Номер 431, страница 208 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

1)

Обозначим левую часть равенства как $X$.

$ X = \left(a^{0.5} + \left(\frac{a^2 - 4}{a}\right)^{0.5}\right)^{0.5} + \left(a^{0.5} - \left(\frac{a^2 - 4}{a}\right)^{0.5}\right)^{0.5} $

По условию $a \ge 2$, поэтому $a^2 \ge 4$ и $a^2-4 \ge 0$. Все подкоренные выражения неотрицательны. Также проверим, что $a^{0.5} - (\frac{a^2-4}{a})^{0.5} \ge 0$. Это эквивалентно $a \ge \frac{a^2-4}{a}$, или $a^2 \ge a^2-4$, что верно. Поскольку $X$ является суммой двух неотрицательных слагаемых, $X \ge 0$.

Возведем $X$ в квадрат:

$ X^2 = \left[ \left(\sqrt{a} + \sqrt{\frac{a^2 - 4}{a}}\right)^{1/2} + \left(\sqrt{a} - \sqrt{\frac{a^2 - 4}{a}}\right)^{1/2} \right]^2 $

Используя формулу $(u+v)^2 = u^2 + v^2 + 2uv$, получаем:

$ X^2 = \left(\sqrt{a} + \sqrt{\frac{a^2 - 4}{a}}\right) + \left(\sqrt{a} - \sqrt{\frac{a^2 - 4}{a}}\right) + 2 \sqrt{\left(\sqrt{a} + \sqrt{\frac{a^2 - 4}{a}}\right)\left(\sqrt{a} - \sqrt{\frac{a^2 - 4}{a}}\right)} $

$ X^2 = 2\sqrt{a} + 2 \sqrt{(\sqrt{a})^2 - \left(\sqrt{\frac{a^2 - 4}{a}}\right)^2} = 2\sqrt{a} + 2 \sqrt{a - \frac{a^2 - 4}{a}} $

$ X^2 = 2\sqrt{a} + 2 \sqrt{\frac{a^2 - (a^2 - 4)}{a}} = 2\sqrt{a} + 2 \sqrt{\frac{4}{a}} = 2\sqrt{a} + 2 \frac{2}{\sqrt{a}} = 2\sqrt{a} + \frac{4}{\sqrt{a}} $

$ X^2 = \frac{2(\sqrt{a})^2 + 4}{\sqrt{a}} = \frac{2a + 4}{\sqrt{a}} $

Так как $X \ge 0$, извлечем квадратный корень:

$ X = \sqrt{\frac{2a + 4}{\sqrt{a}}} = \frac{\sqrt{2a + 4}}{\sqrt{\sqrt{a}}} = \frac{\sqrt{2a + 4}}{\sqrt[4]{a}} $

Левая часть равна правой, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано.

2)

Требуется доказать неравенство $(a+b)^n < 2^n(a^n + b^n)$ для $a > 0, b > 0$. Предполагаем, что $n$ - натуральное число, $n \ge 1$.

Воспользуемся неравенством о средних степенных для двух положительных чисел $a$ и $b$ и для показателя $n \ge 1$:

$ \left(\frac{a+b}{2}\right)^n \le \frac{a^n+b^n}{2} $

Раскроем скобки:

$ \frac{(a+b)^n}{2^n} \le \frac{a^n+b^n}{2} $

Умножим обе части на $2^n$:

$ (a+b)^n \le 2^{n-1}(a^n+b^n) $

Поскольку $a>0, b>0$, то $a^n+b^n > 0$. Так как $n \ge 1$, то $2 > 1$, и $2^{n-1} < 2 \cdot 2^{n-1} = 2^n$.

Следовательно, $2^{n-1}(a^n+b^n) < 2^n(a^n+b^n)$.

Объединяя результаты, получаем цепочку неравенств:

$ (a+b)^n \le 2^{n-1}(a^n+b^n) < 2^n(a^n+b^n) $

Отсюда следует, что $(a+b)^n < 2^n(a^n+b^n)$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

3)

Требуется доказать неравенство $ \frac{a^2+5}{\sqrt{a^2+4}} \ge 2 $.

Поскольку $a^2 \ge 0$, знаменатель $\sqrt{a^2+4}$ всегда положителен. Мы можем умножить обе части неравенства на него, не меняя знака неравенства.

$ a^2+5 \ge 2\sqrt{a^2+4} $

Обе части этого неравенства положительны, поэтому мы можем возвести их в квадрат.

$ (a^2+5)^2 \ge (2\sqrt{a^2+4})^2 $

$ a^4 + 10a^2 + 25 \ge 4(a^2+4) $

$ a^4 + 10a^2 + 25 \ge 4a^2 + 16 $

Перенесем все члены в левую часть:

$ a^4 + 10a^2 - 4a^2 + 25 - 16 \ge 0 $

$ a^4 + 6a^2 + 9 \ge 0 $

Левая часть является полным квадратом:

$ (a^2+3)^2 \ge 0 $

Это неравенство верно для любого действительного числа $a$, так как квадрат любого действительного числа неотрицателен. Таким образом, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

4)

Требуется доказать неравенство $ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{1}{\sqrt{ab}} + \frac{1}{\sqrt{ac}} + \frac{1}{\sqrt{bc}} $ для $a, b, c > 0$.

Сделаем замену переменных. Пусть $x = \frac{1}{\sqrt{a}}$, $y = \frac{1}{\sqrt{b}}$, $z = \frac{1}{\sqrt{c}}$. Поскольку $a, b, c > 0$, то $x, y, z$ также положительные действительные числа.

