Страница 34 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

1.75° Сформулируйте свойства числовых неравенств.

Числовые неравенства обладают рядом свойств, которые позволяют производить с ними различные преобразования. Вот основные из них:

1. Свойство транзитивности

Если одно число $a$ больше второго числа $b$, а число $b$ в свою очередь больше третьего числа $c$, то первое число $a$ будет больше третьего числа $c$. Это свойство позволяет сравнивать числа через промежуточное значение. Аналогичное правило справедливо для знаков $<$, $\le$ и $\ge$.

Формально: если $a > b$ и $b > c$, то $a > c$.

Например, если $10 > 5$ и $5 > 2$, то из этого следует, что $10 > 2$.

Ответ: Если $a > b$ и $b > c$, то $a > c$.

2. Свойство сложения и вычитания

Если к обеим частям верного числового неравенства прибавить (или из обеих частей вычесть) одно и то же число, то получится верное неравенство. Знак неравенства при этом сохраняется.

Формально: если $a > b$, то для любого числа $c$ справедливо неравенство $a + c > b + c$.

Например, возьмем верное неравенство $8 > 3$. Прибавим к обеим частям число 5: $8 + 5 > 3 + 5$, что дает верное неравенство $13 > 8$.

Ответ: Если $a > b$, то $a+c > b+c$ для любого числа $c$.

3. Свойство умножения (и деления) на положительное число

Если обе части верного неравенства умножить или разделить на одно и то же положительное число, то получится верное неравенство. Знак неравенства при этом сохраняется.

Формально: если $a > b$ и $c > 0$, то $a \cdot c > b \cdot c$ и $\frac{a}{c} > \frac{b}{c}$.

Например, возьмем верное неравенство $12 > 4$. Умножим обе части на положительное число 3: $12 \cdot 3 > 4 \cdot 3$, что дает верное неравенство $36 > 12$.

Ответ: Если $a > b$ и $c > 0$, то $a \cdot c > b \cdot c$.

4. Свойство умножения (и деления) на отрицательное число

Если обе части верного неравенства умножить или разделить на одно и то же отрицательное число и при этом изменить знак неравенства на противоположный ($>$ на $<$, $<$ на $>$, $\ge$ на $\le$, $\le$ на $\ge$), то получится верное неравенство.

Формально: если $a > b$ и $c < 0$, то $a \cdot c < b \cdot c$ и $\frac{a}{c} < \frac{b}{c}$.

Например, возьмем верное неравенство $12 > 4$. Умножим обе части на отрицательное число -3 и сменим знак $>$ на $<$: $12 \cdot (-3) < 4 \cdot (-3)$, что дает верное неравенство $-36 < -12$.

Ответ: Если $a > b$ и $c < 0$, то $a \cdot c < b \cdot c$.

5. Свойство почленного сложения неравенств

Верные неравенства одного знака можно почленно складывать. В результате получится верное неравенство того же знака.

Формально: если $a > b$ и $c > d$, то $a + c > b + d$.

Например, сложим два верных неравенства $7 > 2$ и $5 > 4$: $7 + 5 > 2 + 4$, что дает верное неравенство $12 > 6$.

Ответ: Если $a > b$ и $c > d$, то $a + c > b + d$.

6. Свойство почленного умножения неравенств

Верные неравенства одного знака, у которых левые и правые части — положительные числа, можно почленно перемножать. В результате получится верное неравенство того же знака.

Формально: если $a > b$, $c > d$ и при этом $a, b, c, d$ — положительные числа ($a,b,c,d>0$), то $a \cdot c > b \cdot d$.

Например, перемножим два верных неравенства с положительными членами $7 > 2$ и $5 > 4$: $7 \cdot 5 > 2 \cdot 4$, что дает верное неравенство $35 > 8$.

Ответ: Если $a > b > 0$ и $c > d > 0$, то $a \cdot c > b \cdot d$.

7. Свойство возведения в натуральную степень

Если обе части верного неравенства являются положительными числами, то их можно возвести в одну и ту же натуральную степень. В результате получится верное неравенство того же знака.

