Номер 31.9, страница 199, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 31. Доказательство неравенств. Глава 6. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств*. ч. 2 - номер 31.9, страница 199.

Докажите неравенство:

31.9. a) $a^2 + 2b^2 + 2ab + b + 10 > 0;$

б) $a^2 + b^2 + c^2 + 3 \geq ab + bc + ac;$

в) $a^2 + b^2 + c^2 + 3 \geq 2(a + b + c);$

г) $1 + 2a^4 \geq a^2 + 2a^3.$

а) Докажем неравенство $a^2 + 2b^2 + 2ab + b + 10 > 0$.

Сгруппируем слагаемые, чтобы выделить полные квадраты. Объединим члены, содержащие $a$ и $b$, для формирования квадрата суммы:

$a^2 + 2ab + 2b^2 + b + 10 = (a^2 + 2ab + b^2) + b^2 + b + 10 = (a+b)^2 + b^2 + b + 10$.

Теперь выделим полный квадрат из оставшегося выражения с переменной $b$:

$b^2 + b + 10 = (b^2 + 2 \cdot b \cdot \frac{1}{2} + (\frac{1}{2})^2) - (\frac{1}{2})^2 + 10 = (b + \frac{1}{2})^2 - \frac{1}{4} + 10 = (b + \frac{1}{2})^2 + \frac{39}{4}$.

Таким образом, исходное выражение можно представить в виде:

$(a+b)^2 + (b + \frac{1}{2})^2 + \frac{39}{4}$.

Выражение $(a+b)^2$ неотрицательно, так как является квадратом действительного числа: $(a+b)^2 \ge 0$. Аналогично, $(b + \frac{1}{2})^2 \ge 0$.

Следовательно, сумма этих слагаемых с положительным числом $\frac{39}{4}$ всегда будет строго положительной:

$(a+b)^2 + (b + \frac{1}{2})^2 + \frac{39}{4} \ge 0 + 0 + \frac{39}{4} = \frac{39}{4}$.

Поскольку $\frac{39}{4} > 0$, исходное неравенство доказано.

Ответ: Исходное неравенство эквивалентно $(a+b)^2 + (b + \frac{1}{2})^2 + \frac{39}{4} > 0$, что является верным, так как левая часть представляет собой сумму двух неотрицательных слагаемых и положительного числа $\frac{39}{4}$.

б) Докажем неравенство $a^2 + b^2 + c^2 + 3 \ge ab + bc + ac$.

Перенесем все слагаемые в левую часть:

$a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ac + 3 \ge 0$.

Умножим обе части неравенства на 2, что является эквивалентным преобразованием для неравенства:

$2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2bc - 2ac + 6 \ge 0$.

Сгруппируем слагаемые, чтобы выделить полные квадраты разности:

$(a^2 - 2ab + b^2) + (b^2 - 2bc + c^2) + (c^2 - 2ac + a^2) + 6 \ge 0$.

Это выражение можно переписать в виде суммы квадратов:

$(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 + 6 \ge 0$.

Каждое из слагаемых $(a-b)^2$, $(b-c)^2$ и $(c-a)^2$ неотрицательно, так как является квадратом действительного числа. Их сумма также неотрицательна: $(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 \ge 0$.

Прибавив к этой неотрицательной сумме положительное число 6, получим выражение, которое всегда больше или равно 6, и, следовательно, всегда положительно: $(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 + 6 \ge 0 + 6 = 6 > 0$.

Неравенство доказано.

Ответ: Исходное неравенство эквивалентно $(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 + 6 \ge 0$, что является верным, так как левая часть представляет собой сумму трех неотрицательных слагаемых и положительного числа 6.

в) Докажем неравенство $a^2 + b^2 + c^2 + 3 \ge 2(a + b + c)$.

Перенесем все слагаемые в левую часть и раскроем скобки:

$a^2 + b^2 + c^2 + 3 - 2a - 2b - 2c \ge 0$.

Сгруппируем слагаемые по переменным и представим число 3 как $1+1+1$:

$(a^2 - 2a + 1) + (b^2 - 2b + 1) + (c^2 - 2c + 1) \ge 0$.

Каждая из скобок является полным квадратом:

$(a-1)^2 + (b-1)^2 + (c-1)^2 \ge 0$.

Полученное выражение представляет собой сумму трех квадратов. Квадрат любого действительного числа является неотрицательной величиной. Следовательно, сумма трех квадратов также всегда неотрицательна.

Неравенство доказано. Равенство достигается при $a=1, b=1, c=1$.

Ответ: Исходное неравенство эквивалентно $(a-1)^2 + (b-1)^2 + (c-1)^2 \ge 0$, что является верным, так как представляет собой сумму трех неотрицательных слагаемых.

г) Докажем неравенство $1 + 2a^4 \ge a^2 + 2a^3$.

Перенесем все слагаемые в левую часть:

$2a^4 - 2a^3 - a^2 + 1 \ge 0$.

Разложим многочлен в левой части на множители. Сгруппируем слагаемые:

$(2a^4 - 2a^3) - (a^2 - 1) \ge 0$.

Вынесем общие множители из каждой группы:

$2a^3(a-1) - (a-1)(a+1) \ge 0$.

Вынесем общий множитель $(a-1)$ за скобки:

$(a-1)(2a^3 - (a+1)) \ge 0$,

$(a-1)(2a^3 - a - 1) \ge 0$.

Теперь разложим на множители кубический многочлен $2a^3 - a - 1$. Заметим, что при $a=1$ он обращается в ноль: $2(1)^3 - 1 - 1 = 0$. Следовательно, $(a-1)$ является его множителем. Разделив $2a^3 - a - 1$ на $(a-1)$, получим частное $2a^2 + 2a + 1$.

Таким образом, неравенство принимает вид:

$(a-1)(a-1)(2a^2 + 2a + 1) \ge 0$,

$(a-1)^2(2a^2 + 2a + 1) \ge 0$.

Рассмотрим множители в левой части. Первый множитель $(a-1)^2$ является полным квадратом, поэтому он всегда неотрицателен: $(a-1)^2 \ge 0$.

Второй множитель $2a^2 + 2a + 1$ — это квадратный трехчлен. Его дискриминант $D = 2^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 4 - 8 = -4$. Поскольку старший коэффициент (2) положителен, а дискриминант отрицателен, этот трехчлен всегда принимает положительные значения для любого $a$.

В итоге мы имеем произведение неотрицательного множителя $(a-1)^2$ и строго положительного множителя $(2a^2 + 2a + 1)$. Такое произведение всегда неотрицательно. Неравенство доказано.

Ответ: Исходное неравенство эквивалентно $(a-1)^2(2a^2 + 2a + 1) \ge 0$, что является верным, так как это произведение неотрицательного множителя $(a-1)^2$ и положительного множителя $(2a^2 + 2a + 1)$.