Тогда $\frac{1}{a} = x^2$, $\frac{1}{b} = y^2$, $\frac{1}{c} = z^2$.

Также $\frac{1}{\sqrt{ab}} = \frac{1}{\sqrt{a}}\frac{1}{\sqrt{b}} = xy$, $\frac{1}{\sqrt{ac}} = xz$, $\frac{1}{\sqrt{bc}} = yz$.

Подставив эти выражения в исходное неравенство, получим:

$ x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + xz + yz $

Умножим обе части на 2 и перенесем все в левую часть:

$ 2x^2 + 2y^2 + 2z^2 - 2xy - 2xz - 2yz \ge 0 $

Сгруппируем члены для выделения полных квадратов:

$ (x^2 - 2xy + y^2) + (x^2 - 2xz + z^2) + (y^2 - 2yz + z^2) \ge 0 $

$ (x-y)^2 + (x-z)^2 + (y-z)^2 \ge 0 $

Сумма квадратов действительных чисел всегда неотрицательна. Следовательно, это неравенство верно.

Ответ: Неравенство доказано.

5)

Требуется доказать неравенство $ \frac{3}{5} \cdot \frac{7}{9} \cdot \dots \cdot \frac{4n-1}{4n+1} < \sqrt{\frac{3}{4n+3}} $ для $n \in \mathbb{N}$.

Воспользуемся методом математической индукции.

База индукции ($n=1$):

Левая часть: $ \frac{4(1)-1}{4(1)+1} = \frac{3}{5} $.

Правая часть: $ \sqrt{\frac{3}{4(1)+3}} = \sqrt{\frac{3}{7}} $.

Проверяем неравенство $ \frac{3}{5} < \sqrt{\frac{3}{7}} $. Возводим в квадрат обе части (они положительны):

$ (\frac{3}{5})^2 < (\sqrt{\frac{3}{7}})^2 \implies \frac{9}{25} < \frac{3}{7} \implies 9 \cdot 7 < 3 \cdot 25 \implies 63 < 75 $.

Неравенство верно для $n=1$.

Шаг индукции:

Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $k \ge 1$:

$ P_k = \frac{3}{5} \cdot \frac{7}{9} \cdot \dots \cdot \frac{4k-1}{4k+1} < \sqrt{\frac{3}{4k+3}} $.

Докажем, что оно верно и для $k+1$. То есть, докажем, что $ P_{k+1} < \sqrt{\frac{3}{4(k+1)+3}} = \sqrt{\frac{3}{4k+7}} $.

$ P_{k+1} = P_k \cdot \frac{4(k+1)-1}{4(k+1)+1} = P_k \cdot \frac{4k+3}{4k+5} $.

Используя индукционное предположение, имеем:

$ P_{k+1} < \sqrt{\frac{3}{4k+3}} \cdot \frac{4k+3}{4k+5} = \frac{\sqrt{3}\sqrt{4k+3}}{4k+5} $.

Теперь нужно доказать, что $ \frac{\sqrt{3}\sqrt{4k+3}}{4k+5} < \sqrt{\frac{3}{4k+7}} $.

Разделим обе части на $\sqrt{3}$ и возведем в квадрат:

$ \left(\frac{\sqrt{4k+3}}{4k+5}\right)^2 < \left(\frac{1}{\sqrt{4k+7}}\right)^2 $

$ \frac{4k+3}{(4k+5)^2} < \frac{1}{4k+7} $

$ (4k+3)(4k+7) < (4k+5)^2 $

$ 16k^2 + 28k + 12k + 21 < 16k^2 + 40k + 25 $

$ 16k^2 + 40k + 21 < 16k^2 + 40k + 25 $

$ 21 < 25 $

Последнее неравенство очевидно верно. Таким образом, шаг индукции доказан.

Ответ: Неравенство доказано.

6)

Требуется доказать неравенство $ \operatorname{ctg} \frac{\alpha}{2} - 1 \ge \operatorname{ctg} \alpha $ при $ 0 < \alpha < \pi $.

Перенесем все члены в одну сторону: $ \operatorname{ctg} \frac{\alpha}{2} - \operatorname{ctg} \alpha - 1 \ge 0 $.

Сделаем замену $ t = \tan \frac{\alpha}{2} $. Из условия $ 0 < \alpha < \pi $ следует $ 0 < \frac{\alpha}{2} < \frac{\pi}{2} $, а значит $ t = \tan \frac{\alpha}{2} > 0 $.

Выразим котангенсы через $t$:

$ \operatorname{ctg} \frac{\alpha}{2} = \frac{1}{\tan \frac{\alpha}{2}} = \frac{1}{t} $.

$ \operatorname{ctg} \alpha = \frac{1}{\tan \alpha} = \frac{1 - \tan^2 \frac{\alpha}{2}}{2 \tan \frac{\alpha}{2}} = \frac{1-t^2}{2t} $.

Подставим эти выражения в неравенство:

$ \frac{1}{t} - \frac{1-t^2}{2t} - 1 \ge 0 $.

Поскольку $t > 0$, умножим неравенство на $2t$, чтобы избавиться от знаменателей. Знак неравенства не изменится.

$ 2 - (1-t^2) - 2t \ge 0 $

$ 2 - 1 + t^2 - 2t \ge 0 $

$ t^2 - 2t + 1 \ge 0 $

Свернем левую часть в полный квадрат:

$ (t-1)^2 \ge 0 $

Это неравенство верно для любого действительного значения $t$, так как квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен. Поскольку $ t = \tan \frac{\alpha}{2} $ является действительным числом, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.