Формально: если $a > b > 0$ и $n$ — натуральное число, то $a^n > b^n$.

Например, возьмем верное неравенство $5 > 3$. Возведем обе части в квадрат ($n=2$): $5^2 > 3^2$, что дает верное неравенство $25 > 9$.

Ответ: Если $a > b > 0$ и $n \in \mathbb{N}$, то $a^n > b^n$.

1.76 Докажите, что для любых действительных чисел a, b, c, x справедливы неравенства:

а) $ \frac{x^2+1}{2} \ge x; $

б) $ \frac{x^2+9}{6} \ge x; $

в) $ x^4+x^2+2 > 0; $

г) $ x^4-4x^2+5 > 0; $

д) $ 4c^2+1 \ge 4c; $

е) $ (a+b)^2 \ge 4ab; $

ж) $ \frac{2a}{a^2+1} \le 1; $

з) $ 2a^2+b^2+c^2 \ge 2a(b+c); $

и) $ (a^2-b^2)^2 \ge 4ab(a-b)^2; $

к) $ a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ac. $

а) Докажем неравенство $\frac{x^2 + 1}{2} \ge x$. Умножим обе части неравенства на 2 (так как $2 > 0$, знак неравенства не меняется): $x^2 + 1 \ge 2x$ Перенесем все члены в левую часть: $x^2 - 2x + 1 \ge 0$ Левая часть является полным квадратом разности: $(x - 1)^2 \ge 0$ Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен, то есть больше или равен нулю. Следовательно, неравенство справедливо для любого действительного числа $x$. Равенство достигается при $x = 1$.
Ответ: Неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $\frac{x^2 + 9}{6} \ge x$. Умножим обе части на 6: $x^2 + 9 \ge 6x$ Перенесем $6x$ в левую часть: $x^2 - 6x + 9 \ge 0$ Свернем левую часть по формуле квадрата разности: $(x - 3)^2 \ge 0$ Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен. Таким образом, неравенство верно для любого $x$. Равенство достигается при $x = 3$.
Ответ: Неравенство доказано.

в) Докажем неравенство $x^4 + x^2 + 2 > 0$. Для любого действительного числа $x$ справедливы следующие утверждения: $x^4 = (x^2)^2 \ge 0$ $x^2 \ge 0$ Сумма двух неотрицательных чисел также неотрицательна: $x^4 + x^2 \ge 0$ Прибавим к обеим частям 2: $x^4 + x^2 + 2 \ge 2$ Поскольку $2 > 0$, то и $x^4 + x^2 + 2 > 0$, что и требовалось доказать.
Ответ: Неравенство доказано.

г) Докажем неравенство $x^4 - 4x^2 + 5 > 0$. Представим левую часть в виде суммы квадрата и положительного числа. Для этого выделим полный квадрат: $x^4 - 4x^2 + 5 = (x^4 - 4x^2 + 4) + 1$ Выражение в скобках является полным квадратом: $(x^2 - 2)^2 + 1$ Так как квадрат любого действительного числа неотрицателен, $(x^2 - 2)^2 \ge 0$. Следовательно, наименьшее значение выражения $(x^2 - 2)^2 + 1$ равно 1 (достигается при $x^2 = 2$). Поскольку $1 > 0$, то $(x^2 - 2)^2 + 1 > 0$ для любого действительного $x$.
Ответ: Неравенство доказано.

д) Докажем неравенство $4c^2 + 1 \ge 4c$. Перенесем $4c$ в левую часть: $4c^2 - 4c + 1 \ge 0$ Левая часть является полным квадратом разности $(2c - 1)^2$: $(2c - 1)^2 \ge 0$ Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен. Неравенство верно для любого $c$. Равенство достигается при $2c - 1 = 0$, то есть $c = 1/2$.
Ответ: Неравенство доказано.

