Страница 199, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

Сравните числа a и b:

31.2. a) $a = 100!$, $b = 3^{100}$;

б) $a = 100!$, $b = 10^{100}$.

а) Сравним числа $a = 100!$ и $b = 3^{100}$.

Представим оба числа в виде произведения 100 сомножителей:
$a = 100! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot 100$
$b = 3^{100} = 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot \dots \cdot 3$

Чтобы сравнить эти два числа, рассмотрим их отношение $\frac{a}{b}$:
$\frac{a}{b} = \frac{100!}{3^{100}} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot 100}{3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot \dots \cdot 3} = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{3} \cdot \frac{4}{3} \cdot \dots \cdot \frac{100}{3}$

Сгруппируем множители в этом произведении. Первые два множителя меньше единицы, третий равен единице, а все остальные — больше единицы.
$\frac{a}{b} = \left(\frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3}\right) \cdot \frac{3}{3} \cdot \left(\frac{4}{3} \cdot \frac{5}{3} \cdot \frac{6}{3} \cdot \dots \cdot \frac{100}{3}\right)$

Вычислим значение первых сгруппированных членов:
$\frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{9}$
$\frac{3}{3} = 1$

Таким образом, отношение равно:
$\frac{a}{b} = \frac{2}{9} \cdot 1 \cdot \left(\frac{4}{3} \cdot \frac{5}{3} \cdot \frac{6}{3} \cdot \dots \cdot \frac{100}{3}\right)$

Чтобы $\frac{a}{b} > 1$, необходимо, чтобы произведение в скобках было больше, чем $\frac{9}{2} = 4.5$.
Произведение в скобках состоит из $100 - 4 + 1 = 97$ множителей, каждый из которых больше 1. Оценим произведение первых нескольких из них:
$\frac{4}{3} \cdot \frac{5}{3} = \frac{20}{9} \approx 2.22$ (этого еще недостаточно)
$\frac{4}{3} \cdot \frac{5}{3} \cdot \frac{6}{3} = \frac{20}{9} \cdot 2 = \frac{40}{9} \approx 4.44$ (все еще меньше 4.5)
$\frac{4}{3} \cdot \frac{5}{3} \cdot \frac{6}{3} \cdot \frac{7}{3} = \frac{40}{9} \cdot \frac{7}{3} = \frac{280}{27} \approx 10.37$

Уже произведение первых четырех членов из 97 больше, чем $10$, что значительно больше, чем требуемое значение $4.5$. Поскольку все остальные 93 множителя также больше 1, их общее произведение будет еще больше.
Следовательно, $\left(\frac{4}{3} \cdot \dots \cdot \frac{100}{3}\right) > \frac{9}{2}$.
Это означает, что $\frac{a}{b} > 1$, и, таким образом, $a > b$.

Ответ: $a > b$.

б) Сравним числа $a = 100!$ и $b = 10^{100}$.

Преобразуем число $b$:
$b = 10^{100} = (10^2)^{50} = 100^{50}$

Теперь представим число $b$ как произведение 50 множителей:
$b = 100 \cdot 100 \cdot \dots \cdot 100$ (50 раз)

Число $a = 100!$ можно представить как произведение 100 множителей от 1 до 100. Сгруппируем их попарно, чтобы получить 50 сомножителей:
$a = 100! = (1 \cdot 100) \cdot (2 \cdot 99) \cdot (3 \cdot 98) \cdot \dots \cdot (50 \cdot 51)$

Теперь сравним сомножители чисел $a$ и $b$ попарно.
Первый сомножитель $a$: $1 \cdot 100 = 100$. Он равен первому сомножителю $b$.
Второй сомножитель $a$: $2 \cdot 99 = 198$. Он больше второго сомножителя $b$ (100).
Третий сомножитель $a$: $3 \cdot 98 = 294$. Он больше третьего сомножителя $b$ (100).

Рассмотрим общий вид сомножителя числа $a$: $k \cdot (101-k)$ для $k$ от 1 до 50. Сравним его со 100.
При $k=1$, $1 \cdot (101-1) = 100$.
При $k \ge 2$, произведение $k(101-k)$ будет больше 100. Это можно увидеть, раскрыв скобки: $101k - k^2$. Разность $k(101-k) - 100 = 101k - k^2 - 100 = -(k^2 - 101k + 100) = -(k-1)(k-100)$.
Для $k$ в диапазоне от 2 до 50, $(k-1)$ положительно, а $(k-100)$ отрицательно. Значит, их произведение $(k-1)(k-100)$ отрицательно.
Следовательно, $-(k-1)(k-100)$ будет положительным, то есть $k(101-k) > 100$ для всех $k \in \{2, 3, \dots, 50\}$.

Таким образом, при сравнении произведений:
$a = (1 \cdot 100) \cdot (2 \cdot 99) \cdot \dots \cdot (50 \cdot 51)$
$b = 100 \cdot 100 \cdot \dots \cdot 100$
первые сомножители равны, а каждый из следующих 49 сомножителей числа $a$ больше соответствующего сомножителя числа $b$.
Из этого следует, что $a > b$.

Ответ: $a > b$.

31.3. a) $a = 3^{369}$, $b = 5^{246}$.

