2b)
[tex]\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}\geq a+b|*ab\\
a^3+b^3\geq (a+b)ab\\
(a+b)(a^2-ab+b^2)\geq (a+b)ab|:(a+b)\\
a^2-ab+b^2\geq ab\\
a^2-2ab+b^2\geq 0\\
(a-b)^2\geq 0[/tex]
Kwadrat liczby rzeczywistej jest zawsze nieujemny, co kończy dowód.
2c)
[tex]\frac{4}{a+b}\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}|*ab(a+b)\\
4ab\leq b(a+b)+a(a+b)\\
4ab\leq ab+b^2+a^2+ab\\
0\leq a^2+2ab-4ab+b^2\\
0\leq a^2-2ab+b^2\\
0\leq (a-b)^2\\
(a-b)^2\geq 0[/tex]
Uzasadnienie podobnie jak w przykładzie b.
3b)
[tex]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 8|*ab\\
b+a\geq 8ab[/tex]
ale [tex]a+b=\frac{1}{2}[/tex] więc
[tex]\frac{1}{2}\geq 8ab|*2\\
1\geq 16ab|:16\\
ab\leq \frac{1}{16}\\
ab-\frac{1}{16}\leq 0\\
(\sqrt{ab}-\frac{1}{4})(\sqrt{ab}+\frac{1}{4})\leq 0[/tex]
Drugi nawias jest zawsze dodatni, więc wystarczy aby
[tex]\sqrt{ab}-\frac{1}{4}\leq 0\\
\sqrt{ab}\leq \frac{1}{4}[/tex]
Ale z zależności między średnią arytmetyczną i geometryczną wiemy, że
[tex]\sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}=\frac{\frac{1}{2}}{2}=\frac{1}{4}[/tex]
co kończy dowód.
3c)
[tex]\frac{1}{2ab}-4a\geq 6+4b\\
\frac{1}{2ab}\geq 6+4a+4b\\
\frac{1}{2ab}\geq 6+4(a+b)\\
\frac{1}{2ab}\geq 6+4*\frac{1}{2}\\
\frac{1}{2ab}\geq 8|*2ab\\
1\geq 16ab[/tex]
ciag dalszy dowodu identyczny jak w podpunkcie b.
