀 i długości jednego z pozostałych\ndwóch boków tego trójkąta: |𝐾𝑀| =\n√5\n4 𝑎, |𝐷𝐾| =\n√5\n2 𝑎, |𝐷𝑀| = 5\n4 𝑎,\nALBO\n- obliczenie długości jednego z odcinków 𝐴𝑃, 𝐷𝑃 lub 𝑃𝐾: |𝐴𝑃| = 1\n√5 𝑎,\n|𝐷𝑃| = 2\n√5 𝑎, |𝑃𝐾| =\n1\n2√5 𝑎,\nALBO\n- obliczenie współrzędnych punktu 𝑃: 𝑃= (2\n5 𝑎, 1\n5 𝑎),\nALBO\n- uzasadnienie, że trójkąty 𝐸𝐾𝐷 i 𝑀𝐾𝐷 są przystające.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający przyjmie błędne założenie (np. że miara kąta 𝐴𝐾𝐷 jest równa 60°) i na\ntym opiera swoje rozumowanie, to otrzymuje 0 punktów.\n2. Jeżeli zdający uzasadni, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są\nrównoległe), a w dalszej części rozwiązania popełni tylko jeden błąd rachunkowy, ale\nzrealizuje w pełni strategię rozwiązania zadania, otrzymując równanie z jedną niewiadomą\n|𝑃𝑄|, to otrzymuje 2 punkty za całe rozwiązanie.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nOznaczmy miarę kąta 𝐴𝐷𝐾 przez 𝛼. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.\nPonieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎\n2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc\ntrójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające (cecha bkb). Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz\n|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.\nStąd wynika, że miary kątów ostrych trójkąta 𝐴𝑃𝐾 są równe miarom odpowiednich kątów\nostrych trójkątów 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿. To oznacza, że trójkąt 𝐴𝑃𝐾 jest prostokątny i podobny do\ntrójkątów 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐷𝑃𝐴, więc\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐾\n𝑀\n𝐿\n𝑃\n𝑄\n𝑎\n𝛼\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n𝛼\n|𝐴𝐷|\n|𝐴𝐾| = |𝐴𝑃|\n|𝑃𝐾| = |𝐷𝑃|\n|𝐴𝑃| = 2\nStąd |𝐷𝑃| = 2 ⋅|𝐴𝑃| = 2 ⋅(2 ⋅|𝑃𝐾|) = 4 ⋅|𝑃𝐾|.\nKąt 𝐷𝐾𝑀 jest prosty i |∡𝐾𝐷𝑀| = |∡𝑃𝐷𝑄|, więc trójkąty prostokątne 𝐷𝐾𝑀 oraz 𝐷𝑃𝑄 są\npodobne, a skala podobieństwa jest równa\n|𝐷𝐾|\n|𝐷𝑃| = |𝐷𝑃| + |𝑃𝐾|\n|𝐷𝑃|\n= 5 ⋅|𝑃𝐾|\n4 ⋅|𝑃𝐾| = 5\n4\nZatem |𝑃𝑄| = 4\n5 ⋅|𝐾𝑀|, a ponieważ trójkąt 𝐾𝐵𝑀 jest podobny do trójkąta 𝐴𝐵𝐿 w skali\n1 ∶2, więc\n|𝐾𝑀| = 1\n2 ⋅|𝐴𝐿| = 1\n2 ⋅|𝐷𝐾| = 1\n2 ⋅√𝑎2 + (𝑎\n2)\n2\n= √5\n4 𝑎\ni tym samym\n|𝑃𝑄| = 4\n5 ⋅|𝐾𝑀| = 4\n5 ⋅√5\n4 𝑎= √5\n5 𝑎\nTo należało wykazać.\nSposób II\nNiech 𝑥= |𝐴𝑃| oraz 𝛼= |∡𝐴𝐷𝐾|. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.\nPonieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎\n2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc\ntrójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające (cecha bkb). Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz\n|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.\nKąty 𝐷𝐴𝑃 oraz 𝐴𝐿𝐵 są naprzemianległe i 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc |∡𝐷𝐴𝑃| = |∡𝐴𝐿𝐵| = 90° -𝛼.\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐾\n𝑀\n𝐿\n𝑃\n𝑄\n𝑎\n𝛼\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n𝛼\n𝑥\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZatem trójkąt 𝐷𝑃𝐴 jest prostokątny i podobny do trójkąta 𝐷𝐴𝐾. Stąd |𝐷𝑃|\n|𝐴𝐷| = |𝐴𝑃|\n|𝐴𝐾| , czyli\n|𝐷𝑃| =\n|𝐴𝐷|\n|𝐴𝐾| ⋅|𝐴𝑃| = 2 ⋅|𝐴𝑃| = 2𝑥.\nZ twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐷𝐴𝑃 otrzymujemy:\n|𝐴𝑃|2 + |𝐷𝑃|2 = |𝐴𝐷|2\n𝑥2 + (2𝑥)2 = 𝑎2\n𝑥= 𝑎\n√5\nPonieważ kąt 𝐷𝑃𝐴 jest prosty, więc 𝐴𝐿∥𝐾𝑀. Zatem trójkąty prostokątne 𝐷𝐾𝑀 i 𝐷𝑃𝑄\noraz 𝐴𝐷𝐾 i 𝐵𝐾𝑀 są podobne. Skala podobieństwa trójkątów 𝐴𝐷𝐾 i 𝐵𝐾𝑀 jest równa\n|𝐴𝐷|\n|𝐵𝐾| = 2, więc |𝐷𝐾| = 2 ⋅|𝐾𝑀|. Stąd z kolei wynika, że trójkąt 𝐷𝐾𝑀 jest podobny do\ntrójkąta 𝐷𝐴𝐾, więc jest również podobny do trójkąta 𝐷𝑃𝐴. Zatem |∡𝐾𝐷𝑀| = |∡𝐴𝐷𝑃| = 𝛼.\nWobec tego trójkąty prostokątne 𝐷𝑃𝐴 i 𝐷𝑃𝑄 są przystające (cecha kbk). Stąd\n|𝑃𝑄| = |𝐴𝑃| = 𝑎\n√5\n= √5\n5 𝑎\nTo należało wykazać.\nSposób III\nNiech 𝑥= |𝐴𝑃| oraz 𝛼= |∡𝐴𝐷𝐾|. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.\nPonieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎\n2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc\ntrójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające (cecha bkb). Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz\n|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.\nKąty 𝐷𝐴𝑃 oraz 𝐴𝐿𝐵 są naprzemianległe i 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc |∡𝐷𝐴𝑃| = |∡𝐴𝐿𝐵| = 90° -𝛼.\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐾\n𝑀\n𝐿\n𝑃\n𝑄\n𝑎\n𝛼\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n𝛼\n𝑥\nZatem trójkąt 𝐷𝑃𝐴 jest prostokątny i podobny do trójkąta 𝐷𝐴𝐾. Stąd |𝐷𝑃|\n|𝐴𝐷| = |𝐴𝑃|\n|𝐴𝐾| , czyli\n|𝐷𝑃| =\n|𝐴𝐷|\n|𝐴𝐾| ⋅|𝐴𝑃| = 2 ⋅|𝐴𝑃| = 2𝑥.\nZ twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐷𝐴𝑃 otrzymujemy:\n|𝐴𝑃|2 + |𝐷𝑃|2 = |𝐴𝐷|2\n𝑥2 + (2𝑥)2 = 𝑎2\n𝑥= 𝑎\n√5\nPonieważ kąt 𝐷𝑃𝐴 jest prosty, więc 𝐴𝐿∥𝐾𝑀. To oznacza, że |∡𝐵𝐾𝑀| = |∡𝐵𝐴𝐿|, więc\ntrójkąty prostokątne 𝐴𝐷𝐾 i 𝐵𝐾𝑀 są podobne, a skala ich podobieństwa jest równa\n|𝐴𝐷|\n|𝐵𝐾| = 2. Stąd |𝑀𝐵| = 1\n2 ⋅|𝐴𝐾| = 1\n4 𝑎 oraz |𝐿𝑀| = |𝐵𝐿| -|𝑀𝐵| = 1\n4 𝑎.