б) $a = 5^{963}$, $b = 11^{642}$.

а) Для того чтобы сравнить числа $a = 3^{369}$ и $b = 5^{246}$, необходимо привести их к общему показателю степени. Для этого найдем наибольший общий делитель (НОД) показателей 369 и 246.
Разложим показатели на множители:
$369 = 3 \cdot 123$
$246 = 2 \cdot 123$
Наибольший общий делитель показателей равен 123.
Теперь представим каждое число в виде степени с показателем 123, используя свойство $(x^m)^n = x^{m \cdot n}$:
$a = 3^{369} = 3^{3 \cdot 123} = (3^3)^{123} = 27^{123}$
$b = 5^{246} = 5^{2 \cdot 123} = (5^2)^{123} = 25^{123}$
Теперь сравним полученные выражения: $27^{123}$ и $25^{123}$. Так как показатели степеней у них одинаковы, достаточно сравнить их основания.
Поскольку $27 > 25$, то и $27^{123} > 25^{123}$.
Следовательно, $a > b$.
Ответ: $a > b$.

б) Для сравнения чисел $a = 5^{963}$ и $b = 11^{642}$ воспользуемся тем же методом — приведением к общему показателю степени. Найдем НОД для показателей 963 и 642.
Разложим показатели на множители:
$963 = 3 \cdot 321$
$642 = 2 \cdot 321$
Наибольший общий делитель равен 321.
Теперь представим числа $a$ и $b$ в виде степеней с показателем 321:
$a = 5^{963} = 5^{3 \cdot 321} = (5^3)^{321} = 125^{321}$
$b = 11^{642} = 11^{2 \cdot 321} = (11^2)^{321} = 121^{321}$
Теперь сравним $125^{321}$ и $121^{321}$. Так как показатели степеней равны, сравним основания.
Поскольку $125 > 121$, то $125^{321} > 121^{321}$.
Следовательно, $a > b$.
Ответ: $a > b$.

31.4. a) $a = \sin 1 \sin 2$, $b = \cos 1 \cos 2$;

б) $a = \cos 1 \sin 2$, $b = \sin 1 \cos 2$.

а) Сравним значения $a = \sin 1 \sin 2$ и $b = \cos 1 \cos 2$.

Для сравнения этих двух выражений рассмотрим их разность $b - a$:

$b - a = \cos 1 \cos 2 - \sin 1 \sin 2$

Мы видим, что это выражение соответствует формуле косинуса суммы двух углов:

$\cos(\alpha + \beta) = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta$

В нашем случае $\alpha = 1$ и $\beta = 2$. Следовательно:

$b - a = \cos(1 + 2) = \cos 3$

Теперь нам нужно определить знак значения $\cos 3$. Аргументы тригонометрических функций даны в радианах. Вспомним, что $\pi \approx 3.14159$.

Определим, в какой четверти находится угол в 3 радиана:

$\frac{\pi}{2} \approx \frac{3.14159}{2} \approx 1.57$

Поскольку $\frac{\pi}{2} < 3 < \pi$, угол в 3 радиана находится во второй координатной четверти.

Косинус во второй четверти имеет отрицательное значение. Таким образом, $\cos 3 < 0$.

Из этого следует, что $b - a < 0$, что эквивалентно $b < a$.

Ответ: $a > b$.

б) Сравним значения $a = \cos 1 \sin 2$ и $b = \sin 1 \cos 2$.

Рассмотрим разность $a - b$:

$a - b = \cos 1 \sin 2 - \sin 1 \cos 2 = \sin 2 \cos 1 - \cos 2 \sin 1$

Это выражение соответствует формуле синуса разности двух углов:

$\sin(\alpha - \beta) = \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta$

В нашем случае $\alpha = 2$ и $\beta = 1$. Следовательно:

$a - b = \sin(2 - 1) = \sin 1$

Теперь определим знак значения $\sin 1$. Угол в 1 радиан находится в первой координатной четверти, так как $0 < 1 < \frac{\pi}{2} \approx 1.57$.

Синус в первой четверти имеет положительное значение. Таким образом, $\sin 1 > 0$.

Из этого следует, что $a - b > 0$, что эквивалентно $a > b$.

Ответ: $a > b$.

31.5. a) $a = \sin (\cos 1)$, $b = \cos (\cos 1);$

б) $a = \cos (\sin 1)$, $b = \cos (\cos 1).$

а) Требуется сравнить числа $a = \sin(\cos 1)$ и $b = \cos(\cos 1)$.

Аргументы функций синуса и косинуса здесь выражены в радианах. Оценим величину аргумента $\cos 1$. Так как $0 < 1 < \frac{\pi}{2}$ (поскольку $\pi \approx 3.14$, то $\frac{\pi}{2} \approx 1.57$), угол в 1 радиан находится в первой четверти. Для любого угла $x$ из первой четверти его косинус положителен и меньше 1. Таким образом, $0 < \cos 1 < 1$.

Пусть $x = \cos 1$. Нам нужно сравнить $\sin x$ и $\cos x$. Известно, что на интервале $(0, \frac{\pi}{2})$ знак разности $\cos x - \sin x$ зависит от сравнения $x$ с числом $\frac{\pi}{4}$.