е) Докажем неравенство $(a + b)^2 \ge 4ab$. Раскроем скобки в левой части: $a^2 + 2ab + b^2 \ge 4ab$ Перенесем $4ab$ в левую часть: $a^2 + 2ab + b^2 - 4ab \ge 0$ $a^2 - 2ab + b^2 \ge 0$ Свернем левую часть по формуле квадрата разности: $(a - b)^2 \ge 0$ Квадрат любого действительного числа неотрицателен, следовательно, неравенство верно для любых $a$ и $b$. Равенство достигается при $a = b$.
Ответ: Неравенство доказано.

ж) Докажем неравенство $\frac{2a}{a^2 + 1} \le 1$. Знаменатель $a^2 + 1$ всегда положителен, так как $a^2 \ge 0$ для любого действительного $a$, а значит $a^2 + 1 \ge 1$. Поэтому мы можем умножить обе части неравенства на $a^2 + 1$, не меняя знака неравенства: $2a \le a^2 + 1$ Перенесем $2a$ в правую часть: $0 \le a^2 - 2a + 1$ Правая часть является полным квадратом: $(a - 1)^2 \ge 0$ Это неравенство верно для любого действительного $a$, так как квадрат числа всегда неотрицателен. Равенство достигается при $a = 1$.
Ответ: Неравенство доказано.

з) Докажем неравенство $2a^2 + b^2 + c^2 \ge 2a(b + c)$. Раскроем скобки в правой части и перенесем все в левую: $2a^2 + b^2 + c^2 \ge 2ab + 2ac$ $2a^2 - 2ab - 2ac + b^2 + c^2 \ge 0$ Представим $2a^2$ как $a^2 + a^2$ и сгруппируем слагаемые: $(a^2 - 2ab + b^2) + (a^2 - 2ac + c^2) \ge 0$ Каждая из скобок является полным квадратом: $(a - b)^2 + (a - c)^2 \ge 0$ Это сумма двух квадратов. Каждый квадрат неотрицателен, поэтому их сумма также неотрицательна. Неравенство верно для любых $a, b, c$. Равенство достигается, когда оба слагаемых равны нулю, то есть $a - b = 0$ и $a - c = 0$, что означает $a = b = c$.
Ответ: Неравенство доказано.

и) Докажем неравенство $(a^2 - b^2)^2 \ge 4ab(a - b)^2$. Перенесем все члены в левую часть: $(a^2 - b^2)^2 - 4ab(a - b)^2 \ge 0$ Применим формулу разности квадратов к первому слагаемому: $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$. $((a - b)(a + b))^2 - 4ab(a - b)^2 \ge 0$ $(a - b)^2 (a + b)^2 - 4ab(a - b)^2 \ge 0$ Вынесем общий множитель $(a - b)^2$ за скобки: $(a - b)^2 [ (a + b)^2 - 4ab ] \ge 0$ Раскроем скобки внутри квадратных скобок: $(a + b)^2 - 4ab = (a^2 + 2ab + b^2) - 4ab = a^2 - 2ab + b^2 = (a - b)^2$. Подставим это обратно в неравенство: $(a - b)^2 (a - b)^2 \ge 0$ $(a - b)^4 \ge 0$ Четвертая степень любого действительного числа всегда неотрицательна. Следовательно, неравенство справедливо для любых $a$ и $b$. Равенство достигается при $a = b$.
Ответ: Неравенство доказано.

к) Докажем неравенство $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ac$. Умножим обе части неравенства на 2: $2a^2 + 2b^2 + 2c^2 \ge 2ab + 2bc + 2ac$ Перенесем все члены в левую часть: $2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2bc - 2ac \ge 0$ Сгруппируем слагаемые, представив $2a^2 = a^2+a^2$, $2b^2 = b^2+b^2$, $2c^2 = c^2+c^2$: $(a^2 - 2ab + b^2) + (b^2 - 2bc + c^2) + (c^2 - 2ac + a^2) \ge 0$ Каждое выражение в скобках является полным квадратом: $(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 \ge 0$ Сумма квадратов действительных чисел всегда неотрицательна. Неравенство верно для любых $a, b, c$. Равенство достигается, когда все слагаемые равны нулю, то есть $a - b = 0$, $b - c = 0$, и $c - a = 0$, что означает $a = b = c$.
Ответ: Неравенство доказано.