\nPonieważ 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc kąty naprzemianległe 𝐴𝐷𝑄 i 𝑄𝑀𝐿 mają równe miary. Z tej\nsamej przyczyny kąty naprzemianległe 𝑄𝐴𝐷 i 𝑄𝐿𝑀 mają równe miary. Zatem trójkąty\n𝐴𝑄𝐷 i 𝐿𝑄𝑀 są podobne, a skala ich podobieństwa jest równa |𝐴𝐷|\n|𝐿𝑀| = 𝑎\n1\n4𝑎= 4. Stąd\n|𝐿𝑄| = 1\n4 ⋅(|𝐴𝑃| + |𝑃𝑄|) = 1\n4 ⋅(√5\n5 𝑎+ |𝑃𝑄|)\nAle |𝐿𝑄| + |𝐴𝑃| + |𝑃𝑄| = |𝐴𝐿| =\n√5\n2 𝑎, więc\n1","solution":"## Poprawna odpowiedz: teza prawdziwa (rownosc zachodzi tylko dla \\( x=y \\))\n\nMamy wykazac, ze dla kazdych dwoch dodatnich liczb rzeczywistych \\( x,y \\) prawdziwa jest nierownosc\n\\[ \\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} \\le \\frac{x}{y^2} + \\frac{y}{x^2}. \\]\n\n## Sposob 1 - sprowadzenie do nierownosci oczywistej (mnozenie przez \\( x^2y^2 \\))\n\n**Krok 1. Przeniesienie wszystkiego na jedna strone.**\nTeza jest rownowazna nierownosci\n\\[ \\frac{x}{y^2} + \\frac{y}{x^2} - \\frac{1}{x} - \\frac{1}{y} \\ge 0. \\]\n\n**Krok 2. Pomnozenie obu stron przez \\( x^2 y^2 \\).**\nPoniewaz \\( x>0 \\) i \\( y>0 \\), to \\( x^2 y^2 > 0 \\). Mnozenie nierownosci przez liczbe dodatnia **nie zmienia jej zwrotu**, wiec wystarczy wykazac, ze\n\\[ x^2 y^2\\!\\left(\\frac{x}{y^2} + \\frac{y}{x^2} - \\frac{1}{x} - \\frac{1}{y}\\right) \\ge 0. \\]\nObliczamy kolejne skladniki (skracajac):\n\\[ x^2 y^2\\cdot\\frac{x}{y^2} = x^3,\\qquad x^2 y^2\\cdot\\frac{y}{x^2} = y^3, \\]\n\\[ x^2 y^2\\cdot\\frac{1}{x} = x y^2,\\qquad x^2 y^2\\cdot\\frac{1}{y} = x^2 y. \\]\nZatem wystarczy udowodnic, ze\n\\[ x^3 + y^3 - x y^2 - x^2 y \\ge 0. \\]\n\n**Krok 3. Rozklad lewej strony na czynniki.**\nGrupujemy wyrazy:\n\\[ x^3 + y^3 - x y^2 - x^2 y = \\big(x^3 - x^2 y\\big) + \\big(y^3 - x y^2\\big) = x^2(x-y) + y^2(y-x). \\]\nPoniewaz \\( y - x = -(x-y) \\), mamy\n\\[ x^2(x-y) - y^2(x-y) = (x-y)\\big(x^2 - y^2\\big) = (x-y)(x-y)(x+y) = (x-y)^2 (x+y). \\]\n(W ostatnim kroku skorzystano ze **wzoru skroconego mnozenia** \\( x^2 - y^2 = (x-y)(x+y) \\) - Karta wzorow CKE EM2023, dzial „Wzory skroconego mnozenia”.)\n\n**Krok 4. Uzasadnienie nieujemnosci.**\nOtrzymalismy\n\\[ x^3 + y^3 - x y^2 - x^2 y = (x-y)^2 (x+y). \\]\nDla dowolnych \\( x,y>0 \\):\n- \\( (x-y)^2 \\ge 0 \\) - kwadrat liczby rzeczywistej jest zawsze nieujemny,\n- \\( x+y > 0 \\) - suma dwoch liczb dodatnich jest dodatnia.\n\nIloczyn liczby nieujemnej i liczby dodatniej jest nieujemny, wiec\n\\[ (x-y)^2 (x+y) \\ge 0. \\]\n\n**Krok 5. Wniosek.**\nDzielac tę nierownosc z powrotem przez \\( x^2y^2>0 \\) (zwrot bez zmian), otrzymujemy\n\\[ \\frac{x}{y^2} + \\frac{y}{x^2} - \\frac{1}{x} - \\frac{1}{y} \\ge 0, \\]\nczyli\n\\[ \\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} \\le \\frac{x}{y^2} + \\frac{y}{x^2}, \\]\nco konczy dowod. \\( \\blacksquare \\)\n\n**Kiedy rownosc?** Zachodzi ona dokladnie wtedy, gdy \\( (x-y)^2(x+y)=0 \\); poniewaz \\( x+y>0 \\), oznacza to \\( x=y \\).\n\n## Sposob 2 - porownanie „skladnik po skladniku” (alternatywa)\n\nPogrupujmy strony inaczej. Wystarczy pokazac, ze\n\\[ \\left(\\frac{x}{y^2} - \\frac{1}{y}\\right) + \\left(\\frac{y}{x^2} - \\frac{1}{x}\\right) \\ge 0. \\]\nSprowadzajac kazdy nawias do wspolnego mianownika:\n\\[ \\frac{x - y}{y^2} + \\frac{y - x}{x^2} = (x-y)\\left(\\frac{1}{y^2} - \\frac{1}{x^2}\\right) = (x-y)\\cdot\\frac{x^2 - y^2}{x^2 y^2}. \\]\nKorzystajac ponownie ze wzoru \\( x^2 - y^2 = (x-y)(x+y) \\):\n\\[ = \\frac{(x-y)\\,(x-y)(x+y)}{x^2 y^2} = \\frac{(x-y)^2 (x+y)}{x^2 y^2}. \\]\nLicznik jest nieujemny (\\( (x-y)^2\\ge 0,\\ x+y>0 \\)), a mianownik dodatni, wiec caly ulamek jest \\( \\ge 0 \\). To konczy dowod tezy.\n\n## Typowe pulapki\n\n- **Mnozenie przez wyrazenie nieokreslonego znaku.** Wolno przemnozyc nierownosc przez \\( x^2y^2 \\) bez zmiany zwrotu **tylko dlatego**, ze z zalozenia \\( x,y>0 \\), wiec \\( x^2y^2>0 \\). Nalezy to wyraznie napisac - pominiecie zalozenia o dodatnosci to czesty blad obnizajacy punktacje.\n- **Zatrzymanie sie na \\( (x-y)^2 \\) bez czynnika \\( (x+y) \\).** Po rozkladzie trzeba uzasadnic nieujemnosc **calego** iloczynu \\( (x-y)^2(x+y) \\): kwadrat daje \\( \\ge 0 \\), a dodatnosc \\( x+y \\) wynika z zalozenia \\( x,y>0 \\). Sam zapis „kwadrat jest nieujemny” bez komentarza o \\( x+y \\) jest niepelny.","image":"img/matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-3.webp","solution_image":"img/matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona/sol-3.svg","topics":null,"page_from":6,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 3. (0-3)
Wykaż, że dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej 𝒙 i dla każdej dodatniej liczby
rzeczywistej 𝒚 prawdziwa jest nierówność
𝟏
𝒙+ 𝟏
𝒚 ≤ 𝒙
𝒚𝟐+ 𝒚
𝒙𝟐
3.
0-1-
2-3