• Если $0 < x < \frac{\pi}{4}$, то $\cos x > \sin x$.
• Если $x = \frac{\pi}{4}$, то $\cos x = \sin x$.
• Если $\frac{\pi}{4} < x < \frac{\pi}{2}$, то $\cos x < \sin x$.

Сравним аргумент $x = \cos 1$ с числом $\frac{\pi}{4}$. Для этого сначала сравним 1 и $\frac{\pi}{4}$. $\pi \approx 3.14159$, значит $\frac{\pi}{4} \approx 0.785$. Очевидно, что $1 > \frac{\pi}{4}$. Функция $y = \cos t$ является убывающей на отрезке $[0, \frac{\pi}{2}]$. Так как $1$ и $\frac{\pi}{4}$ принадлежат этому отрезку и $1 > \frac{\pi}{4}$, то $\cos 1 < \cos(\frac{\pi}{4})$. Значение $\cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.707$. Итак, мы имеем $x = \cos 1 < \frac{\sqrt{2}}{2}$. Теперь сравним $x$ с $\frac{\pi}{4}$: $x = \cos 1 < \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.707$. $\frac{\pi}{4} \approx 0.785$. Следовательно, $x < \frac{\pi}{4}$. Так как наш аргумент $x = \cos 1$ удовлетворяет условию $0 < x < \frac{\pi}{4}$, то для него выполняется неравенство $\cos x > \sin x$. Подставляя обратно $x = \cos 1$, получаем: $\cos(\cos 1) > \sin(\cos 1)$, то есть $b > a$.
Ответ: $a < b$.

б) Требуется сравнить числа $a = \cos(\sin 1)$ и $b = \cos(\cos 1)$.

Мы сравниваем значения функции косинус в двух разных точках: $\sin 1$ и $\cos 1$. Рассмотрим функцию $y = \cos t$. Нам нужно определить, на каком промежутке лежат аргументы $\sin 1$ и $\cos 1$. Как было показано в пункте а), $0 < 1 < \frac{\pi}{2}$. На этом интервале и синус, и косинус положительны. Также $\sin 1 < \sin(\frac{\pi}{2}) = 1$ и $\cos 1 < \cos(0) = 1$. Следовательно, оба аргумента, $\sin 1$ и $\cos 1$, принадлежат интервалу $(0, 1)$.

Интервал $(0, 1)$ является частью интервала $(0, \frac{\pi}{2})$, на котором функция $y = \cos t$ строго убывает. Это означает, что большему значению аргумента соответствует меньшее значение функции.

Таким образом, чтобы сравнить $a = \cos(\sin 1)$ и $b = \cos(\cos 1)$, нам нужно сравнить их аргументы: $\sin 1$ и $\cos 1$. Сравним 1 радиан с $\frac{\pi}{4}$ радиан. $\frac{\pi}{4} \approx 0.785$, поэтому $1 > \frac{\pi}{4}$. На интервале $(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$ значение синуса больше значения косинуса. Поскольку $1 \in (\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2})$, то $\sin 1 > \cos 1$.

Итак, мы имеем два аргумента $t_1 = \sin 1$ и $t_2 = \cos 1$, для которых выполняется неравенство $t_1 > t_2$. Поскольку функция $y = \cos t$ убывает на интервале $(0, 1)$, содержащем оба этих аргумента, из $t_1 > t_2$ следует, что $\cos(t_1) < \cos(t_2)$. Подставляя значения $t_1$ и $t_2$, получаем: $\cos(\sin 1) < \cos(\cos 1)$, то есть $a < b$.
Ответ: $a < b$.

31.6. а) $a = \log_{3.1} 2$, $b = \log_{3.2} 2$;

б) $a = \log_{0.2} 37.2$, $b = \log_{0.3} 37.2$;

в) $a = \log_{5.4} 0.3$, $b = \log_{5.3} 0.3$;

г) $a = \log_{0.22} 0.7$, $b = \log_{0.33} 0.7$.

Сравним числа $a = \log_{3,1} 2$ и $b = \log_{3,2} 2$.

В обоих выражениях аргумент логарифма одинаков и равен 2, а основания различны. Для сравнения этих чисел рассмотрим поведение функции $y = \log_k x$ в зависимости от основания $k$ при фиксированном аргументе $x$.

В данном случае аргумент $x = 2$, что больше 1. Для $x > 1$ функция $y = \log_k x$ является убывающей функцией по основанию $k$ (как для $k>1$, так и для $0<k<1$). Это означает, что большему значению основания соответствует меньшее значение логарифма.

Сравним основания: $3,2 > 3,1$.

Поскольку функция убывающая, из $3,2 > 3,1$ следует, что $\log_{3,2} 2 < \log_{3,1} 2$.

Таким образом, $b < a$.

Ответ: $a > b$.

Сравним числа $a = \log_{0,2} 37,2$ и $b = \log_{0,3} 37,2$.

Аргумент логарифмов $x = 37,2$, что больше 1. Основания $k_a = 0,2$ и $k_b = 0,3$ принадлежат интервалу $(0, 1)$.

Как и в предыдущем пункте, для аргумента $x > 1$ функция $y = \log_k x$ является убывающей функцией по основанию $k$. Это свойство верно и для оснований из интервала $(0, 1)$.

