Номер 1.77, страница 34 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета

Авторы: Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н., Шевкин А. В.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2014 - 2025

Уровень обучения: базовый и углублённый

Цвет обложки: голубой в сеточку

ISBN: 978-5-09-087768-8

Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации

Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия

Популярные ГДЗ в 10 классе

1.7*. Доказательство числовых неравенств. § 1. Действительные числа. Глава I. Корни, степени, логарифмы - номер 1.77, страница 34.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№1.77 (с. 34)
Условие. №1.77 (с. 34)
скриншот условия
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Условие

1.77 Для любых действительных чисел a, b, c, x докажите, что:

а) если $a + b \geq 0$, то $a^3 + b^3 \geq a^2b + ab^2$;

б) если $a > 0$, то $a + \frac{1}{a} \geq 2$;

в) если $a \neq 0$, то $a^2 + \frac{1}{a^2} \geq 2$;

г) если $ab > 0$, то $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \geq 2$;

д) если $a > 0$, $b > 0$, то $\sqrt{ab} \geq \frac{2ab}{a+b}$;

е) если $ab > 0$, то $(a + b)\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}\right) \geq 4$;

ж) если $a > 0$, то $(1 + a)\left(1 + \frac{1}{a}\right) \geq 4$;

з) если $a + b \geq 0$, $a \neq 0$, $b \neq 0$, то $\frac{a}{b^2} + \frac{b}{a^2} \geq \frac{1}{a} + \frac{1}{b}$;

и) если $a > 0$, $b > 0$, $c > 0$, то $\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b} + \frac{bc}{a} \geq a + b + c$;

к) если $0 < a < b$, то $a^3 < b^3$.

Решение 1. №1.77 (с. 34)
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 1 Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 1 (продолжение 2) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 1 (продолжение 3) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 1 (продолжение 4) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 1 (продолжение 5) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 1 (продолжение 6) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 1 (продолжение 7) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 1 (продолжение 8) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 1 (продолжение 9) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 1 (продолжение 10)
Решение 2. №1.77 (с. 34)
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 2
Решение 3. №1.77 (с. 34)
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 3 Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 3 (продолжение 2) Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 3 (продолжение 3)
Решение 4. №1.77 (с. 34)
Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 4 Алгебра, 10 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 34, номер 1.77, Решение 4 (продолжение 2)
Решение 5. №1.77 (с. 34)

а) Рассмотрим неравенство $a^3+b^3 \ge a^2b+ab^2$. Перенесем все члены в левую часть: $a^3+b^3 - a^2b - ab^2 \ge 0$. Сгруппируем слагаемые: $(a^3 - a^2b) + (b^3 - ab^2) \ge 0$. Вынесем общие множители за скобки: $a^2(a-b) - b^2(a-b) \ge 0$. Вынесем за скобки общий множитель $(a-b)$: $(a-b)(a^2-b^2) \ge 0$. Разложим $a^2-b^2$ по формуле разности квадратов: $(a-b)(a-b)(a+b) \ge 0$. Это эквивалентно неравенству: $(a-b)^2(a+b) \ge 0$. Выражение $(a-b)^2$ всегда неотрицательно, так как является квадратом действительного числа, то есть $(a-b)^2 \ge 0$. По условию задачи $a+b \ge 0$. Произведение двух неотрицательных чисел также неотрицательно. Следовательно, неравенство $(a-b)^2(a+b) \ge 0$ верно. Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно.
Ответ: Неравенство доказано.

б) Это неравенство является частным случаем неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для двух положительных чисел. Для любых неотрицательных $x$ и $y$ верно, что $\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy}$. Пусть $x=a$ и $y=\frac{1}{a}$. Так как по условию $a>0$, то и $x>0$, и $y>0$. Применим неравенство Коши: $\frac{a + \frac{1}{a}}{2} \ge \sqrt{a \cdot \frac{1}{a}}$. Упростим правую часть: $\frac{a + \frac{1}{a}}{2} \ge \sqrt{1} \implies \frac{a + \frac{1}{a}}{2} \ge 1$. Умножим обе части на 2: $a + \frac{1}{a} \ge 2$. Альтернативный способ: Перенесем 2 в левую часть: $a + \frac{1}{a} - 2 \ge 0$. Приведем к общему знаменателю $a$ (так как $a>0$, знак неравенства не изменится): $\frac{a^2+1-2a}{a} \ge 0$. В числителе стоит полный квадрат: $\frac{(a-1)^2}{a} \ge 0$. Поскольку $a>0$, знаменатель положителен. Числитель $(a-1)^2$ неотрицателен, так как это квадрат действительного числа. Частное неотрицательного числа и положительного числа всегда неотрицательно. Неравенство верно.
Ответ: Неравенство доказано.

в) Пусть $x = a^2$. Поскольку $a \ne 0$, то $a^2 > 0$, следовательно, $x > 0$. Подставив $x$ в исходное неравенство, получим: $x + \frac{1}{x} \ge 2$. Это неравенство было доказано в пункте б) для любого положительного числа. Так как $x > 0$, то неравенство верно.
Ответ: Неравенство доказано.

г) Условие $ab > 0$ означает, что числа $a$ и $b$ имеют одинаковый знак (оба положительные или оба отрицательные). В любом из этих случаев частное $\frac{a}{b}$ будет положительным. Пусть $x = \frac{a}{b}$. Тогда $x > 0$. Заметим, что $\frac{b}{a} = \frac{1}{x}$. Подставив $x$ в исходное неравенство, получим: $x + \frac{1}{x} \ge 2$. Как было показано в пункте б), это неравенство верно для любого $x>0$.
Ответ: Неравенство доказано.

