Номер 9.98, страница 112, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

9.98. Докажите неравенство:

1) $(6u - 1)(u + 2) < (3u + 4)(2u + 1);$

2) $(3v - 1)(2v + 1) > (2v - 1)(2 + 3v);$

3) $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab};$

4) $a + \frac{1}{a} \ge 2, a > 0.$

1)Докажем неравенство $(6u-1)(u+2) < (3u+4)(2u+1)$. Для этого раскроем скобки в обеих частях неравенства.

Левая часть: $(6u-1)(u+2) = 6u^2 + 12u - u - 2 = 6u^2 + 11u - 2$.

Правая часть: $(3u+4)(2u+1) = 6u^2 + 3u + 8u + 4 = 6u^2 + 11u + 4$.

Подставим полученные выражения в исходное неравенство:

$6u^2 + 11u - 2 < 6u^2 + 11u + 4$.

Перенесем все слагаемые из правой части в левую:

$(6u^2 + 11u - 2) - (6u^2 + 11u + 4) < 0$.

$6u^2 + 11u - 2 - 6u^2 - 11u - 4 < 0$.

$-6 < 0$.

Полученное неравенство $-6 < 0$ является верным числовым неравенством. Так как все преобразования были равносильными, исходное неравенство верно для любого действительного значения $\text{u}$.

Ответ: Неравенство доказано.

2)Докажем неравенство $(3v-1)(2v+1) > (2v-1)(2+3v)$. Раскроем скобки в обеих частях.

Левая часть: $(3v-1)(2v+1) = 6v^2 + 3v - 2v - 1 = 6v^2 + v - 1$.

Правая часть: $(2v-1)(2+3v) = 4v + 6v^2 - 2 - 3v = 6v^2 + v - 2$.

Подставим полученные выражения в исходное неравенство:

$6v^2 + v - 1 > 6v^2 + v - 2$.

Перенесем все слагаемые из правой части в левую:

$(6v^2 + v - 1) - (6v^2 + v - 2) > 0$.

$6v^2 + v - 1 - 6v^2 - v + 2 > 0$.

$1 > 0$.

Полученное неравенство $1 > 0$ является верным. Следовательно, исходное неравенство верно при любом действительном значении $\text{v}$.

Ответ: Неравенство доказано.

3)Докажем неравенство $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$. Данное неравенство (неравенство Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом) определено для неотрицательных значений $\text{a}$ и $\text{b}$ ($a \ge 0, b \ge 0$), так как подкоренное выражение не может быть отрицательным.

Перенесем все члены в левую часть:

$\frac{a+b}{2} - \sqrt{ab} \ge 0$.

Умножим обе части неравенства на 2 (знак неравенства не изменится):

$a - 2\sqrt{ab} + b \ge 0$.

Левая часть этого неравенства является полным квадратом разности. Чтобы это увидеть, представим $\text{a}$ как $(\sqrt{a})^2$ и $\text{b}$ как $(\sqrt{b})^2$:

$(\sqrt{a})^2 - 2\sqrt{a}\sqrt{b} + (\sqrt{b})^2 \ge 0$.

Сворачиваем по формуле квадрата разности:

$(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \ge 0$.

Квадрат любого действительного числа всегда больше или равен нулю. Так как при $a \ge 0$ и $b \ge 0$ выражения $\sqrt{a}$ и $\sqrt{b}$ являются действительными числами, их разность также действительное число, и ее квадрат неотрицателен. Таким образом, неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

4)Докажем неравенство $a + \frac{1}{a} \ge 2$ при $a > 0$.

Перенесем 2 в левую часть неравенства:

$a + \frac{1}{a} - 2 \ge 0$.

Приведем левую часть к общему знаменателю $\text{a}$:

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

Поскольку по условию $a > 0$, мы можем умножить обе части неравенства на $\text{a}$, при этом знак неравенства не изменится:

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

Выражение в левой части является полным квадратом разности:

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

Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен, поэтому полученное неравенство верно. Так как все преобразования были равносильными (при условии $a>0$), то и исходное неравенство верно.

Ответ: Неравенство доказано.