Сравним основания: $0,3 > 0,2$.

Так как функция убывающая, большему основанию ($0,3$) будет соответствовать меньшее значение логарифма. Следовательно, $\log_{0,3} 37,2 < \log_{0,2} 37,2$.

Таким образом, $b < a$.

Ответ: $a > b$.

Сравним числа $a = \log_{5,4} 0,3$ и $b = \log_{5,3} 0,3$.

Аргумент логарифмов $x = 0,3$, что находится в интервале $(0, 1)$. Основания $k_a = 5,4$ и $k_b = 5,3$ больше 1.

Для аргумента $x$, такого что $0 < x < 1$, функция $y = \log_k x$ является возрастающей функцией по основанию $k$ (как для $k>1$, так и для $0<k<1$). Это означает, что большему значению основания соответствует большее значение логарифма.

Сравним основания: $5,4 > 5,3$.

Поскольку функция возрастающая, из $5,4 > 5,3$ следует, что $\log_{5,4} 0,3 > \log_{5,3} 0,3$.

Таким образом, $a > b$.

Ответ: $a > b$.

Сравним числа $a = \log_{0,22} 0,7$ и $b = \log_{0,33} 0,7$.

Аргумент логарифмов $x = 0,7$, что находится в интервале $(0, 1)$. Основания $k_a = 0,22$ и $k_b = 0,33$ также принадлежат интервалу $(0, 1)$.

Как и в предыдущем пункте, для аргумента $x$ из интервала $(0, 1)$ функция $y = \log_k x$ является возрастающей функцией по основанию $k$. Это свойство верно и для оснований из интервала $(0, 1)$.

Сравним основания: $0,33 > 0,22$.

Так как функция возрастающая, большему основанию ($0,33$) будет соответствовать большее значение логарифма. Следовательно, $\log_{0,33} 0,7 > \log_{0,22} 0,7$.

Таким образом, $b > a$.

Ответ: $a < b$.

31.7. a) $a = \log_3 8$, $b = \log_2 7$;

б) $a = \log_{22} 4$, $b = \log_{33} 6$;

В) $a = \lg 995$, $b = \log_3 30$;

Г) $a = \log_{0.2} 7$, $b = \log_{0.3} 17$.

а) $a = \log_3 8, \quad b = \log_2 7$

Для сравнения чисел $a$ и $b$ используем метод сравнения с промежуточным значением. В данном случае удобно сравнить оба числа с 2.

Рассмотрим число $a = \log_3 8$. Представим 2 в виде логарифма с основанием 3: $2 = \log_3(3^2) = \log_3 9$.

Поскольку логарифмическая функция с основанием $3 > 1$ является возрастающей, а $8 < 9$, то $\log_3 8 < \log_3 9$. Следовательно, $a < 2$.

Рассмотрим число $b = \log_2 7$. Представим 2 в виде логарифма с основанием 2: $2 = \log_2(2^2) = \log_2 4$.

Поскольку логарифмическая функция с основанием $2 > 1$ является возрастающей, а $7 > 4$, то $\log_2 7 > \log_2 4$. Следовательно, $b > 2$.

Из неравенств $a < 2$ и $b > 2$ следует, что $a < b$.

Ответ: $a < b$.

б) $a = \log_{22} 4, \quad b = \log_{33} 6$

Для сравнения чисел $a$ и $b$ сравним каждое из них с числом $1/2$.

Рассмотрим число $a = \log_{22} 4$. Представим $1/2$ в виде логарифма с основанием 22: $1/2 = \log_{22}(22^{1/2}) = \log_{22}\sqrt{22}$.

Сравним числа $4$ и $\sqrt{22}$. Для этого сравним их квадраты: $4^2 = 16$ и $(\sqrt{22})^2 = 22$. Так как $16 < 22$, то $4 < \sqrt{22}$.

Поскольку основание логарифма $22 > 1$, функция является возрастающей, поэтому из $4 < \sqrt{22}$ следует, что $\log_{22} 4 < \log_{22}\sqrt{22}$. Таким образом, $a < 1/2$.

Рассмотрим число $b = \log_{33} 6$. Представим $1/2$ в виде логарифма с основанием 33: $1/2 = \log_{33}(33^{1/2}) = \log_{33}\sqrt{33}$.

Сравним числа $6$ и $\sqrt{33}$. Сравним их квадраты: $6^2 = 36$ и $(\sqrt{33})^2 = 33$. Так как $36 > 33$, то $6 > \sqrt{33}$.

Поскольку основание логарифма $33 > 1$, функция является возрастающей, поэтому из $6 > \sqrt{33}$ следует, что $\log_{33} 6 > \log_{33}\sqrt{33}$. Таким образом, $b > 1/2$.

Из неравенств $a < 1/2$ и $b > 1/2$ следует, что $a < b$.

Ответ: $a < b$.

в) $a = \lg 995, \quad b = \log_3 30$

Для сравнения чисел $a$ и $b$ сравним каждое из них с числом 3.

Рассмотрим число $a = \lg 995 = \log_{10} 995$. Представим 3 в виде десятичного логарифма: $3 = \log_{10}(10^3) = \log_{10} 1000$.

Поскольку основание логарифма $10 > 1$, функция является возрастающей. Так как $995 < 1000$, то $\log_{10} 995 < \log_{10} 1000$. Следовательно, $a < 3$.

Рассмотрим число $b = \log_3 30$. Представим 3 в виде логарифма с основанием 3: $3 = \log_3(3^3) = \log_3 27$.

Поскольку основание логарифма $3 > 1$, функция является возрастающей. Так как $30 > 27$, то $\log_3 30 > \log_3 27$. Следовательно, $b > 3$.

Из неравенств $a < 3$ и $b > 3$ следует, что $a < b$.

Ответ: $a < b$.

г) $a = \log_{0,2} 7, \quad b = \log_{0,3} 17$

Сначала определим знаки чисел $a$ и $b$. Логарифмическая функция $y = \log_c x$ с основанием $0 < c < 1$ отрицательна при $x > 1$.

Для $a = \log_{0,2} 7$, основание $0,2 \in (0, 1)$ и аргумент $7 > 1$, следовательно $a < 0$.

Для $b = \log_{0,3} 17$, основание $0,3 \in (0, 1)$ и аргумент $17 > 1$, следовательно $b < 0$.

Оба числа отрицательны. Чтобы сравнить их, сравним их модули. Чем больше модуль отрицательного числа, тем оно меньше.

Найдем модули: $|a| = |\log_{0,2} 7| = -\log_{0,2} 7 = \log_{1/0,2} 7 = \log_5 7$.

$|b| = |\log_{0,3} 17| = -\log_{0,3} 17 = \log_{1/0,3} 17 = \log_{10/3} 17$.

Теперь сравним $|a| = \log_5 7$ и $|b| = \log_{10/3} 17$ с числом 2.

Для $|a|$: $2 = \log_5(5^2) = \log_5 25$. Так как $7 < 25$ и основание $5 > 1$, то $\log_5 7 < \log_5 25$, то есть $|a| < 2$.

Для $|b|$: $2 = \log_{10/3}((10/3)^2) = \log_{10/3}(100/9)$. Сравним $17$ и $100/9$. $17 = 153/9$. Так как $153/9 > 100/9$, то $17 > 100/9$. Поскольку основание $10/3 > 1$, то $\log_{10/3} 17 > \log_{10/3}(100/9)$, то есть $|b| > 2$.

Из неравенств $|a| < 2$ и $|b| > 2$ следует, что $|a| < |b|$.

Так как $a$ и $b$ - отрицательные числа, а $|a| < |b|$, то $a > b$.

Ответ: $a > b$.

31.8. Докажите:

а) если $a + b \ge 0$, то $ab(a + b) \le a^3 + b^3$.

б) если $a + b \ge 0$, $a \ne 0$, $b \ne 0$, то $\frac{a}{b^2} + \frac{b}{a^2} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b}$;

a) Требуется доказать, что если $a + b \ge 0$, то $ab(a + b) \le a^3 + b^3$.
Для доказательства преобразуем неравенство. Перенесем все члены в правую часть:
$a^3 + b^3 - ab(a + b) \ge 0$
Используем формулу суммы кубов $a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 - ab + b^2)$:
$(a + b)(a^2 - ab + b^2) - ab(a + b) \ge 0$
Вынесем общий множитель $(a + b)$ за скобки:
$(a + b)((a^2 - ab + b^2) - ab) \ge 0$
Упростим выражение во второй скобке:
$(a + b)(a^2 - 2ab + b^2) \ge 0$
Выражение в скобках представляет собой полный квадрат разности: $a^2 - 2ab + b^2 = (a - b)^2$.
Таким образом, мы приходим к неравенству:
$(a + b)(a - b)^2 \ge 0$
Это неравенство справедливо, так как по условию задачи $a + b \ge 0$, а множитель $(a - b)^2$ как квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен, то есть $(a - b)^2 \ge 0$. Произведение двух неотрицательных чисел всегда неотрицательно.
Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно.
Ответ: Доказано.

б) Требуется доказать, что если $a + b \ge 0$, $a \ne 0$, $b \ne 0$, то $\frac{a}{b^2} + \frac{b}{a^2} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b}$.
Поскольку по условию $a \ne 0$ и $b \ne 0$, то $a^2b^2$ является строго положительным числом. Умножим обе части неравенства на $a^2b^2 > 0$, при этом знак неравенства не изменится:
$a^2b^2 \left( \frac{a}{b^2} + \frac{b}{a^2} \right) \ge a^2b^2 \left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \right)$
Раскроем скобки в обеих частях:
$\frac{a^3b^2}{b^2} + \frac{a^2b^3}{a^2} \ge \frac{a^2b^2}{a} + \frac{a^2b^2}{b}$
После сокращения получаем:
$a^3 + b^3 \ge ab^2 + a^2b$
Вынесем общий множитель $ab$ за скобки в правой части неравенства:
$a^3 + b^3 \ge ab(b + a)$
Мы получили неравенство $a^3 + b^3 \ge ab(a + b)$, справедливость которого была доказана в пункте a) при условии $a + b \ge 0$.
Так как все преобразования были равносильными, а полученное неравенство верно при заданных условиях, то и исходное неравенство доказано.
Ответ: Доказано.

