Номер 442, страница 176 - гдз по алгебре 8 класс учебник Колягин, Ткачева

Упражнения. Параграф 25. Квадратный корень из дроби. Глава 4. Квадратные корни - номер 442, страница 176.

Условие.

442. Доказать, что для любых положительных чисел $a$ и $b$ справедливо неравенство:

1) $\sqrt{ab} \ge \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}$;

2) $\sqrt{\frac{a^2}{b}} + \sqrt{\frac{b^2}{a}} \ge \sqrt{a} + \sqrt{b}$.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

1) Для доказательства неравенства $ \sqrt{ab} \ge \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} $ для положительных чисел $a$ и $b$ преобразуем его правую часть. Правая часть представляет собой гармоническое среднее чисел $a$ и $b$.
$ \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} = \frac{2}{\frac{b+a}{ab}} = \frac{2ab}{a+b} $.
Таким образом, исходное неравенство эквивалентно следующему: $ \sqrt{ab} \ge \frac{2ab}{a+b} $.
Поскольку по условию $a > 0$ и $b > 0$, обе части неравенства положительны. Мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства: $ (\sqrt{ab})^2 \ge \left(\frac{2ab}{a+b}\right)^2 $
$ ab \ge \frac{4a^2b^2}{(a+b)^2} $.
Так как $ab > 0$, разделим обе части на $ab$: $ 1 \ge \frac{4ab}{(a+b)^2} $.
Умножим обе части на $(a+b)^2$, которое всегда положительно: $ (a+b)^2 \ge 4ab $.
Раскроем скобки и перенесем все слагаемые в левую часть: $ a^2 + 2ab + b^2 \ge 4ab $
$ a^2 - 2ab + b^2 \ge 0 $.
Полученное выражение является полным квадратом разности: $ (a-b)^2 \ge 0 $.
Это неравенство является истинным для любых действительных чисел $a$ и $b$, так как квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен. Все преобразования были равносильными, следовательно, исходное неравенство также верно. Равенство достигается при $a-b=0$, то есть при $a=b$.
Ответ: Неравенство доказано.

2) Рассмотрим неравенство в том виде, как оно дано в условии: $ \sqrt{\frac{a^2}{b}} + \sqrt{\frac{b^2}{b}} \ge \sqrt{a} + \sqrt{b} $.
Поскольку $a, b > 0$, мы можем упростить левую часть: $ \frac{\sqrt{a^2}}{\sqrt{b}} + \sqrt{b} = \frac{a}{\sqrt{b}} + \sqrt{b} $.
Тогда неравенство принимает вид: $ \frac{a}{\sqrt{b}} + \sqrt{b} \ge \sqrt{a} + \sqrt{b} $.
Вычтем из обеих частей $ \sqrt{b} $: $ \frac{a}{\sqrt{b}} \ge \sqrt{a} $.
Так как $ \sqrt{b} > 0 $, умножим обе части на $ \sqrt{b} $: $ a \ge \sqrt{a}\sqrt{b} $ или $ a \ge \sqrt{ab} $.
Возведем в квадрат обе положительные части: $ a^2 \ge ab $.
Разделим на $ a > 0 $: $ a \ge b $.
Данное неравенство справедливо только при $ a \ge b $, а не для любых положительных $a$ и $b$, как требует условие. Например, для $a=2, b=3$ неравенство $2 \ge 3$ неверно. Следовательно, в условии задачи, по-видимому, опечатка. Наиболее вероятная форма исходного неравенства: $ \sqrt{\frac{a^2}{b}} + \sqrt{\frac{b^2}{a}} \ge \sqrt{a} + \sqrt{b} $. Докажем его.
Преобразуем левую часть: $ \frac{a}{\sqrt{b}} + \frac{b}{\sqrt{a}} $. Неравенство для доказательства: $ \frac{a}{\sqrt{b}} + \frac{b}{\sqrt{a}} \ge \sqrt{a} + \sqrt{b} $.
Перенесем все члены в левую часть: $ \frac{a}{\sqrt{b}} + \frac{b}{\sqrt{a}} - \sqrt{a} - \sqrt{b} \ge 0 $.
Сгруппируем слагаемые: $ \left(\frac{a}{\sqrt{b}} - \sqrt{b}\right) + \left(\frac{b}{\sqrt{a}} - \sqrt{a}\right) \ge 0 $.
Приведем к общему знаменателю в каждой скобке: $ \frac{a-b}{\sqrt{b}} + \frac{b-a}{\sqrt{a}} \ge 0 $.
$ \frac{a-b}{\sqrt{b}} - \frac{a-b}{\sqrt{a}} \ge 0 $.
Вынесем общий множитель $ (a-b) $: $ (a-b)\left(\frac{1}{\sqrt{b}} - \frac{1}{\sqrt{a}}\right) \ge 0 $.
Приведем выражение во второй скобке к общему знаменателю: $ (a-b)\left(\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt{ab}}\right) \ge 0 $.
Разложим $ a-b $ по формуле разности квадратов: $ a-b = (\sqrt{a}-\sqrt{b})(\sqrt{a}+\sqrt{b}) $.
$ \frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})(\sqrt{a}+\sqrt{b})(\sqrt{a}-\sqrt{b})}{\sqrt{ab}} \ge 0 $.
$ \frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2(\sqrt{a}+\sqrt{b})}{\sqrt{ab}} \ge 0 $.
Проанализируем это выражение: множитель $ (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2 \ge 0 $, так как это квадрат действительного числа. Множитель $ (\sqrt{a}+\sqrt{b}) > 0 $, так как $a$ и $b$ положительны. Знаменатель $ \sqrt{ab} > 0 $. Таким образом, вся дробь является частным от деления неотрицательного числа на положительное, и, следовательно, она всегда неотрицательна. Неравенство доказано. Равенство достигается при $ \sqrt{a}=\sqrt{b} $, то есть при $a=b$.
Ответ: Неравенство в исходной форме неверно. Доказано исправленное неравенство $ \sqrt{\frac{a^2}{b}} + \sqrt{\frac{b^2}{a}} \ge \sqrt{a} + \sqrt{b} $.