д) Данное неравенство сравнивает среднее геометрическое ($\sqrt{ab}$) и среднее гармоническое ($\frac{2ab}{a+b}$) двух положительных чисел. Докажем его. Поскольку $a>0$ и $b>0$, обе части неравенства положительны. Разделим обе части на $\sqrt{ab}$ (что допустимо, так как $\sqrt{ab} > 0$): $1 \ge \frac{2\sqrt{ab}}{a+b}$. Умножим обе части на $a+b$ (что также положительно): $a+b \ge 2\sqrt{ab}$. Перенесем $2\sqrt{ab}$ в левую часть: $a - 2\sqrt{ab} + b \ge 0$. Левая часть является полным квадратом разности: $(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \ge 0$. Это неравенство всегда верно, так как квадрат любого действительного числа неотрицателен. Все преобразования были равносильными.
Ответ: Неравенство доказано.

е) Раскроем скобки в левой части неравенства: $(a+b)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) = a \cdot \frac{1}{a} + a \cdot \frac{1}{b} + b \cdot \frac{1}{a} + b \cdot \frac{1}{b} = 1 + \frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 1 = 2 + \frac{a}{b} + \frac{b}{a}$. Таким образом, исходное неравенство эквивалентно следующему: $2 + \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 4$. Вычтем 2 из обеих частей: $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2$. Это неравенство было доказано в пункте г) при условии $ab>0$.
Ответ: Неравенство доказано.

ж) Это неравенство является частным случаем неравенства из пункта е), если положить $b=1$. Поскольку $a>0$, то условие $a \cdot 1 > 0$ выполняется. Альтернативный способ: Раскроем скобки в левой части: $(1+a)(1 + \frac{1}{a}) = 1 + \frac{1}{a} + a + a \cdot \frac{1}{a} = 1 + \frac{1}{a} + a + 1 = 2 + a + \frac{1}{a}$. Неравенство принимает вид: $2 + a + \frac{1}{a} \ge 4$. Вычитая 2 из обеих частей, получаем: $a + \frac{1}{a} \ge 2$. Это неравенство было доказано в пункте б) для $a>0$.
Ответ: Неравенство доказано.

з) Перенесем члены из правой части в левую: $\frac{a}{b^2} + \frac{b}{a^2} - \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \ge 0$. Приведем дроби к общему знаменателю $a^2b^2$: $\frac{a \cdot a^2 + b \cdot b^2 - 1 \cdot ab^2 - 1 \cdot a^2b}{a^2b^2} \ge 0$. $\frac{a^3 + b^3 - ab^2 - a^2b}{a^2b^2} \ge 0$. Знаменатель $a^2b^2 = (ab)^2$ всегда положителен, так как по условию $a \ne 0$ и $b \ne 0$. Следовательно, знак дроби определяется знаком числителя. Неравенство равносильно следующему: $a^3 + b^3 - a^2b - ab^2 \ge 0$. Перегруппируем члены: $a^3 + b^3 \ge a^2b + ab^2$. Это в точности неравенство из пункта а). Там было доказано, что оно верно при условии $a+b \ge 0$.
Ответ: Неравенство доказано.

и) Поскольку $a, b, c$ положительны, все слагаемые в левой части также положительны. Применим неравенство Коши для пар слагаемых: 1. Для первой и второй дроби: $\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b} \ge 2\sqrt{\frac{ab}{c} \cdot \frac{ac}{b}} = 2\sqrt{a^2} = 2a$. 2. Для первой и третьей дроби: $\frac{ab}{c} + \frac{bc}{a} \ge 2\sqrt{\frac{ab}{c} \cdot \frac{bc}{a}} = 2\sqrt{b^2} = 2b$. 3. Для второй и третьей дроби: $\frac{ac}{b} + \frac{bc}{a} \ge 2\sqrt{\frac{ac}{b} \cdot \frac{bc}{a}} = 2\sqrt{c^2} = 2c$. Сложим эти три неравенства: $(\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b}) + (\frac{ab}{c} + \frac{bc}{a}) + (\frac{ac}{b} + \frac{bc}{a}) \ge 2a + 2b + 2c$. Соберем подобные слагаемые в левой части: $2\left(\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b} + \frac{bc}{a}\right) \ge 2(a+b+c)$. Разделим обе части на 2: $\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b} + \frac{bc}{a} \ge a+b+c$.
Ответ: Неравенство доказано.

к) Рассмотрим разность $b^3 - a^3$. Нам нужно доказать, что она положительна. Воспользуемся формулой разности кубов: $b^3 - a^3 = (b-a)(b^2 + ab + a^2)$. Проанализируем знаки множителей: 1. Множитель $(b-a)$. По условию $0 < a < b$, откуда следует, что $b > a$, значит $b-a > 0$. 2. Множитель $(b^2 + ab + a^2)$. Поскольку $a>0$ и $b>0$, то $a^2>0$, $b^2>0$ и $ab>0$. Сумма трех положительных чисел есть число положительное, следовательно $b^2 + ab + a^2 > 0$. Произведение двух положительных множителей $(b-a)$ и $(b^2+ab+a^2)$ также положительно. Таким образом, $b^3 - a^3 > 0$, что равносильно $a^3 < b^3$. Альтернативный способ: Рассмотрим функцию $f(x) = x^3$. Ее производная $f'(x) = 3x^2$. На интервале $(0, \infty)$ производная $f'(x) > 0$, что означает, что функция $f(x) = x^3$ является строго возрастающей для всех положительных $x$. Так как по условию $0 < a < b$, из свойства строго возрастающей функции следует, что $f(a) < f(b)$, то есть $a^3 < b^3$.
Ответ: Неравенство доказано.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10 класс, для упражнения номер 1.77 расположенного на странице 34 к учебнику 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.

Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №1.77 (с. 34), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться