Страница 57 - гдз по алгебре 8 класс учебник Колягин, Ткачева

158. Доказать, что если $a > 2$ и $b > 5$, то:

1) $3a + 2b > 16$;

2) $ab - 1 > 9$;

3) $a^2 + b^2 > 29$;

4) $a^3 + b^3 > 133$;

5) $(a+b)^2 > 35$;

6) $(a+b)^3 > 340$.

1)Для доказательства неравенства $3a + 2b > 16$ воспользуемся исходными условиями: $a > 2$ и $b > 5$.

Используя свойства числовых неравенств, умножим первое неравенство на 3, а второе на 2. Так как множители (3 и 2) положительны, знаки неравенств сохранятся:

$a > 2 \implies 3a > 3 \cdot 2 \implies 3a > 6$

$b > 5 \implies 2b > 2 \cdot 5 \implies 2b > 10$

Теперь сложим почленно полученные неравенства $3a > 6$ и $2b > 10$:
$3a + 2b > 6 + 10$

$3a + 2b > 16$
Что и требовалось доказать.

Ответ: доказано.

2)Для доказательства неравенства $ab - 1 > 9$ используем те же условия: $a > 2$ и $b > 5$.

Поскольку $a$ и $b$ — положительные числа (так как $a > 2$ и $b > 5$), мы можем перемножить эти неравенства почленно:
$a \cdot b > 2 \cdot 5$

$ab > 10$

Теперь вычтем из обеих частей полученного неравенства число 1:
$ab - 1 > 10 - 1$

$ab - 1 > 9$
Что и требовалось доказать.

Ответ: доказано.

3)Для доказательства неравенства $a^2 + b^2 > 29$ воспользуемся условиями $a > 2$ и $b > 5$.

Поскольку обе части неравенства $a > 2$ положительны, мы можем возвести их в квадрат:
$a^2 > 2^2 \implies a^2 > 4$

Аналогично для неравенства $b > 5$:
$b^2 > 5^2 \implies b^2 > 25$

Сложим почленно полученные неравенства $a^2 > 4$ и $b^2 > 25$:
$a^2 + b^2 > 4 + 25$

$a^2 + b^2 > 29$
Что и требовалось доказать.

Ответ: доказано.

4)Для доказательства неравенства $a^3 + b^3 > 133$ воспользуемся условиями $a > 2$ и $b > 5$.

Возведем обе части неравенства $a > 2$ в куб. Знак неравенства сохранится, так как основания положительны:
$a^3 > 2^3 \implies a^3 > 8$

Аналогично для неравенства $b > 5$:
$b^3 > 5^3 \implies b^3 > 125$

Сложим почленно полученные неравенства $a^3 > 8$ и $b^3 > 125$:
$a^3 + b^3 > 8 + 125$

$a^3 + b^3 > 133$
Что и требовалось доказать.

Ответ: доказано.

5)Для доказательства неравенства $(a + b)^2 > 35$ воспользуемся условиями $a > 2$ и $b > 5$.

Сложим исходные неравенства почленно:
$a + b > 2 + 5$

$a + b > 7$

Поскольку $a + b > 7$, то $a+b$ — положительное число. Возведем обе части неравенства в квадрат:
$(a + b)^2 > 7^2$

$(a + b)^2 > 49$

Так как $49 > 35$, то из неравенства $(a + b)^2 > 49$ следует, что $(a + b)^2 > 35$. Что и требовалось доказать.

Ответ: доказано.

6)Для доказательства неравенства $(a + b)^3 > 340$ воспользуемся условиями $a > 2$ и $b > 5$.

Как и в предыдущем пункте, сложим исходные неравенства:
$a + b > 7$

Поскольку $a+b$ — положительное число, возведем обе части этого неравенства в куб:
$(a + b)^3 > 7^3$

Вычислим $7^3$: $7^3 = 7 \cdot 49 = 343$.
Следовательно, $(a + b)^3 > 343$.

Так как $343 > 340$, то из неравенства $(a + b)^3 > 343$ следует, что $(a + b)^3 > 340$. Что и требовалось доказать.

Ответ: доказано.