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 $a^3 < b^3$.

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.

1.78 Докажите, что сумма кубов катетов прямоугольного треугольника меньше куба гипотенузы.

Пусть $a$ и $b$ — длины катетов прямоугольного треугольника, а $c$ — длина его гипотенузы. Так как $a$, $b$ и $c$ являются длинами сторон треугольника, они являются положительными числами: $a > 0$, $b > 0$, $c > 0$.

Согласно теореме Пифагора, для любого прямоугольного треугольника выполняется равенство, связывающее длины его сторон:

$a^2 + b^2 = c^2$

Нам необходимо доказать, что сумма кубов катетов меньше куба гипотенузы, то есть:

$a^3 + b^3 < c^3$

В прямоугольном треугольнике каждый катет всегда короче гипотенузы. Это означает, что справедливы следующие неравенства:

$a < c$

$b < c$

Умножим обе части первого неравенства ($a < c$) на положительное число $a^2$. Знак неравенства при этом не изменится:

$a \cdot a^2 < c \cdot a^2$

$a^3 < ca^2$

Аналогично, умножим обе части второго неравенства ($b < c$) на положительное число $b^2$:

$b \cdot b^2 < c \cdot b^2$

$b^3 < cb^2$

Теперь сложим полученные строгие неравенства почленно:

$a^3 + b^3 < ca^2 + cb^2$

В правой части полученного неравенства вынесем общий множитель $c$ за скобки:

$a^3 + b^3 < c(a^2 + b^2)$

Теперь мы можем использовать теорему Пифагора ($a^2 + b^2 = c^2$) для замены выражения в скобках:

$a^3 + b^3 < c \cdot c^2$

Выполнив умножение в правой части, получаем искомое неравенство:

$a^3 + b^3 < c^3$

Таким образом, мы доказали, что сумма кубов катетов прямоугольного треугольника всегда меньше куба гипотенузы.

Ответ: Утверждение доказано. Сумма кубов катетов ($a^3 + b^3$) прямоугольного треугольника меньше куба его гипотенузы ($c^3$).

1.79* Докажите, что:

a) $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \ldots \cdot \frac{79}{80} < \frac{1}{9};$

б) $\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \ldots \cdot \frac{240}{241} < \frac{1}{11}.$

а)

Обозначим левую часть неравенства как $A = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \ldots \cdot \frac{79}{80}$.

Рассмотрим вспомогательное произведение $B = \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \ldots \cdot \frac{80}{81}$.

Для любого натурального числа $k$ справедливо неравенство $\frac{2k-1}{2k} < \frac{2k}{2k+1}$, так как $(2k-1)(2k+1) = 4k^2 - 1$, а $(2k)^2 = 4k^2$, и очевидно, что $4k^2-1 < 4k^2$.

Поскольку каждый множитель в произведении $A$ меньше соответствующего множителя в произведении $B$, то и само произведение $A$ меньше произведения $B$:

$A < B$

Умножим обе части этого неравенства на $A$. Так как $A > 0$, знак неравенства не изменится:

$A^2 < A \cdot B$

Теперь вычислим произведение $A \cdot B$:

$A \cdot B = \left(\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \ldots \cdot \frac{79}{80}\right) \cdot \left(\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \ldots \cdot \frac{80}{81}\right)$

Перегруппировав множители, мы получим телескопическое произведение, в котором большинство членов сокращается:

$A \cdot B = \frac{1}{\cancel{2}} \cdot \frac{\cancel{2}}{\cancel{3}} \cdot \frac{\cancel{3}}{\cancel{4}} \cdot \ldots \cdot \frac{\cancel{79}}{\cancel{80}} \cdot \frac{\cancel{80}}{81} = \frac{1}{81}$

Подставим это значение в неравенство $A^2 < A \cdot B$:

$A^2 < \frac{1}{81}$

Так как $A$ — положительное число, извлечем квадратный корень из обеих частей неравенства:

$A < \sqrt{\frac{1}{81}} \implies A < \frac{1}{9}$

Таким образом, исходное неравенство доказано.