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 $(2a^2 + 2a + 1)$.

31.10. а) $x^2 + \frac{1}{x^2} \ge 2 (x \ne 0);$

б) $\frac{a^4}{1 + a^8} \le \frac{1}{2}.$

а) Требуется доказать неравенство $x^2 + \frac{1}{x^2} \ge 2$ при условии $x \ne 0$.

Для доказательства преобразуем данное неравенство. Перенесем 2 в левую часть:

$x^2 - 2 + \frac{1}{x^2} \ge 0$

Заметим, что левая часть является полным квадратом разности. Вспомним формулу $(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$.

В нашем случае, если взять $a = x$ и $b = \frac{1}{x}$, то левая часть неравенства сворачивается в квадрат:

$(x - \frac{1}{x})^2 \ge 0$

Это неравенство является верным для любого действительного значения $x \ne 0$, так как квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен (то есть больше или равен нулю).

Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно.

Равенство $x^2 + \frac{1}{x^2} = 2$ достигается тогда, когда $(x - \frac{1}{x})^2 = 0$, то есть при $x - \frac{1}{x} = 0$. Отсюда $x = \frac{1}{x}$, или $x^2 = 1$, что дает решения $x=1$ и $x=-1$.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Требуется доказать неравенство $\frac{a^4}{1 + a^8} \le \frac{1}{2}$ для любого действительного $a$.

Так как $a^8 = (a^4)^2 \ge 0$, знаменатель дроби $1+a^8$ всегда положителен. Поэтому мы можем умножить обе части неравенства на $2(1 + a^8)$, знак неравенства при этом не изменится:

$2 \cdot a^4 \le 1 \cdot (1 + a^8)$

$2a^4 \le 1 + a^8$

Перенесем $2a^4$ в правую часть:

$0 \le 1 - 2a^4 + a^8$

Правая часть этого неравенства представляет собой полный квадрат разности. Вспомним формулу $(k-m)^2 = k^2 - 2km + m^2$.

В нашем случае, если взять $k = 1$ и $m = a^4$, то правая часть сворачивается в квадрат:

$0 \le (1 - a^4)^2$

Это неравенство является верным для любого действительного числа $a$, так как $a^4$ - действительное число, и квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен.

Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно.

Равенство $\frac{a^4}{1 + a^8} = \frac{1}{2}$ достигается тогда, когда $(1 - a^4)^2 = 0$, то есть при $1 - a^4 = 0$. Отсюда $a^4 = 1$, что дает решения $a=1$ и $a=-1$.

Ответ: Неравенство доказано.

31.11. a) $(x^2 + y^2)(x^2y^2 + 1) \ge 4x^2y^2;$

б) $(a^4 + b^4)(a^4b^4 + 1)(a^2b^6 + a^6b^2) \ge 8a^8b^8.$

а) Докажем неравенство $(x^2 + y^2)(x^2y^2 + 1) \ge 4x^2y^2$.

Для доказательства воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для двух неотрицательных чисел $p$ и $q$, которое гласит: $p + q \ge 2\sqrt{pq}$.

Заметим, что $x^2$, $y^2$ и $x^2y^2$ являются неотрицательными величинами для любых действительных чисел $x$ и $y$.

Применим неравенство Коши к первому сомножителю в левой части исходного неравенства, взяв $p = x^2$ и $q = y^2$:

$x^2 + y^2 \ge 2\sqrt{x^2 \cdot y^2} = 2\sqrt{(xy)^2} = 2|xy|$.

Теперь применим неравенство Коши ко второму сомножителю, взяв $p = x^2y^2$ и $q = 1$:

$x^2y^2 + 1 \ge 2\sqrt{x^2y^2 \cdot 1} = 2\sqrt{(xy)^2} = 2|xy|$.

Поскольку обе части полученных неравенств ($x^2 + y^2 \ge 2|xy|$ и $x^2y^2 + 1 \ge 2|xy|$) неотрицательны, мы можем их перемножить:

$(x^2 + y^2)(x^2y^2 + 1) \ge (2|xy|) \cdot (2|xy|)$.

Упростим правую часть:

$(2|xy|)^2 = 4|xy|^2 = 4(xy)^2 = 4x^2y^2$.

Таким образом, мы получили, что $(x^2 + y^2)(x^2y^2 + 1) \ge 4x^2y^2$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $(a^4 + b^4)(a^4b^4 + 1)(a^2b^6 + a^6b^2) \ge 8a^8b^8$.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: Если $a=0$ или $b=0$, то левая и правая части неравенства равны нулю. Неравенство $0 \ge 0$ является верным.

Случай 2: Пусть $a \ne 0$ и $b \ne 0$. Все сомножители в левой части положительны. Воспользуемся неравенством Коши ($p + q \ge 2\sqrt{pq}$ для $p,q \ge 0$) для каждого из трех сомножителей в левой части исходного неравенства.

1. Для первого сомножителя ($a^4 + b^4$):

$a^4 + b^4 \ge 2\sqrt{a^4b^4} = 2a^2b^2$.

2. Для второго сомножителя ($a^4b^4 + 1$):

$a^4b^4 + 1 \ge 2\sqrt{a^4b^4 \cdot 1} = 2a^2b^2$.

