Страница 189 - гдз по алгебре 8 класс учебник Макарычев, Миндюк

847. Докажите, что при a > 0 верно неравенство

$\frac{a+2}{a}-2\ge 2-\frac{a+2}{2}$ при a>0

$$\begin{gathered} \left(\frac{a+2}{a}-2\right)-\left(2-\frac{a+2}{2}\right)=\frac{a+2}{a}-2-2+\frac{a+2}{2}= \\ =\frac{2\left(a+2\right)+a\left(a+2\right)}{2a}-4=\frac{2a+4+a^2+2a}{2a}-4= \\ =\frac{a^2+4a+4}{2a}-4=\frac{{\left(a+2\right)}^2-8a}{2a}= \end{gathered}$$
$=\frac{a^2+4a+4-8a}{2a}=\frac{a^2-4a+4}{2a}=\frac{{\left(a-2\right)}^2}{2a}\ge 0$ при $a>0a\; >\; 0$

Для доказательства неравенства при $a > 0$ выполним равносильные преобразования. Перенесём все члены из правой части в левую:
$\frac{a+2}{a} - 2 - \left(2 - \frac{a+2}{2}\right) \ge 0$
Раскроем скобки и упростим выражение:
$\frac{a+2}{a} - 2 - 2 + \frac{a+2}{2} \ge 0$
$\frac{a+2}{a} + \frac{a+2}{2} - 4 \ge 0$
Приведём все слагаемые к общему знаменателю $2a$. Так как по условию $a > 0$, знаменатель $2a$ также положителен.
$\frac{2(a+2)}{2a} + \frac{a(a+2)}{2a} - \frac{4 \cdot 2a}{2a} \ge 0$
Запишем всё под одной дробной чертой:
$\frac{2(a+2) + a(a+2) - 8a}{2a} \ge 0$
Раскроем скобки в числителе и приведём подобные слагаемые:
$\frac{2a + 4 + a^2 + 2a - 8a}{2a} \ge 0$
$\frac{a^2 - 4a + 4}{2a} \ge 0$
Числитель дроби представляет собой формулу квадрата разности: $a^2 - 4a + 4 = (a-2)^2$. Подставим это в неравенство:
$\frac{(a-2)^2}{2a} \ge 0$
Проанализируем полученное неравенство:
1. Числитель $(a-2)^2$ является квадратом действительного числа, следовательно, он всегда неотрицателен, то есть $(a-2)^2 \ge 0$ для любого $a$.
2. Знаменатель $2a$ является положительным числом, так как по условию $a > 0$.
Дробь, у которой числитель неотрицателен, а знаменатель положителен, всегда будет неотрицательной. Таким образом, неравенство $\frac{(a-2)^2}{2a} \ge 0$ верно для всех $a > 0$.
Поскольку все выполненные преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно. Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

848. Докажите, что сумма любого положительного числа и числа, ему обратного, не меньше чем 2.

Пусть $a>0a\; >\; 0$, $\frac{1}{a}\backslash frac\{1\}\{a\}$ - ему обратное. Докажем, что $a+\frac{1}{a}\ge 2$

$a+\frac{1}{a}-2=\frac{a^2-2a+1}{a}=\frac{{\left(a-1\right)}^2}{a}\ge 0$ при a>0

Доказательство:

Пусть $x$ — любое положительное число, то есть $x > 0$. Число, ему обратное, равно $\frac{1}{x}$. Нам необходимо доказать, что сумма этих чисел не меньше 2.

Запишем доказываемое неравенство:

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

Поскольку по условию $x$ — положительное число ($x > 0$), мы можем умножить обе части неравенства на $x$, при этом знак неравенства не изменится:

$x \cdot \left(x + \frac{1}{x}\right) \geq 2 \cdot x$

$x^2 + 1 \geq 2x$

Перенесём все члены неравенства в левую часть:

$x^2 - 2x + 1 \geq 0$

В левой части мы получили формулу квадрата разности:

$(x - 1)^2 \geq 0$

Полученное неравенство верно для любого действительного числа $x$, так как квадрат любого числа всегда является неотрицательной величиной (то есть больше или равен нулю).

Поскольку все выполненные преобразования были равносильными (умножение на положительное число $x$ и перенос членов), то и исходное неравенство $x + \frac{1}{x} \geq 2$ является верным для любого положительного $x$.

Равенство $x + \frac{1}{x} = 2$ достигается только при условии $(x - 1)^2 = 0$, то есть при $x=1$. Для всех остальных положительных $x$ сумма будет строго больше 2.

Таким образом, мы доказали, что сумма любого положительного числа и числа, ему обратного, не меньше чем 2.

Ответ: утверждение доказано.

849. Докажите неравенство:

a) $\frac{c^2+1}{2}>c$; $\frac{c^2+1}{2}-c=\frac{c^2+1-2c}{2}=\frac{{\left(c-1\right)}^2}{2}\ge 0$

б) $\frac{c}{c^2+1}\le \frac{1}{2}$;

$$\begin{gathered} \frac{c}{c^2+1}-\frac{1}{2}=\frac{2c-\left(c^2+1\right)}{2\left(c^2+1\right)}= \\ =\frac{2c-c^2-1}{2\left(c^2+1\right)}=\frac{-\left(c^2-2c+1\right)}{2\left(c^2+1\right)}=-\frac{{\left(c-1\right)}^2}{2\left(c^2+1\right)}\le 0 \end{gathered}$$

а) Для доказательства неравенства $\frac{c^2 + 1}{2} \ge c$ выполним равносильные преобразования.

Умножим обе части неравенства на 2. Так как 2 является положительным числом, знак неравенства сохранится:

$c^2 + 1 \ge 2c$

Перенесем все члены в одну сторону, чтобы сравнить выражение с нулем:

$c^2 - 2c + 1 \ge 0$

В левой части неравенства мы видим полный квадрат разности $(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$. Свернем выражение по этой формуле:

$(c - 1)^2 \ge 0$

Квадрат любого действительного числа всегда является неотрицательной величиной (то есть больше или равен нулю). Следовательно, полученное неравенство верно для любого значения $c$.

Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство $\frac{c^2 + 1}{2} \ge c$ также верно для любого действительного числа $c$.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Для доказательства неравенства $\frac{c}{c^2 + 1} \le \frac{1}{2}$ рассмотрим знаменатель дроби в левой части.

Так как $c^2 \ge 0$ для любого действительного $c$, то $c^2 + 1 \ge 1$. Это означает, что знаменатель $c^2 + 1$ всегда положителен.

Мы можем умножить обе части неравенства на положительное выражение $2(c^2 + 1)$, не меняя знака неравенства:

$2(c^2 + 1) \cdot \frac{c}{c^2 + 1} \le 2(c^2 + 1) \cdot \frac{1}{2}$

Сократим дроби:

$2c \le c^2 + 1$

Перенесем $2c$ в правую часть неравенства:

$0 \le c^2 - 2c + 1$

Как и в предыдущем пункте, свернем правую часть по формуле квадрата разности:

$0 \le (c - 1)^2$

Это неравенство верно для любого действительного числа $c$, так как квадрат любого числа всегда неотрицателен.

Так как все преобразования были равносильными, исходное неравенство $\frac{c}{c^2 + 1} \le \frac{1}{2}$ верно для любого $c$.

Ответ: Неравенство доказано.

850. Используя выделение квадрата двучлена, докажите неравенство:

а) a² – 6a + 14 > 0;

б) b² + 70 > 16b.

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{a) }}{a}^2-6a+14>0 \\ {a}^2-6a+14=a^2-2·3a+3^2+5={\left(a-3\right)}^2+5>0 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{б) }}{b}^2+70>16b \\ {b}^2+70-16b=b^2-2·8b+8^2+6={\left(b-8\right)}^2+6>0 \end{gathered}$$

а)

Чтобы доказать неравенство $a^2 - 6a + 14 > 0$, необходимо в левой части выделить полный квадрат. Для этого воспользуемся формулой квадрата разности $(x - y)^2 = x^2 - 2xy + y^2$.