\n

MMAP-R0_100

\n

MMAP-R0_100
Wykaż, że dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej x i dla każdej dodatniej liczby rzeczywistej y prawdziwa jest nierówność 1/x + 1/y ≤ x/y² + y/x²

","answer_text_html":"

3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 1
28 .
2 pkt - wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych oraz wyznaczenie liczby
wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu 𝐴, np.
|Ω| = 8! oraz |𝐴| = 2 ⋅6!.
1 pkt - wyznaczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych, np. |Ω| = 8!
ALBO

\n\n

sprzyjającym zdarzeniu 𝐴, musi być liczba podzielna przez 3,
ALBO

\n\n

np. |𝐴| = 2 ⋅6!.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwagi:

\n
  1. Jeżeli zdający zapisze, że trzecim i szóstym wyrazem ciągu, który jest zdarzeniem
\n

elementarnym sprzyjającym zdarzeniu 𝐴, musi być liczba podzielna przez 3, ale -
obliczając liczbę zdarzeń sprzyjających zdarzeniu 𝐴 - zapisze |𝐴| = 6! (lub
|𝐴| = 2 ⋅2 ⋅6!) oraz rozwiąże zadanie konsekwentnie do końca, to może otrzymać
2 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający zapisze |Ω| = (8
  2. (lub |Ω| = 8 ⋅7) bez stosownego komentarza i na tym
\n

zakończy, to otrzymuje 0 punktów.
Przykładowe pełne rozwiązanie
Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie permutacje zbioru {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Jest to
model klasyczny. Niech Ω oznacza zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych. Wówczas
|Ω| = 8!.
Iloczyn trzech liczb całkowitych jest podzielny przez 3, gdy co najmniej jedna z tych liczb jest
podzielna przez 3. Wobec tego, aby iloczyn trzech kolejnych wyrazów ciągu był liczbą
podzielną przez 3, to jeden z tych trzech wyrazów musi być liczbą podzielną przez 3.
W zbiorze {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} są dokładnie dwie liczby podzielne przez 3: 3 oraz 6.
Niech ciąg (𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, 𝑎4, 𝑎5, 𝑎6, 𝑎7, 𝑎8) będzie zdarzeniem elementarnym, które sprzyja
zdarzeniu 𝐴. W tym ciągu liczbowym znajdują się dokładnie dwie liczby podzielne przez 3:
3 oraz 6. Zatem jedna z tych liczb znajduje się wśród wyrazów 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3 (gdyż iloczyn
𝑎1 ⋅𝑎2 ⋅𝑎3 jest podzielny przez 3), a druga z nich znajduje się wśród wyrazów 𝑎6, 𝑎7, 𝑎8
(gdyż iloczyn 𝑎6 ⋅𝑎7 ⋅𝑎8 jest podzielny przez 3), więc wyrazy 𝑎4 oraz 𝑎5 nie są
podzielne przez 3. Stąd i z tego, że iloczyny 𝑎3 ⋅𝑎4 ⋅𝑎5 oraz 𝑎4 ⋅𝑎5 ⋅𝑎6 są podzielne
przez 3, wynika, że wyrazy 𝑎3 oraz 𝑎6 muszą być podzielne przez 3, tj.
{𝑎3, 𝑎6} = {3, 6}.
Jeżeli zdarzenie elementarne jest ciągiem, w którym trzecim i szóstym wyrazem są liczby 3
oraz 6, to iloczyn każdych trzech kolejnych wyrazów takiego ciągu jest liczbą podzielną
przez 3. Zatem takie zdarzenie elementarne sprzyja zdarzeniu 𝐴.
Dlatego zdarzeniu 𝐴 sprzyjają jedynie zdarzenia elementarne będące ciągami, których
trzecim oraz szóstym wyrazem są liczby 3 oraz 6. Liczba wszystkich takich ciągów jest
równa |𝐴| = 2 ⋅6!.
Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia 𝐴:
𝑃(𝐴) = |𝐴|
|Ω| = 2 ⋅6!
8!
= 1
28
Zadanie 3. (0-3)
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.

\n
  1. Przeprowadzanie rozumowań, także
\n

kilkuetapowych, podawanie argumentów
uzasadniających poprawność rozumowania,
odróżnianie dowodu od przykładu.
Zdający:
II.R5) korzysta ze wzorów na: 𝑎3 + 𝑏3 […].
Zasady oceniania
3 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania, tj.:
przekształcenie nierówności 1
𝑥+ 1
𝑦≤𝑥
𝑦2 + 𝑦
𝑥2 do postaci (𝑥-𝑦)2 ≥0 (lub do
postaci (𝑥-𝑦)2
𝑥2𝑦2
≥0) i zapisanie, że kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest
nieujemny
ALBO
przekształcenie nierówności 1
𝑥+ 1
𝑦≤𝑥
𝑦2 + 𝑦
𝑥2 do postaci (𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2 ≥0
(lub do postaci (𝑥 + 𝑦)(𝑥 - 𝑦)2
𝑥2𝑦2
≥0) oraz uzasadnienie, że dla liczb dodatnich
Zasady oceniania rozwiązań zadań
𝑥, 𝑦 nierówność (𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2 ≥0 (lub nierówność (𝑥 + 𝑦)(𝑥 - 𝑦)2
𝑥2𝑦2
≥0)
jest prawdziwa,
ALBO
obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji 𝑓 oraz uzasadnienie, że funkcja
𝑓 osiąga wartość najmniejszą dla 𝑥= 𝑦 i obliczenie 𝑓(𝑦).
2 pkt - przekształcenie nierówności 1
𝑥+ 1
𝑦≤𝑥
𝑦2 + 𝑦
𝑥2 do postaci 𝑥2 -2𝑥𝑦+ 𝑦2 ≥0 (lub
do postaci 𝑥2 - 2𝑥𝑦 + 𝑦2
𝑥2𝑦2
≥0)
ALBO

\n\n

𝑥+ 1
𝑦≤𝑥
𝑦2 + 𝑦
𝑥2 do postaci (𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2 ≥0 (lub
do postaci (𝑥 + 𝑦)(𝑥 - 𝑦)2
𝑥2𝑦2
≥0),
ALBO

\n\n

1 pkt - przekształcenie nierówności do postaci 𝑊(𝑥, 𝑦) ≥0 (lub do postaci
𝑊(𝑥,𝑦)
𝑥2𝑦2 ≥0), gdzie 𝑊 jest wielomianem zmiennych 𝑥 oraz 𝑦, np.:
𝑥3 + 𝑦3 -𝑥𝑦2 -𝑥2𝑦≥0, 𝑥3 + 𝑦3 -𝑥𝑦(𝑥+ 𝑦) ≥0, 𝑥3 + 𝑦3 - 𝑥𝑦2 - 𝑥2𝑦
𝑥2𝑦2
≥0
ALBO

\n\n

𝑥2𝑦2
≥𝑥 + 𝑦
𝑥𝑦 ,
ALBO

\n\n

𝑦2 + 𝑦
𝑥2 - 1
𝑥-1
𝑦 zmiennej dodatniej 𝑥 z parametrem
𝑦> 0 oraz wyznaczenie pochodnej tej funkcji, np. 𝑓′(𝑥) = 1
𝑦2 -2𝑦
𝑥3 + 1
𝑥2 .
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwagi:

\n
  1. Jeżeli zdający sprawdza prawdziwość nierówności jedynie dla wybranych wartości 𝑥 i 𝑦,
\n

to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.

\n
  1. Jeżeli zdający przekształci nierówność do postaci (𝑥2 -𝑦2)(𝑥-𝑦) ≥0, a następnie
\n

uzasadni prawdziwość tej nierówności w przypadku, gdy 𝑥> 𝑦 oraz w przypadku, gdy
𝑥< 𝑦, a pominie przypadek 𝑥= 𝑦, to otrzymuje 2 punkty.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób I (suma sześcianów)
Z założenia 𝑥> 0 oraz 𝑦> 0, więc 𝑥2𝑦2 > 0. Mnożymy obie strony nierówności
1
𝑥+ 1
𝑦≤𝑥
𝑦2 + 𝑦
𝑥2 przez 𝑥2𝑦2 i otrzymujemy
𝑥𝑦2 + 𝑦𝑥2 ≤𝑥3 + 𝑦3
Stosujemy wzór na sumę sześcianów oraz kwadrat różnicy i dostajemy:
𝑥𝑦(𝑥+ 𝑦) ≤(𝑥+ 𝑦)(𝑥2 -𝑥𝑦+ 𝑦2)
0 ≤(𝑥+ 𝑦)(𝑥2 -2𝑥𝑦+ 𝑦2)
0 ≤(𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2
Ponieważ (𝑥+ 𝑦) jest dodatnie jako suma dwóch liczb dodatnich 𝑥 oraz 𝑦, a ponadto
(𝑥-𝑦)2 jest nieujemne jako kwadrat liczby rzeczywistej (𝑥-𝑦), więc (𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2
jest nieujemne jako iloczyn liczby dodatniej i nieujemnej. Zatem nierówność
0 ≤(𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2 jest prawdziwa dla każdej liczby dodatniej 𝑥 i dla każdej liczby
dodatniej 𝑦. To oznacza, że dla każdej liczby dodatniej 𝑥 i każdej liczby dodatniej 𝑦
nierówność 1
𝑥+ 1
𝑦≤𝑥
𝑦2 + 𝑦
𝑥2 jest również prawdziwa.
To należało wykazać.
Sposób II (grupowanie)
Z założenia 𝑥> 0 oraz 𝑦> 0, więc 𝑥2𝑦2 > 0. Mnożymy obie strony nierówności
1
𝑥+ 1
𝑦≤𝑥
𝑦2 + 𝑦
𝑥2 przez 𝑥2𝑦2 oraz stosujemy wzór na różnicę kwadratów i otrzymujemy
kolejno:
𝑥𝑦2 + 𝑦𝑥2 ≤𝑥3 + 𝑦3
0 ≤𝑥3 -𝑥𝑦2 + 𝑦3 -𝑦𝑥2
0 ≤𝑥(𝑥2 -𝑦2) + 𝑦(𝑦2 -𝑥2)
0 ≤(𝑥-𝑦)(𝑥2 -𝑦2)
0 ≤(𝑥-𝑦)2(𝑥+ 𝑦)
Ponieważ (𝑥+ 𝑦) jest dodatnie jako suma dwóch liczb dodatnich 𝑥 oraz 𝑦, a ponadto
(𝑥-𝑦)2 jest nieujemne jako kwadrat liczby rzeczywistej (𝑥-𝑦), więc (𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2
jest nieujemne jako iloczyn liczby dodatniej i nieujemnej. Zatem nierówność
0 ≤(𝑥+ 𝑦)(𝑥-𝑦)2 jest prawdziwa dla każdej liczby dodatniej 𝑥 i dla każdej liczby
dodatniej 𝑦. To oznacza, że dla każdej liczby dodatniej 𝑥 i każdej liczby dodatniej 𝑦
nierówność 1
𝑥+ 1
𝑦≤𝑥
𝑦2 + 𝑦
𝑥2 jest również prawdziwa.
To należało wykazać.
Sposób III
Z założenia wynika, że 𝑥≠0 i 𝑦≠0, więc przekształcamy równoważnie nierówność
1
𝑥+ 1
𝑦≤𝑥
𝑦2 + 𝑦
𝑥2 , rozszerzając odpowiednie ułamki i stosując wzór na różnicę kwadratów:
0 ≤𝑥
𝑦2 + 𝑦
𝑥2 -1
𝑥-1
𝑦
Zasady oceniania rozwiązań zadań
0 ≤
𝑥3
𝑥2𝑦2 + 𝑦3
𝑥2𝑦2 -𝑦2𝑥
𝑥2𝑦2 -𝑥2𝑦
𝑥2𝑦2
0 ≤𝑥3 + 𝑦3 -𝑦2𝑥-𝑥2𝑦
𝑥2𝑦2
0 ≤𝑥(𝑥2 -𝑦2) + 𝑦(𝑦2 -𝑥2)
𝑥2𝑦2
0 ≤(𝑥-𝑦)(𝑥2 -𝑦2)
𝑥2𝑦2
0 ≤(𝑥-𝑦)2(𝑥+ 𝑦)
𝑥2𝑦2
Ponieważ:
(𝑥+ 𝑦) jest dodatnie jako suma dwóch liczb dodatnich 𝑥 oraz 𝑦
(𝑥-𝑦)2 jest nieujemne jako kwadrat liczby rzeczywistej (𝑥-𝑦)
𝑥2𝑦2 jest dodatnie jako iloczyn kwadratów liczb dodatnich 𝑥 oraz 𝑦,
więc
(𝑥 - 𝑦)2(𝑥 + 𝑦)
𝑥2𝑦2
jest nieujemne jako iloraz liczby nieujemnej (𝑥-𝑦)2(𝑥+ 𝑦) i liczby
dodatniej 𝑥2𝑦2. Zatem nierówność 0 ≤
(𝑥 - 𝑦)2(𝑥 + 𝑦)
𝑥2𝑦2
jest prawdziwa dla każdej liczby
dodatniej 𝑥 i dla każdej liczby dodatniej 𝑦. To oznacza, że dla każdej liczby dodatniej 𝑥
i każdej liczby dodatniej 𝑦 nierówność 1
𝑥+ 1
𝑦≤𝑥
𝑦2 + 𝑦
𝑥2 jest również prawdziwa.
To należało wykazać.
Sposób IV (badanie funkcji)
Rozważmy funkcję 𝑓(𝑥) = 𝑥
𝑦2 + 𝑦
𝑥2 - 1
𝑥-1
𝑦 zmiennej dodatniej 𝑥 z parametrem 𝑦> 0.
Wyznaczamy pochodną funkcji 𝑓:
𝑓′(𝑥) = 1
𝑦2 -2𝑦
𝑥3 + 1
𝑥2
𝑓′(𝑥) = 𝑥3 -2𝑦3 + 𝑥𝑦2
𝑥3𝑦2
𝑓′(𝑥) = 𝑥3 -𝑦3 + 𝑥𝑦2 -𝑦3
𝑥3𝑦2
𝑓′(𝑥) = (𝑥-𝑦)(𝑥2 + 𝑥𝑦+ 𝑦2) + 𝑦2(𝑥-𝑦)
𝑥3𝑦2
𝑓′(𝑥) = (𝑥-𝑦)(𝑥2 + 𝑥𝑦+ 2𝑦2)
𝑥3𝑦2
Ponieważ 𝑥> 0 oraz 𝑦> 0, więc 𝑥2 + 𝑥𝑦+ 2𝑦2 > 0 i 𝑥3𝑦2 > 0. Zatem:
𝑓′(𝑥) = 0 tylko dla 𝑥= 𝑦
𝑓′(𝑥) > 0 w przedziale (𝑦, +∞)
𝑓′(𝑥) < 0 w przedziale (0, 𝑦).
Stąd funkcja 𝑓 jest malejąca w przedziale (0, 𝑦] i jest rosnąca w przedziale [𝑦, +∞).
Zatem funkcja 𝑓 osiąga wartość najmniejszą dla 𝑥= 𝑦. Ponieważ
𝑓(𝑦) = 𝑦
𝑦2 + 𝑦
𝑦2 - 1
𝑦-1
𝑦= 0, więc
𝑥
𝑦2 + 𝑦
𝑥2 -1
𝑥-1
𝑦≥0
czyli
1
𝑥+ 1
𝑦≤𝑥
𝑦2 + 𝑦
𝑥2
dla każdej liczby dodatniej 𝑥 i dla każdej liczby dodatniej 𝑦.
To należało wykazać.
Zadanie 4. (0-3)
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.