159. Стороны треугольника меньше соответственно $73 \text{ см}$, $1 \text{ м } 15 \text{ см}$ и $1 \text{ м } 11 \text{ см}$. Доказать, что его периметр меньше $3 \text{ м}$.

Пусть стороны треугольника равны $a$, $b$ и $c$. Его периметр $P$ вычисляется по формуле $P = a + b + c$.

Из условия задачи мы знаем, что стороны треугольника строго меньше заданных величин:
$a < 73$ см
$b < 1$ м $15$ см
$c < 1$ м $11$ см

Для удобства вычислений и сравнения приведем все величины к единой единице измерения — сантиметрам. Учитывая, что в $1$ метре $100$ сантиметров ($1$ м $= 100$ см):
$1$ м $15$ см $= 100$ см $+ 15$ см $= 115$ см.
$1$ м $11$ см $= 100$ см $+ 11$ см $= 111$ см.

Таким образом, неравенства для сторон треугольника принимают вид:
$a < 73$ см
$b < 115$ см
$c < 111$ см

Периметр $P$ является суммой длин сторон $a$, $b$ и $c$. Используя свойство неравенств (если сложить несколько верных неравенств одного знака, то получится верное неравенство того же знака), мы можем найти верхнюю границу для периметра:
$P = a + b + c < 73 + 115 + 111$
Выполним сложение в правой части неравенства:
$73 + 115 + 111 = 188 + 111 = 299$ см.
Следовательно, мы получаем, что периметр треугольника $P < 299$ см.

Нам необходимо доказать, что периметр меньше $3$ м. Переведем $3$ м в сантиметры:
$3$ м $= 3 \times 100$ см $= 300$ см.

Мы установили, что $P < 299$ см. Так как $299$ см $< 300$ см, то из этого следует, что $P$ также меньше $300$ см. То есть, периметр треугольника меньше $3$ м, что и требовалось доказать.

Ответ: Сумма верхних границ для сторон треугольника равна $73 + 115 + 111 = 299$ см. Так как периметр треугольника строго меньше этой суммы ($P < 299$ см), а $299$ см < $300$ см (то есть $3$ м), то периметр треугольника гарантированно меньше $3$ м.

160. Куплены 4 тетради и 8 блокнотов. Цена тетради меньше 7 р., а блокнота меньше 40 р. Показать, что стоимость всей покупки меньше 350 р.

Для решения этой задачи введем переменные и составим неравенства на основе условий.

Пусть $T$ — цена одной тетради в рублях, а $B$ — цена одного блокнота в рублях.

Из условия задачи известно, что цена тетради меньше 7 р., что можно записать в виде неравенства:
$T < 7$

Также известно, что цена блокнота меньше 40 р., что можно записать как:
$B < 40$

Было куплено 4 тетради, их общая стоимость составляет $4 \times T$. Используя неравенство для цены тетради, мы можем оценить максимальную стоимость тетрадей:
$4 \times T < 4 \times 7$
$4 \times T < 28$

Было куплено 8 блокнотов, их общая стоимость составляет $8 \times B$. Оценим максимальную стоимость блокнотов:
$8 \times B < 8 \times 40$
$8 \times B < 320$

Общая стоимость всей покупки $C$ равна сумме стоимостей всех тетрадей и всех блокнотов:
$C = 4 \times T + 8 \times B$

Чтобы найти верхнюю границу для общей стоимости, сложим левые и правые части полученных неравенств для стоимостей тетрадей и блокнотов:
$4 \times T + 8 \times B < 28 + 320$
$C < 348$

Таким образом, стоимость всей покупки строго меньше 348 рублей. Поскольку число 348 меньше, чем 350 ($348 < 350$), то можно с уверенностью утверждать, что стоимость всей покупки меньше 350 рублей.

Ответ: Стоимость 4 тетрадей меньше $4 \times 7 = 28$ р., а стоимость 8 блокнотов меньше $8 \times 40 = 320$ р. Общая стоимость покупки меньше $28 + 320 = 348$ р. Так как $348 < 350$, то стоимость всей покупки действительно меньше 350 р., что и требовалось доказать.

161. Пусть $a<2$, $b>3$. Доказать, что:

1) $a+3<b+2$;

2) $a-1<b-2$;

3) $b-3>a-2$;

4) $2b>2a+2$.

1) Докажем неравенство $a+3 < b+2$. Для этого преобразуем его, перенеся члены с переменными в левую часть, а числовые константы — в правую. Неравенство примет вид $a - b < 2 - 3$, что равносильно $a - b < -1$. Теперь докажем справедливость неравенства $a - b < -1$, используя исходные условия: $a < 2$ и $b > 3$. Умножим обе части неравенства $b > 3$ на -1. При этом знак неравенства изменится на противоположный: $-b < -3$. Теперь сложим почленно два верных неравенства: $a < 2$ и $-b < -3$. $a + (-b) < 2 + (-3)$ $a - b < -1$ Так как мы доказали равносильное неравенство, то и исходное неравенство $a+3 < b+2$ является верным.
Ответ: Неравенство доказано.

2) Докажем неравенство $a-1 < b-2$. Преобразуем его, сгруппировав переменные и константы: $a - b < -2 + 1$, что равносильно $a - b < -1$. Как было показано в предыдущем пункте, из условий $a < 2$ и $b > 3$ следует, что $a - b < -1$. Следовательно, исходное неравенство $a - 1 < b - 2$ также является верным.
Ответ: Неравенство доказано.

3) Докажем, что $b - 3 > a - 2$. Преобразуем неравенство, перенеся переменные в одну сторону, а числа — в другую: $b - a > 3 - 2$, что равносильно $b - a > 1$. Докажем это неравенство, используя исходные данные. По условию $b > 3$. Из условия $a < 2$ следует, что $-a > -2$ (при умножении на -1 знак неравенства меняется на противоположный). Сложим почленно два полученных неравенства: $b > 3$ и $-a > -2$. $b + (-a) > 3 + (-2)$ $b - a > 1$ Таким образом, исходное неравенство $b - 3 > a - 2$ доказано.
Ответ: Неравенство доказано.

4) Требуется доказать, что $2b > 2a + 2$. Преобразуем это неравенство, перенеся $2a$ в левую часть: $2b - 2a > 2$. Теперь разделим обе части на 2. Так как 2 — положительное число, знак неравенства сохраняется: $b - a > 1$. Справедливость этого неравенства была доказана в предыдущем пункте. Исходя из $a < 2$ и $b > 3$, мы получили, что $b - a > 1$. Так как неравенство $b - a > 1$ верно, то и равносильное ему исходное неравенство $2b > 2a + 2$ также верно.
Ответ: Неравенство доказано.

162. Пусть $a > 2$, $b > 3$, $c > 1$. Доказать, что:

1) $a + b + c > 6;$

2) $abc > 6;$

3) $2ab + 3abc > 30;$

4) $abc + 2ac > 10;$

5) $a + ab + abc^2 > 13;$

6) $a^2 + b^2 + c^2 > 13.$

1)

Нам даны три неравенства: $a > 2$, $b > 3$ и $c > 1$. Поскольку все неравенства являются строгими и одного знака (больше), мы можем их почленно сложить. Это свойство числовых неравенств.

$a + b + c > 2 + 3 + 1$

Выполнив сложение чисел в правой части неравенства, получаем:

$a + b + c > 6$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

2)

Из условий $a > 2$, $b > 3$ и $c > 1$ следует, что все числа $a, b, c$ положительны. Согласно свойству числовых неравенств, если все части неравенств одного знака положительны, их можно почленно перемножить.

$a \cdot b \cdot c > 2 \cdot 3 \cdot 1$

Выполнив умножение в правой части, получаем:

$abc > 6$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

3)

Рассмотрим левую часть неравенства $2ab + 3abc > 30$ и преобразуем ее, вынеся за скобки общий множитель $ab$:

$2ab + 3abc = ab(2 + 3c)$

Теперь оценим значение каждого из множителей, используя исходные условия $a > 2$, $b > 3$, $c > 1$.

Так как $a > 2$ и $b > 3$, то их произведение $ab > 2 \cdot 3 = 6$.

Так как $c > 1$, то $3c > 3 \cdot 1 = 3$. Тогда $2 + 3c > 2 + 3 = 5$.

Поскольку оба множителя ($ab$ и $2+3c$) положительны, мы можем перемножить полученные для них неравенства:

$ab(2 + 3c) > 6 \cdot 5$

$ab(2 + 3c) > 30$

Следовательно, $2ab + 3abc > 30$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

4)

Для доказательства неравенства $abc + 2ac > 10$ преобразуем его левую часть, вынеся за скобки общий множитель $ac$:

$abc + 2ac = ac(b + 2)$

Оценим каждый из множителей на основе исходных данных $a > 2$, $b > 3$, $c > 1$.

Из $a > 2$ и $c > 1$ следует, что $ac > 2 \cdot 1 = 2$.

Из $b > 3$ следует, что $b + 2 > 3 + 2 = 5$.

Так как оба множителя ($ac$ и $b+2$) положительны, перемножим полученные неравенства:

$ac(b + 2) > 2 \cdot 5$

$ac(b + 2) > 10$

Следовательно, $abc + 2ac > 10$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

5)

Чтобы доказать неравенство $a + ab + abc^2 > 13$, оценим каждое слагаемое в его левой части по отдельности.

1. Из условия имеем $a > 2$.

2. Из $a > 2$ и $b > 3$ следует, что $ab > 2 \cdot 3 = 6$.

3. Из $c > 1$ следует, что $c^2 > 1^2 = 1$. Тогда из $a > 2$, $b > 3$ и $c^2 > 1$ следует, что $abc^2 > 2 \cdot 3 \cdot 1 = 6$.

Теперь сложим полученные для слагаемых неравенства:

$a + ab + abc^2 > 2 + 6 + 6$

$a + ab + abc^2 > 14$

Поскольку $14 > 13$, то доказываемое неравенство $a + ab + abc^2 > 13$ тем более верно.

Ответ: Неравенство доказано.

6)

Для доказательства неравенства $a^2 + b^2 + c^2 > 13$ воспользуемся исходными условиями $a > 2$, $b > 3$, $c > 1$.

Так как все числа $a, b, c$ положительны, мы можем возвести обе части каждого неравенства в квадрат, при этом знак неравенства сохранится.

Из $a > 2$ следует $a^2 > 2^2$, то есть $a^2 > 4$.

Из $b > 3$ следует $b^2 > 3^2$, то есть $b^2 > 9$.

Из $c > 1$ следует $c^2 > 1^2$, то есть $c^2 > 1$.

Сложим полученные три неравенства:

$a^2 + b^2 + c^2 > 4 + 9 + 1$

$a^2 + b^2 + c^2 > 14$

Так как $14 > 13$, то неравенство $a^2 + b^2 + c^2 > 13$ является истинным.

Ответ: Неравенство доказано.

163. Сторона прямоугольника больше 7 см, другая в 3 раза больше её. Доказать, что периметр прямоугольника больше 56 см.

Обозначим стороны прямоугольника как $a$ и $b$.

Из условия задачи известно, что одна сторона больше 7 см. Пусть это будет сторона $a$. Запишем это в виде строгого неравенства:

$a > 7$ см

Другая сторона, $b$, по условию в 3 раза больше первой стороны $a$. Это можно записать как:

$b = 3a$

Периметр прямоугольника ($P$) вычисляется по формуле:

$P = 2(a + b)$

Теперь подставим выражение для стороны $b$ в формулу периметра, чтобы выразить его только через сторону $a$:

$P = 2(a + 3a) = 2(4a) = 8a$

Мы получили, что периметр равен $P = 8a$. Теперь вернемся к нашему исходному неравенству $a > 7$. Чтобы получить оценку для периметра, умножим обе части этого неравенства на 8. Так как 8 — положительное число, знак неравенства не изменится:

$8 \cdot a > 8 \cdot 7$

$8a > 56$

Поскольку $P = 8a$, мы можем заменить $8a$ на $P$ в последнем неравенстве:

$P > 56$ см

Таким образом, мы доказали, что периметр прямоугольника больше 56 см, что и требовалось сделать.