Рассмотрим выражение $a^2 - 6a$. Здесь $a^2$ — это квадрат первого члена, а $-6a$ — это удвоенное произведение первого члена на второй. То есть, $x = a$, а $-2xy = -6a$, откуда $-2ay = -6a$, что дает нам $y = 3$. Для полного квадрата нам не хватает квадрата второго члена, то есть $y^2 = 3^2 = 9$.

Преобразуем левую часть неравенства, представив число 14 как сумму $9 + 5$: $a^2 - 6a + 14 = (a^2 - 6a + 9) + 5$

Выражение в скобках является полным квадратом разности $(a - 3)^2$. Таким образом, мы получаем: $(a - 3)^2 + 5$

Теперь проанализируем полученное выражение. Квадрат любого действительного числа является неотрицательной величиной, то есть $(a - 3)^2 \ge 0$ для любого значения $a$. Если к неотрицательному числу прибавить положительное число 5, результат всегда будет строго положительным: $(a - 3)^2 + 5 \ge 0 + 5$ $(a - 3)^2 + 5 \ge 5$

Поскольку $5 > 0$, то и $(a - 3)^2 + 5 > 0$, что и доказывает исходное неравенство $a^2 - 6a + 14 > 0$.

Ответ: Неравенство доказано.

б)

Для доказательства неравенства $b^2 + 70 > 16b$ сначала перенесём все слагаемые в левую часть: $b^2 - 16b + 70 > 0$

Далее, как и в предыдущем пункте, выделим полный квадрат в левой части неравенства. Воспользуемся формулой $(x - y)^2 = x^2 - 2xy + y^2$.

В выражении $b^2 - 16b$ первый член $x = b$. Удвоенное произведение $-2xy$ равно $-16b$, следовательно $-2by = -16b$, откуда $y = 8$. Квадрат второго члена равен $y^2 = 8^2 = 64$.

Представим свободный член 70 как сумму $64 + 6$ и преобразуем левую часть неравенства: $b^2 - 16b + 70 = (b^2 - 16b + 64) + 6$

Выражение в скобках представляет собой полный квадрат разности $(b - 8)^2$. Таким образом, получаем: $(b - 8)^2 + 6$

Полученное выражение $(b - 8)^2 + 6$ всегда положительно. Квадрат любого действительного числа $(b - 8)^2$ всегда больше или равен нулю: $(b - 8)^2 \ge 0$. Прибавляя к неотрицательному числу положительное число 6, мы получаем сумму, которая всегда будет строго положительной: $(b - 8)^2 + 6 \ge 0 + 6$ $(b - 8)^2 + 6 \ge 6$

Так как $6 > 0$, то и $(b - 8)^2 + 6 > 0$. Это доказывает, что $b^2 - 16b + 70 > 0$, а значит и исходное неравенство $b^2 + 70 > 16b$ верно для любого значения $b$.

Ответ: Неравенство доказано.

851. Выберите из данных неравенств такое, которое не является верным при любом значении a:

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{a) }}{a}^2>2a-3 \\ {a}^2-\left(2a-3\right)=a^2-2a+3=a^2-2a+1+2= \\ ={\left(a-1\right)}^2+2>0 \end{gathered}$$

при любом значении a

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{б) }}{a}^2+6>4a \\ {a}^2-4a+6=a^2-2·2a+2^2+2={\left(a-2\right)}^2+2>0 \end{gathered}$$

при любом значении a

$\mathbf{\text{в) }}4a-4<a^2$

$a^2-4a+4>0; {\left(a-2\right)}^2>0$ при любом значении a, кроме a=2. При a=2 значение ${\left(a-2\right)}^2=0$

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{г) }}8a-70<a^2; a^2-8a+70>0 \\ {a}^2-8a+70=a^2-2·4a+70=a^2-2·4a+4^2+ \end{gathered}$$
$+54={\left(a-4\right)}^2+54>0$ при любом значении a

Ответ: в)

Чтобы определить, какое из предложенных неравенств не является верным при любом значении $a$, проанализируем каждое из них. Для этого мы преобразуем каждое неравенство к виду, где в одной части стоит квадратичный трехчлен, а в другой — ноль.