Ответ: Доказано.

б)

Обозначим левую часть неравенства как $C = \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \ldots \cdot \frac{240}{241}$.

Рассмотрим вспомогательное произведение $D = \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{7}{8} \cdot \ldots \cdot \frac{241}{242}$.

Для любого натурального числа $k$ справедливо неравенство $\frac{2k}{2k+1} < \frac{2k+1}{2k+2}$, так как $(2k)(2k+2) = 4k^2 + 4k$, а $(2k+1)^2 = 4k^2 + 4k + 1$, и очевидно, что $4k^2+4k < 4k^2+4k+1$.

Поскольку каждый множитель в произведении $C$ меньше соответствующего множителя в произведении $D$, то и само произведение $C$ меньше произведения $D$:

$C < D$

Умножим обе части этого неравенства на $C$. Так как $C > 0$, знак неравенства не изменится:

$C^2 < C \cdot D$

Теперь вычислим произведение $C \cdot D$:

$C \cdot D = \left(\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \ldots \cdot \frac{240}{241}\right) \cdot \left(\frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \ldots \cdot \frac{241}{242}\right)$

Перегруппировав множители, мы видим, что они последовательно сокращаются:

$C \cdot D = \frac{2}{\cancel{3}} \cdot \frac{\cancel{3}}{\cancel{4}} \cdot \frac{\cancel{4}}{\cancel{5}} \cdot \ldots \cdot \frac{\cancel{240}}{\cancel{241}} \cdot \frac{\cancel{241}}{242} = \frac{2}{242} = \frac{1}{121}$

Подставим это значение в неравенство $C^2 < C \cdot D$:

$C^2 < \frac{1}{121}$

Так как $C$ — положительное число, извлечем квадратный корень из обеих частей неравенства:

$C < \sqrt{\frac{1}{121}} \implies C < \frac{1}{11}$

Таким образом, исходное неравенство доказано.

Ответ: Доказано.

1.80 Задача Паппа Александрийского (III в.). Докажите, что если a, b, c и d — положительные числа и $\frac{a}{b} > \frac{c}{d}$, то выполняется неравенство $ad > bc$.

Нам дано неравенство $\frac{a}{b} > \frac{c}{d}$ и известно, что числа $a, b, c, d$ являются положительными. Это означает, что $a > 0$, $b > 0$, $c > 0$ и $d > 0$. Наша задача — доказать, что из этого следует неравенство $ad > bc$.

Для доказательства воспользуемся одним из основных свойств числовых неравенств: если обе части верного неравенства умножить на одно и то же положительное число, то получится верное неравенство того же знака.

Поскольку по условию задачи числа $b$ и $d$ положительны ($b > 0$ и $d > 0$), их произведение $bd$ также будет положительным числом ($bd > 0$).

Теперь умножим обе части исходного неравенства $\frac{a}{b} > \frac{c}{d}$ на это положительное число $bd$:

$\frac{a}{b} \cdot (bd) > \frac{c}{d} \cdot (bd)$

Выполним сокращение дробей в левой и правой частях полученного неравенства.

В левой части: $\frac{a}{\cancel{b}} \cdot (\cancel{b}d) = ad$.

В правой части: $\frac{c}{\cancel{d}} \cdot (b\cancel{d}) = cb = bc$.

После сокращения неравенство принимает вид:

$ad > bc$

Таким образом, мы строго доказали, что если для положительных чисел $a, b, c, d$ выполняется неравенство $\frac{a}{b} > \frac{c}{d}$, то обязательно выполняется и неравенство $ad > bc$.

Ответ: Умножив обе части исходного неравенства $\frac{a}{b} > \frac{c}{d}$ на положительное число $bd$ (которое положительно, так как по условию $b > 0$ и $d > 0$), мы получаем $\frac{a}{b} \cdot bd > \frac{c}{d} \cdot bd$. После сокращения дробей это неравенство принимает вид $ad > bc$, что и требовалось доказать.