Ответ: Утверждение доказано. Исходя из того, что одна сторона больше 7 см, а другая в 3 раза больше неё, периметр прямоугольника ($P = 8a$) будет строго больше, чем $8 \cdot 7 = 56$ см.

164. Длина прямоугольного участка в 5 раз больше его ширины, а ширина больше 4 м. Доказать, что площадь участка больше $80 \text{ м}^2$.

Обозначим длину прямоугольного участка как $l$, а его ширину — как $w$.

Согласно условию задачи, длина в 5 раз больше ширины. Запишем это в виде математического соотношения:
$l = 5w$

Также по условию ширина участка больше 4 метров, что записывается как неравенство:
$w > 4$ м

Площадь $S$ прямоугольного участка находится как произведение его длины на ширину:
$S = l \cdot w$

Теперь подставим в формулу площади выражение для длины $l$, которое мы получили из первого условия:
$S = (5w) \cdot w = 5w^2$

Мы знаем, что $w > 4$. Поскольку обе части этого неравенства положительны, мы можем возвести их в квадрат, при этом знак неравенства сохранится:
$w^2 > 4^2$
$w^2 > 16$

Далее, умножим обе части полученного неравенства на 5. Так как 5 — это положительное число, знак неравенства не меняется:
$5w^2 > 5 \cdot 16$
$5w^2 > 80$

Мы ранее выразили площадь как $S = 5w^2$. Следовательно, мы можем заменить $5w^2$ на $S$ в последнем неравенстве:
$S > 80$ м²

Таким образом, мы доказали, что площадь участка строго больше 80 м².

Ответ: Что и требовалось доказать.

165. Доказать, что сумма расстояний от любой точки, лежащей внутри прямоугольника, до его вершин больше полупериметра прямоугольника.

Пусть дан прямоугольник ABCD со сторонами $AB = CD = a$ и $BC = AD = b$. Полупериметр прямоугольника равен $p = a+b$.

Пусть P — произвольная точка, расположенная внутри этого прямоугольника. Необходимо доказать, что сумма расстояний от точки P до вершин прямоугольника, то есть $PA + PB + PC + PD$, больше его полупериметра.

Доказательство

Доказательство основано на применении неравенства треугольника, согласно которому сумма длин двух сторон треугольника всегда больше длины третьей стороны.

1. Соединим точку P с вершинами A и B, а также с вершинами C и D. Мы получим два треугольника: ΔAPB и ΔDPC. Так как точка P лежит внутри прямоугольника, она не может лежать на отрезках AB или CD, поэтому эти треугольники невырожденные.
Применим для них неравенство треугольника:
Для ΔAPB: $PA + PB > AB = a$
Для ΔDPC: $PC + PD > CD = a$
Сложив эти два неравенства, получим:
$(PA + PB) + (PC + PD) > a + a$
$PA + PB + PC + PD > 2a$ (1)

2. Теперь соединим точку P с вершинами B и C, а также с вершинами A и D. Мы получим треугольники ΔBPC и ΔAPD.
Применим для них неравенство треугольника:
Для ΔBPC: $PB + PC > BC = b$
Для ΔAPD: $PA + PD > AD = b$
Сложив эти два неравенства, получим:
$(PB + PC) + (PA + PD) > b + b$
$PA + PB + PC + PD > 2b$ (2)

3. Обозначим искомую сумму расстояний как $S = PA + PB + PC + PD$. Из (1) и (2) мы имеем два неравенства:
$S > 2a$
$S > 2b$
Сложим левые и правые части этих неравенств:
$S + S > 2a + 2b$
$2S > 2(a+b)$
Разделим обе части на 2:
$S > a+b$

Таким образом, мы доказали, что $PA + PB + PC + PD > a+b$, то есть сумма расстояний от любой точки внутри прямоугольника до его вершин всегда больше его полупериметра. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение задачи доказано.

166. Доказать, что:

1) если $x+y>5$ и $x<2$, то $y>3$;

2) если $x-y<-3$ и $x>4$, то $y>7$;

3) если $a-3b<5$ и $a>-4$, то $b>-3$;

4) если $2a+3b>1$ и $a<2$, то $b>-1$.

1) Даны неравенства $x+y>5$ и $x<2$.

Из первого неравенства выразим $y$: $y > 5-x$.

Преобразуем второе неравенство. Умножим обе части неравенства $x<2$ на $-1$. При умножении на отрицательное число знак неравенства меняется на противоположный: $-x > -2$.

Теперь прибавим к обеим частям полученного неравенства число 5: $5-x > 5-2$, что равносильно $5-x > 3$.

Таким образом, мы имеем $y > 5-x$ и $5-x > 3$. Согласно свойству транзитивности для неравенств ($A > B$ и $B > C$ влечет $A > C$), отсюда следует, что $y>3$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2) Даны неравенства $x-y<-3$ и $x>4$.

Из первого неравенства выразим $y$. Для этого перенесём $y$ в правую часть, а $-3$ в левую: $x+3 < y$, что эквивалентно $y > x+3$.

Рассмотрим второе неравенство $x > 4$. Прибавим к обеим его частям число 3: $x+3 > 4+3$, что даёт $x+3 > 7$.

Мы получили два соотношения: $y > x+3$ и $x+3 > 7$. По свойству транзитивности, из них следует, что $y > 7$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

3) Даны неравенства $a-3b<5$ и $a>-4$.

Из первого неравенства выразим $b$. Перенесём $3b$ вправо, а 5 влево: $a-5 < 3b$.

Разделим обе части на 3 (знак неравенства не меняется, так как $3>0$): $\frac{a-5}{3} < b$, или $b > \frac{a-5}{3}$.

Теперь преобразуем второе данное неравенство $a>-4$. Вычтем из обеих частей 5: $a-5 > -4-5$, что даёт $a-5 > -9$.

Разделим обе части на 3: $\frac{a-5}{3} > \frac{-9}{3}$, то есть $\frac{a-5}{3} > -3$.

Сопоставляя результаты, имеем $b > \frac{a-5}{3}$ и $\frac{a-5}{3} > -3$. Отсюда по свойству транзитивности следует, что $b > -3$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

4) Даны неравенства $2a+3b>1$ и $a<2$.

Из первого неравенства $2a+3b>1$ выразим $b$. Сначала вычтем $2a$ из обеих частей: $3b > 1-2a$.

Затем разделим обе части на 3: $b > \frac{1-2a}{3}$.

Теперь используем второе неравенство $a<2$. Умножим его на $-2$, изменив знак неравенства на противоположный: $-2a > -4$.

Прибавим 1 к обеим частям: $1-2a > 1-4$, то есть $1-2a > -3$.

Разделим последнее неравенство на 3: $\frac{1-2a}{3} > \frac{-3}{3}$, что даёт $\frac{1-2a}{3} > -1$.

Мы получили, что $b > \frac{1-2a}{3}$ и $\frac{1-2a}{3} > -1$. Применяя свойство транзитивности, заключаем, что $b > -1$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

167. Пусть $a > 1$. Доказать, что:

1) $a^3 > a$;

2) $a^5 > a^2$.

1) Докажем неравенство $a^3 > a$.

Нам дано, что $a > 1$. Поскольку $a$ — это число большее единицы, оно является положительным. Мы можем умножать неравенство на положительное число, не меняя его знака.

Умножим обе части исходного неравенства $a > 1$ на положительное число $a$:

$a \cdot a > 1 \cdot a$

В результате получаем:

$a^2 > a$

Теперь у нас есть два верных неравенства: $a^2 > a$ и исходное $a > 1$. Умножим неравенство $a^2 > a$ еще раз на положительное число $a$:

$a^2 \cdot a > a \cdot a$

$a^3 > a^2$

Итак, мы установили, что $a^3 > a^2$ и $a^2 > a$.

Используя свойство транзитивности неравенств (если $x > y$ и $y > z$, то $x > z$), мы можем заключить:

Из $a^3 > a^2$ и $a^2 > a$ следует, что $a^3 > a$.

Таким образом, неравенство доказано.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2) Докажем неравенство $a^5 > a^2$.

Для доказательства преобразуем неравенство. Перенесем $a^2$ в левую часть:

$a^5 - a^2 > 0$

Вынесем общий множитель $a^2$ за скобки:

$a^2(a^3 - 1) > 0$

Теперь нам нужно доказать, что произведение в левой части положительно. Рассмотрим каждый множитель отдельно, используя условие $a > 1$.

Первый множитель: $a^2$. Так как $a > 1$, то при возведении в квадрат обеих частей неравенства (которые положительны) знак неравенства сохраняется: $a^2 > 1^2$, то есть $a^2 > 1$. Следовательно, множитель $a^2$ является положительным числом.

Второй множитель: $(a^3 - 1)$. Так как $a > 1$, то при возведении в куб обеих частей неравенства знак сохранится (поскольку функция $y=x^3$ является строго возрастающей): $a^3 > 1^3$, то есть $a^3 > 1$. Из этого следует, что разность $a^3 - 1$ положительна: $a^3 - 1 > 0$.

Мы получили, что левая часть неравенства $a^2(a^3 - 1)$ является произведением двух положительных чисел ($a^2 > 0$ и $a^3 - 1 > 0$). Произведение положительных чисел всегда положительно.

Следовательно, неравенство $a^2(a^3 - 1) > 0$ верно, а это равносильно исходному неравенству $a^5 > a^2$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

168. Пусть $a<1$ и $a$ — положительное число. Доказать, что:

1) $a^3<a$;

2) $a^5<a^2$.

По условию задачи дано, что $a$ — положительное число и $a < 1$. Это можно записать в виде двойного неравенства: $0 < a < 1$.

1) Докажем, что $a^3 < a$.

Возьмем исходное неравенство $a < 1$. Так как по условию $a > 0$, мы можем умножить обе части неравенства на $a$, при этом знак неравенства не изменится:
$a \cdot a < 1 \cdot a$
$a^2 < a$

Мы получили новое неравенство $a^2 < a$. Снова умножим обе его части на положительное число $a$:
$a^2 \cdot a < a \cdot a$
$a^3 < a^2$

Таким образом, мы получили два верных неравенства: $a^3 < a^2$ и $a^2 < a$. Используя свойство транзитивности неравенств (если $x < y$ и $y < z$, то $x < z$), мы можем заключить, что $a^3 < a$, что и требовалось доказать.

Ответ: $a^3 < a$.

2) Докажем, что $a^5 < a^2$.

Из условия $0 < a < 1$ следует, что $a < 1$. Возведем обе части этого неравенства в куб. Так как $a$ — число положительное, знак неравенства сохраняется:
$a^3 < 1^3$
$a^3 < 1$

Теперь умножим обе части полученного неравенства $a^3 < 1$ на $a^2$. Так как $a > 0$, то $a^2$ также является положительным числом, поэтому знак неравенства при умножении не изменится:
$a^3 \cdot a^2 < 1 \cdot a^2$
$a^5 < a^2$

Таким образом, неравенство $a^5 < a^2$ доказано, что и требовалось доказать.

Ответ: $a^5 < a^2$.

169. Пусть $a > b$ и числа $a, b$ отрицательные. Доказать, что:

1) $a^n > b^n$, если $n$ — нечётное натуральное число;

2) $a^n < b^n$, если $n$ — чётное натуральное число.

По условию даны два отрицательных числа $a$ и $b$ такие, что $a > b$.

Так как $a$ и $b$ отрицательные, мы можем представить их в виде $a = -x$ и $b = -y$, где $x$ и $y$ — положительные числа ($x > 0$, $y > 0$).

Из неравенства $a > b$ следует, что $-x > -y$. Умножим обе части этого неравенства на $-1$. При умножении на отрицательное число знак неравенства меняется на противоположный, поэтому мы получаем $x < y$.

Итак, у нас есть два положительных числа $x$ и $y$, для которых выполняется неравенство $0 < x < y$.

1) Докажем, что $a^n > b^n$, если $n$ — нечётное натуральное число.

Рассмотрим степени $a^n$ и $b^n$.

