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

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

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.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

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.