\n
  1. Przeprowadzanie rozumowań, także
\n

kilkuetapowych, podawanie argumentów
uzasadniających poprawność rozumowania,
odróżnianie dowodu od przykładu.
Zdający:
VIII.8) korzysta z cech podobieństwa
trójkątów;
VIII.11) przeprowadza dowody
geometryczne.
Zasady oceniania
3 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.
2 pkt - uzasadnienie, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są równoległe)
i przedstawienie kompletnego rozumowania prowadzącego do wyznaczenia
poprawnego równania z niewiadomą |𝑃𝑄| oraz zapisanie tego równania
ALBO

\n\n

równoległe) oraz przeprowadzenie pełnego rozumowania przy tym założeniu
i otrzymanie tezy |𝑃𝑄| =
√5
5 𝑎,
ALBO

\n\n

5 𝑎, 2
5 𝑎).
1 pkt - uzasadnienie, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są równoległe)
ALBO
Zasady oceniania rozwiązań zadań

\n\n

dwóch boków tego trójkąta: |𝐾𝑀| =
√5
4 𝑎, |𝐷𝐾| =
√5
2 𝑎, |𝐷𝑀| = 5
4 𝑎,
ALBO

\n\n

√5 𝑎,
|𝐷𝑃| = 2
√5 𝑎, |𝑃𝐾| =
1
2√5 𝑎,
ALBO

\n\n

5 𝑎, 1
5 𝑎),
ALBO

\n\n

0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwagi:

\n
  1. Jeżeli zdający przyjmie błędne założenie (np. że miara kąta 𝐴𝐾𝐷 jest równa 60°) i na
\n

tym opiera swoje rozumowanie, to otrzymuje 0 punktów.

\n
  1. Jeżeli zdający uzasadni, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są
\n