3. Для третьего сомножителя ($a^2b^6 + a^6b^2$):

$a^2b^6 + a^6b^2 \ge 2\sqrt{(a^2b^6)(a^6b^2)} = 2\sqrt{a^{2+6}b^{6+2}} = 2\sqrt{a^8b^8} = 2a^4b^4$.

Так как все части полученных неравенств положительны, мы можем их перемножить:

$(a^4 + b^4)(a^4b^4 + 1)(a^2b^6 + a^6b^2) \ge (2a^2b^2)(2a^2b^2)(2a^4b^4)$.

Упростим правую часть полученного неравенства:

$(2a^2b^2)(2a^2b^2)(2a^4b^4) = 8 \cdot a^{2+2+4} \cdot b^{2+2+4} = 8a^8b^8$.

Таким образом, мы доказали, что $(a^4 + b^4)(a^4b^4 + 1)(a^2b^6 + a^6b^2) \ge 8a^8b^8$.

Ответ: Неравенство доказано.

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

Сделаем замену переменных: $x = a^2$, $y = b^2$, $z = c^2$. Поскольку $a, b, c$ — действительные числа, то $x, y, z$ — неотрицательные действительные числа ($x \ge 0, y \ge 0, z \ge 0$). Исходное неравенство $a^2b^2c^2(a^2 + b^2 + c^2) + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \ge 6a^2b^2c^2$ принимает вид:

$xyz(x+y+z) + xy + yz + zx \ge 6xyz$.

Рассмотрим два возможных случая.

Первый случай: хотя бы одна из переменных $a, b, c$ равна нулю. Это эквивалентно тому, что хотя бы одна из переменных $x, y, z$ равна нулю. Пусть для определенности $c=0$, тогда и $z=0$. Неравенство превращается в:

$x \cdot y \cdot 0 \cdot (x+y+0) + xy + y \cdot 0 + 0 \cdot x \ge 6 \cdot x \cdot y \cdot 0$

$0 + xy + 0 + 0 \ge 0$

$xy \ge 0$

Так как $x=a^2 \ge 0$ и $y=b^2 \ge 0$, их произведение $xy$ также неотрицательно. Таким образом, в этом случае неравенство верно.

Второй случай: все переменные $a, b, c$ отличны от нуля. Это означает, что $x > 0, y > 0, z > 0$. В этом случае можно разделить обе части неравенства $xyz(x+y+z) + xy + yz + zx \ge 6xyz$ на положительное число $xyz$:

$\frac{xyz(x+y+z)}{xyz} + \frac{xy}{xyz} + \frac{yz}{xyz} + \frac{zx}{xyz} \ge \frac{6xyz}{xyz}$

$x+y+z + \frac{1}{z} + \frac{1}{y} + \frac{1}{x} \ge 6$

Сгруппируем слагаемые в левой части:

$(x + \frac{1}{x}) + (y + \frac{1}{y}) + (z + \frac{1}{z}) \ge 6$

Для любого положительного числа $k$ по неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) имеем $k + \frac{1}{k} \ge 2\sqrt{k \cdot \frac{1}{k}} = 2$.

Применяя это неравенство для положительных $x, y, z$, получаем:

$x + \frac{1}{x} \ge 2$

$y + \frac{1}{y} \ge 2$

$z + \frac{1}{z} \ge 2$

Складывая эти три неравенства, получаем требуемое:

$(x + \frac{1}{x}) + (y + \frac{1}{y}) + (z + \frac{1}{z}) \ge 2 + 2 + 2 = 6$

Таким образом, неравенство доказано для всех действительных $a, b, c$.

Теперь определим, когда достигается равенство. В первом случае (например, $z=0$) равенство $xy \ge 0$ достигается, когда $xy=0$, то есть когда $x=0$ или $y=0$. Это означает, что если одна переменная равна нулю (например, $c=0$), то для равенства необходимо, чтобы еще одна переменная была равна нулю (например, $a=0$ или $b=0$). Таким образом, равенство достигается, если как минимум две из переменных $a, b, c$ равны нулю.

Во втором случае равенство достигается, когда $x + \frac{1}{x} = 2$, $y + \frac{1}{y} = 2$ и $z + \frac{1}{z} = 2$ одновременно. Это возможно только при $x=1, y=1, z=1$. Возвращаясь к исходным переменным, получаем $a^2=1, b^2=1, c^2=1$, что означает $|a|=1, |b|=1, |c|=1$.

Ответ: Неравенство доказано. Равенство достигается в двух случаях: 1) когда $|a|=|b|=|c|=1$; 2) когда как минимум две из трех переменных $a, b, c$ равны нулю.

31.13. a) $x^2 + \frac{25}{4x^2} \ge 5$ $(x \ne 0);$

б) $\frac{z^2 + 10}{\sqrt{z^2 + 9}} \ge 2;$

В) $x^2 y^2 + \frac{z^2}{y^2} \ge 2xz$ $(y \ne 0);$

Г) $\frac{6\sqrt{c^2 + 3}}{c^2 + 12} \le 1.$

а) Докажем неравенство $x^2 + \frac{25}{4x^2} \ge 5$ при $x \neq 0$.