$a^n = (-x)^n$

$b^n = (-y)^n$

Поскольку $n$ — нечётное число, то $(-1)^n = -1$. Следовательно:

$a^n = (-1)^n \cdot x^n = -x^n$

$b^n = (-1)^n \cdot y^n = -y^n$

Нам нужно доказать, что $a^n > b^n$, что эквивалентно доказательству неравенства $-x^n > -y^n$.

Умножим обе части неравенства $-x^n > -y^n$ на $-1$, изменив знак на противоположный:

$x^n < y^n$

Так как $x$ и $y$ — положительные числа и $x < y$, а функция $f(z) = z^n$ для положительных $z$ и натурального $n$ является строго возрастающей, то из $x < y$ следует $x^n < y^n$.

Таким образом, исходное неравенство $a^n > b^n$ верно.

Ответ: Утверждение доказано.

2) Докажем, что $a^n < b^n$, если $n$ — чётное натуральное число.

Снова рассмотрим степени $a^n$ и $b^n$.

$a^n = (-x)^n$

$b^n = (-y)^n$

Поскольку $n$ — чётное число, то $(-1)^n = 1$. Следовательно:

$a^n = (-1)^n \cdot x^n = x^n$

$b^n = (-1)^n \cdot y^n = y^n$

Нам нужно доказать, что $a^n < b^n$, что эквивалентно доказательству неравенства $x^n < y^n$.

Как было установлено в предыдущем пункте, для положительных чисел $x$ и $y$ из неравенства $x < y$ следует $x^n < y^n$ для любого натурального $n$.

Это можно показать, рассмотрев разность $y^n - x^n = (y - x)(y^{n-1} + y^{n-2}x + \dots + x^{n-1})$. Первый множитель $(y-x)$ положителен, так как $y > x$. Второй множитель также положителен как сумма положительных слагаемых. Произведение двух положительных чисел положительно, значит $y^n - x^n > 0$, откуда $y^n > x^n$ или $x^n < y^n$.

Таким образом, исходное неравенство $a^n < b^n$ верно.

Ответ: Утверждение доказано.

170. Пусть $a$ и $b$ — положительные числа и $n$ — натуральное число. Доказать, что если $a^n > b^n$, то $a > b$.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся методом от противного.

Дано: $a$ и $b$ — положительные числа ($a > 0, b > 0$), $n$ — натуральное число ($n \ge 1$), и выполняется неравенство $a^n > b^n$.

Требуется доказать: $a > b$.

Предположим обратное, то есть что утверждение $a > b$ неверно. По закону трихотомии для действительных чисел, если $a$ не больше $b$, то возможно только два варианта: либо $a = b$, либо $a < b$. Рассмотрим оба этих случая.

Случай 1: $a = b$

Если $a = b$, то возводя обе части этого равенства в натуральную степень $n$, мы получим $a^n = b^n$. Это прямо противоречит исходному условию $a^n > b^n$. Следовательно, этот случай невозможен.

Случай 2: $a < b$

Рассмотрим функцию $f(x) = x^n$ при $x > 0$. Найдем её производную: $f'(x) = n \cdot x^{n-1}$. Поскольку по условию $n$ — натуральное число ($n \ge 1$) и мы рассматриваем функцию для $x > 0$, то оба множителя $n$ и $x^{n-1}$ положительны. Следовательно, производная $f'(x) > 0$ для всех $x > 0$.

Положительная производная означает, что функция $f(x) = x^n$ является строго возрастающей на интервале $(0, +\infty)$.

Из свойства строго возрастающей функции следует, что для любых двух положительных чисел, если $a < b$, то должно выполняться и неравенство $f(a) < f(b)$, то есть $a^n < b^n$.

Этот результат ($a^n < b^n$) также противоречит исходному условию $a^n > b^n$. Следовательно, и этот случай невозможен.

Мы показали, что оба варианта, составляющие наше предположение ($a = b$ и $a < b$), приводят к противоречию с условием задачи. Это означает, что наше первоначальное предположение было неверным. Единственная оставшаяся возможность — это $a > b$.

Таким образом, утверждение доказано.

Ответ: Доказано, что если для положительных чисел $a$, $b$ и натурального числа $n$ выполняется неравенство $a^n > b^n$, то из этого следует, что $a > b$.