równoległe), a w dalszej części rozwiązania popełni tylko jeden błąd rachunkowy, ale
zrealizuje w pełni strategię rozwiązania zadania, otrzymując równanie z jedną niewiadomą
|𝑃𝑄|, to otrzymuje 2 punkty za całe rozwiązanie.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób I
Oznaczmy miarę kąta 𝐴𝐷𝐾 przez 𝛼. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.
Ponieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎
2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc
trójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające (cecha bkb). Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz
|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.
Stąd wynika, że miary kątów ostrych trójkąta 𝐴𝑃𝐾 są równe miarom odpowiednich kątów
ostrych trójkątów 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿. To oznacza, że trójkąt 𝐴𝑃𝐾 jest prostokątny i podobny do
trójkątów 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐷𝑃𝐴, więc
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐾
𝑀
𝐿
𝑃
𝑄
𝑎
𝛼
1
2 𝑎
1
2 𝑎
1
2 𝑎
𝛼
|𝐴𝐷|
|𝐴𝐾| = |𝐴𝑃|
|𝑃𝐾| = |𝐷𝑃|
|𝐴𝑃| = 2
Stąd |𝐷𝑃| = 2 ⋅|𝐴𝑃| = 2 ⋅(2 ⋅|𝑃𝐾|) = 4 ⋅|𝑃𝐾|.
Kąt 𝐷𝐾𝑀 jest prosty i |∡𝐾𝐷𝑀| = |∡𝑃𝐷𝑄|, więc trójkąty prostokątne 𝐷𝐾𝑀 oraz 𝐷𝑃𝑄 są
podobne, a skala podobieństwa jest równa
|𝐷𝐾|
|𝐷𝑃| = |𝐷𝑃| + |𝑃𝐾|
|𝐷𝑃|
= 5 ⋅|𝑃𝐾|
4 ⋅|𝑃𝐾| = 5
4
Zatem |𝑃𝑄| = 4
5 ⋅|𝐾𝑀|, a ponieważ trójkąt 𝐾𝐵𝑀 jest podobny do trójkąta 𝐴𝐵𝐿 w skali
1 ∶2, więc
|𝐾𝑀| = 1
2 ⋅|𝐴𝐿| = 1
2 ⋅|𝐷𝐾| = 1
2 ⋅√𝑎2 + (𝑎
2)
2
= √5
4 𝑎
i tym samym
|𝑃𝑄| = 4
5 ⋅|𝐾𝑀| = 4
5 ⋅√5
4 𝑎= √5
5 𝑎
To należało wykazać.
Sposób II
Niech 𝑥= |𝐴𝑃| oraz 𝛼= |∡𝐴𝐷𝐾|. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.
Ponieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎
2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc
trójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające (cecha bkb). Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz
|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.
Kąty 𝐷𝐴𝑃 oraz 𝐴𝐿𝐵 są naprzemianległe i 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc |∡𝐷𝐴𝑃| = |∡𝐴𝐿𝐵| = 90° -𝛼.
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐾
𝑀
𝐿
𝑃
𝑄
𝑎
𝛼
1
2 𝑎
1
2 𝑎
1
2 𝑎
𝛼
𝑥
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zatem trójkąt 𝐷𝑃𝐴 jest prostokątny i podobny do trójkąta 𝐷𝐴𝐾. Stąd |𝐷𝑃|
|𝐴𝐷| = |𝐴𝑃|
|𝐴𝐾| , czyli
|𝐷𝑃| =
|𝐴𝐷|
|𝐴𝐾| ⋅|𝐴𝑃| = 2 ⋅|𝐴𝑃| = 2𝑥.
Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐷𝐴𝑃 otrzymujemy:
|𝐴𝑃|2 + |𝐷𝑃|2 = |𝐴𝐷|2
𝑥2 + (2𝑥)2 = 𝑎2
𝑥= 𝑎
√5
Ponieważ kąt 𝐷𝑃𝐴 jest prosty, więc 𝐴𝐿∥𝐾𝑀. Zatem trójkąty prostokątne 𝐷𝐾𝑀 i 𝐷𝑃𝑄
oraz 𝐴𝐷𝐾 i 𝐵𝐾𝑀 są podobne. Skala podobieństwa trójkątów 𝐴𝐷𝐾 i 𝐵𝐾𝑀 jest równa
|𝐴𝐷|
|𝐵𝐾| = 2, więc |𝐷𝐾| = 2 ⋅|𝐾𝑀|. Stąd z kolei wynika, że trójkąt 𝐷𝐾𝑀 jest podobny do
trójkąta 𝐷𝐴𝐾, więc jest również podobny do trójkąta 𝐷𝑃𝐴. Zatem |∡𝐾𝐷𝑀| = |∡𝐴𝐷𝑃| = 𝛼.
Wobec tego trójkąty prostokątne 𝐷𝑃𝐴 i 𝐷𝑃𝑄 są przystające (cecha kbk). Stąd
|𝑃𝑄| = |𝐴𝑃| = 𝑎
√5
= √5
5 𝑎
To należało wykazać.
Sposób III
Niech 𝑥= |𝐴𝑃| oraz 𝛼= |∡𝐴𝐷𝐾|. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.
Ponieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎
2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc
trójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające (cecha bkb). Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz
|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.
Kąty 𝐷𝐴𝑃 oraz 𝐴𝐿𝐵 są naprzemianległe i 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc |∡𝐷𝐴𝑃| = |∡𝐴𝐿𝐵| = 90° -𝛼.
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐾
𝑀
𝐿
𝑃
𝑄
𝑎
𝛼
1
2 𝑎
1
2 𝑎
1
2 𝑎
𝛼
𝑥
Zatem trójkąt 𝐷𝑃𝐴 jest prostokątny i podobny do trójkąta 𝐷𝐴𝐾. Stąd |𝐷𝑃|
|𝐴𝐷| = |𝐴𝑃|
|𝐴𝐾| , czyli
|𝐷𝑃| =
|𝐴𝐷|
|𝐴𝐾| ⋅|𝐴𝑃| = 2 ⋅|𝐴𝑃| = 2𝑥.
Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐷𝐴𝑃 otrzymujemy:
|𝐴𝑃|2 + |𝐷𝑃|2 = |𝐴𝐷|2
𝑥2 + (2𝑥)2 = 𝑎2
𝑥= 𝑎
√5
Ponieważ kąt 𝐷𝑃𝐴 jest prosty, więc 𝐴𝐿∥𝐾𝑀. To oznacza, że |∡𝐵𝐾𝑀| = |∡𝐵𝐴𝐿|, więc
trójkąty prostokątne 𝐴𝐷𝐾 i 𝐵𝐾𝑀 są podobne, a skala ich podobieństwa jest równa
|𝐴𝐷|
|𝐵𝐾| = 2. Stąd |𝑀𝐵| = 1
2 ⋅|𝐴𝐾| = 1
4 𝑎 oraz |𝐿𝑀| = |𝐵𝐿| -|𝑀𝐵| = 1
4 𝑎.
Ponieważ 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc kąty naprzemianległe 𝐴𝐷𝑄 i 𝑄𝑀𝐿 mają równe miary. Z tej
samej przyczyny kąty naprzemianległe 𝑄𝐴𝐷 i 𝑄𝐿𝑀 mają równe miary. Zatem trójkąty
𝐴𝑄𝐷 i 𝐿𝑄𝑀 są podobne, a skala ich podobieństwa jest równa |𝐴𝐷|
|𝐿𝑀| = 𝑎
1
4𝑎= 4. Stąd
|𝐿𝑄| = 1
4 ⋅(|𝐴𝑃| + |𝑃𝑄|) = 1
4 ⋅(√5
5 𝑎+ |𝑃𝑄|)
Ale |𝐿𝑄| + |𝐴𝑃| + |𝑃𝑄| = |𝐴𝐿| =
√5
2 𝑎, więc
1