Перенесем все члены в левую часть и приведем к общему знаменателю. Так как по условию $x \neq 0$, то $4x^2 > 0$, и мы можем умножить неравенство на $4x^2$ или привести к общему знаменателю, не меняя знака неравенства.

$x^2 - 5 + \frac{25}{4x^2} \ge 0$

$\frac{4x^4 - 20x^2 + 25}{4x^2} \ge 0$

Рассмотрим числитель дроби. Он представляет собой формулу квадрата разности:

$4x^4 - 20x^2 + 25 = (2x^2)^2 - 2 \cdot (2x^2) \cdot 5 + 5^2 = (2x^2 - 5)^2$

Таким образом, неравенство принимает вид:

$\frac{(2x^2 - 5)^2}{4x^2} \ge 0$

Квадрат любого действительного числа является неотрицательной величиной, поэтому числитель $(2x^2 - 5)^2 \ge 0$. Знаменатель $4x^2$ строго положителен, так как $x \neq 0$. Частное от деления неотрицательного числа на положительное всегда неотрицательно. Следовательно, неравенство верно для всех $x \neq 0$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $\frac{z^2 + 10}{\sqrt{z^2 + 9}} \ge 2$.

Область определения неравенства — все действительные числа $z$, так как подкоренное выражение $z^2 + 9$ всегда положительно ($z^2 \ge 0 \implies z^2+9 \ge 9$). Преобразуем левую часть неравенства, выделив в числителе выражение из знаменателя:

$\frac{z^2 + 10}{\sqrt{z^2 + 9}} = \frac{(z^2 + 9) + 1}{\sqrt{z^2 + 9}} = \frac{z^2 + 9}{\sqrt{z^2 + 9}} + \frac{1}{\sqrt{z^2 + 9}} = \sqrt{z^2 + 9} + \frac{1}{\sqrt{z^2 + 9}}$

Сделаем замену: пусть $t = \sqrt{z^2 + 9}$. Тогда выражение принимает вид $t + \frac{1}{t}$.

Поскольку $t = \sqrt{z^2+9} > 0$, мы можем применить неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для двух положительных чисел $t$ и $\frac{1}{t}$:

$t + \frac{1}{t} \ge 2\sqrt{t \cdot \frac{1}{t}} = 2\sqrt{1} = 2$

Таким образом, $\sqrt{z^2 + 9} + \frac{1}{\sqrt{z^2 + 9}} \ge 2$, что доказывает исходное неравенство.

Ответ: Неравенство доказано.

в) Докажем неравенство $x^2y^2 + \frac{z^2}{y^2} \ge 2xz$ при $y \neq 0$.

Перенесем член $2xz$ из правой части в левую:

$x^2y^2 - 2xz + \frac{z^2}{y^2} \ge 0$

Заметим, что левая часть этого неравенства является полным квадратом разности. Действительно:

$x^2y^2 = (xy)^2$

$\frac{z^2}{y^2} = \left(\frac{z}{y}\right)^2$

А член $-2xz$ является удвоенным произведением выражений $xy$ и $\frac{z}{y}$ со знаком минус:

$-2 \cdot (xy) \cdot \left(\frac{z}{y}\right) = -2xz$

Следовательно, левую часть можно свернуть по формуле квадрата разности:

$(xy)^2 - 2(xy)\left(\frac{z}{y}\right) + \left(\frac{z}{y}\right)^2 = \left(xy - \frac{z}{y}\right)^2$

Неравенство принимает вид:

$\left(xy - \frac{z}{y}\right)^2 \ge 0$

Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен. Поскольку при $y \neq 0$ выражение в скобках является действительным числом, это неравенство справедливо для любых $x, z$ и $y \neq 0$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

г) Докажем неравенство $\frac{6\sqrt{c^2+3}}{c^2+12} \le 1$.

Для любого действительного числа $c$ имеем $c^2 \ge 0$. Поэтому знаменатель $c^2+12 \ge 12$, то есть он всегда положителен. Также числитель $6\sqrt{c^2+3}$ неотрицателен. Поэтому мы можем производить равносильные преобразования неравенства.

Умножим обе части неравенства на положительное выражение $c^2+12$:

$6\sqrt{c^2+3} \le c^2+12$

Обе части полученного неравенства неотрицательны, поэтому мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства:

$(6\sqrt{c^2+3})^2 \le (c^2+12)^2$

$36(c^2+3) \le (c^2)^2 + 2 \cdot c^2 \cdot 12 + 12^2$

$36c^2 + 108 \le c^4 + 24c^2 + 144$

Перенесем все члены в правую часть:

$0 \le c^4 + 24c^2 - 36c^2 + 144 - 108$

$0 \le c^4 - 12c^2 + 36$

Выражение в правой части является полным квадратом:

$c^4 - 12c^2 + 36 = (c^2)^2 - 2 \cdot c^2 \cdot 6 + 6^2 = (c^2 - 6)^2$

В итоге мы приходим к неравенству:

$0 \le (c^2 - 6)^2$

Это неравенство верно для любого действительного числа $c$, так как квадрат любого действительного числа всегда больше или равен нулю. Поскольку все выполненные преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно. Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.