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona/sol-3.svg"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedz: teza prawdziwa (rownosc zachodzi tylko dla \\( x=y \\))

\n

Mamy wykazac, ze dla kazdych dwoch dodatnich liczb rzeczywistych \\( x,y \\) prawdziwa jest nierownosc
\\[ \\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} \\le \\frac{x}{y^2} + \\frac{y}{x^2}. \\]

\n

Sposob 1 - sprowadzenie do nierownosci oczywistej (mnozenie przez \\( x^2y^2 \\))

\n

Krok 1. Przeniesienie wszystkiego na jedna strone.
Teza jest rownowazna nierownosci
\\[ \\frac{x}{y^2} + \\frac{y}{x^2} - \\frac{1}{x} - \\frac{1}{y} \\ge 0. \\]

\n

Krok 2. Pomnozenie obu stron przez \\( x^2 y^2 \\).
Poniewaz \\( x>0 \\) i \\( y>0 \\), to \\( x^2 y^2 > 0 \\). Mnozenie nierownosci przez liczbe dodatnia nie zmienia jej zwrotu, wiec wystarczy wykazac, ze
\\[ x^2 y^2\\!\\left(\\frac{x}{y^2} + \\frac{y}{x^2} - \\frac{1}{x} - \\frac{1}{y}\\right) \\ge 0. \\]
Obliczamy kolejne skladniki (skracajac):
\\[ x^2 y^2\\cdot\\frac{x}{y^2} = x^3,\\qquad x^2 y^2\\cdot\\frac{y}{x^2} = y^3, \\]
\\[ x^2 y^2\\cdot\\frac{1}{x} = x y^2,\\qquad x^2 y^2\\cdot\\frac{1}{y} = x^2 y. \\]
Zatem wystarczy udowodnic, ze
\\[ x^3 + y^3 - x y^2 - x^2 y \\ge 0. \\]

\n

Krok 3. Rozklad lewej strony na czynniki.
Grupujemy wyrazy:
\\[ x^3 + y^3 - x y^2 - x^2 y = \\big(x^3 - x^2 y\\big) + \\big(y^3 - x y^2\\big) = x^2(x-y) + y^2(y-x). \\]
Poniewaz \\( y - x = -(x-y) \\), mamy
\\[ x^2(x-y) - y^2(x-y) = (x-y)\\big(x^2 - y^2\\big) = (x-y)(x-y)(x+y) = (x-y)^2 (x+y). \\]
(W ostatnim kroku skorzystano ze wzoru skroconego mnozenia \\( x^2 - y^2 = (x-y)(x+y) \\) - Karta wzorow CKE EM2023, dzial „Wzory skroconego mnozenia”.)

\n

Krok 4. Uzasadnienie nieujemnosci.
Otrzymalismy
\\[ x^3 + y^3 - x y^2 - x^2 y = (x-y)^2 (x+y). \\]
Dla dowolnych \\( x,y>0 \\):

\n\n

Iloczyn liczby nieujemnej i liczby dodatniej jest nieujemny, wiec
\\[ (x-y)^2 (x+y) \\ge 0. \\]

\n

Krok 5. Wniosek.
Dzielac tę nierownosc z powrotem przez \\( x^2y^2>0 \\) (zwrot bez zmian), otrzymujemy
\\[ \\frac{x}{y^2} + \\frac{y}{x^2} - \\frac{1}{x} - \\frac{1}{y} \\ge 0, \\]
czyli
\\[ \\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} \\le \\frac{x}{y^2} + \\frac{y}{x^2}, \\]
co konczy dowod. \\( \\blacksquare \\)

\n

Kiedy rownosc? Zachodzi ona dokladnie wtedy, gdy \\( (x-y)^2(x+y)=0 \\); poniewaz \\( x+y>0 \\), oznacza to \\( x=y \\).

\n

Sposob 2 - porownanie „skladnik po skladniku” (alternatywa)

\n

Pogrupujmy strony inaczej. Wystarczy pokazac, ze
\\[ \\left(\\frac{x}{y^2} - \\frac{1}{y}\\right) + \\left(\\frac{y}{x^2} - \\frac{1}{x}\\right) \\ge 0. \\]
Sprowadzajac kazdy nawias do wspolnego mianownika:
\\[ \\frac{x - y}{y^2} + \\frac{y - x}{x^2} = (x-y)\\left(\\frac{1}{y^2} - \\frac{1}{x^2}\\right) = (x-y)\\cdot\\frac{x^2 - y^2}{x^2 y^2}. \\]
Korzystajac ponownie ze wzoru \\( x^2 - y^2 = (x-y)(x+y) \\):
\\[ = \\frac{(x-y)\\,(x-y)(x+y)}{x^2 y^2} = \\frac{(x-y)^2 (x+y)}{x^2 y^2}. \\]
Licznik jest nieujemny (\\( (x-y)^2\\ge 0,\\ x+y>0 \\)), a mianownik dodatni, wiec caly ulamek jest \\( \\ge 0 \\). To konczy dowod tezy.

\n

Typowe pulapki

\n"},{"source":"matematykaorg","label":"matematyka.org.pl","kind":"text","html":"

Ponieważ x>0 i y>0 , możemy pomnożyć obie strony nierówności przez dodatnią liczbę x^2y^2 :

\n

xy^2+x^2y≤ x^3+y^3.

\n

Przenosimy wszystkie wyrazy na jedną stronę i rozkładamy wyrażenie na czynniki:

\n

x^3+y^3-x^2y-xy^2=x^2(x-y)-y^2(x-y)

\n

=(x-y)(x^2-y^2)=(x-y)^2(x+y).

\n

Mamy (x-y)^2≥0 oraz x+y>0 , więc

\n

(x-y)^2(x+y)≥0.

\n

Nierówność została wykazana.

"}]}