Перенесем все члены неравенства в левую часть:

$a^2 - 2a + 3 > 0$

Рассмотрим квадратичную функцию $y(a) = a^2 - 2a + 3$. Графиком этой функции является парабола, ветви которой направлены вверх, так как коэффициент при $a^2$ положителен ($1 > 0$).

Найдем дискриминант ($D$) этого квадратного трехчлена по формуле $D = b^2 - 4ac$:

$D = (-2)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 3 = 4 - 12 = -8$

Поскольку дискриминант отрицателен ($D < 0$), а ветви параболы направлены вверх, это означает, что парабола не пересекает ось абсцисс и целиком расположена в верхней полуплоскости. Следовательно, значение трехчлена $a^2 - 2a + 3$ всегда положительно.

Таким образом, неравенство $a^2 > 2a - 3$ верно при любом значении $a$.

Перенесем все члены неравенства в левую часть:

$a^2 - 4a + 6 > 0$

Рассмотрим квадратичную функцию $y(a) = a^2 - 4a + 6$. Это парабола с ветвями, направленными вверх ($1 > 0$).

Найдем дискриминант:

$D = (-4)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 6 = 16 - 24 = -8$

Так как $D < 0$ и ветви параболы направлены вверх, значение трехчлена $a^2 - 4a + 6$ всегда положительно.

Таким образом, неравенство $a^2 + 6 > 4a$ верно при любом значении $a$.

Перенесем все члены в правую часть, чтобы коэффициент при $a^2$ был положительным:

$0 < a^2 - 4a + 4$

Выражение в правой части является полным квадратом разности:

$a^2 - 4a + 4 = (a - 2)^2$

Неравенство принимает вид:

$(a - 2)^2 > 0$

Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен, то есть $(a - 2)^2 \ge 0$. Неравенство $(a - 2)^2 > 0$ выполняется для всех значений $a$, кроме того, при котором выражение равно нулю.

$(a - 2)^2 = 0$ при $a = 2$.

Если подставить $a=2$ в исходное неравенство, получим $4 \cdot 2 - 4 < 2^2$, что дает $8 - 4 < 4$, или $4 < 4$. Это ложное утверждение.

Следовательно, неравенство $4a - 4 < a^2$ не является верным при любом значении $a$, так как оно неверно при $a=2$.

Перенесем все члены в правую часть:

$0 < a^2 - 8a + 70$

Рассмотрим квадратичную функцию $y(a) = a^2 - 8a + 70$. Это парабола с ветвями, направленными вверх ($1 > 0$).

Найдем дискриминант:

$D = (-8)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 70 = 64 - 280 = -216$

Поскольку $D < 0$ и ветви параболы направлены вверх, значение трехчлена $a^2 - 8a + 70$ всегда положительно.

Таким образом, неравенство $8a - 70 < a^2$ верно при любом значении $a$.

По результатам анализа, единственным неравенством, которое не выполняется для всех значений $a$, является неравенство под буквой в).

Ответ: в)

852. (Для работы в парах.) Докажите, что если а и b — положительные числа и a² > b², то а > b. Пользуясь этим свойством, сравните числа:

1) Проведите доказательство приведённого утверждения.

2) Распределите, кто выполняет задания а) и в), а кто — задания б) и г), и выполните их.

3) Проверьте друг у друга, правильно ли выполнено сравнение выражений. Исправьте ошибки, если они допущены.

$$\begin{gathered} a>0; b>0, a^2>b^2 \\ {a}^2-b^2>0; (a-b)(a+6)>0 \end{gathered}$$

T.к $a>0a>0$ u $b>0b>0$, то $a+b>0a+b>0$. Значит и $a-6>0a-6>0$, т.е. $a>ba>b$

a) $\sqrt{6}+\sqrt{3}>\sqrt{7}+\sqrt{2}\backslash sqrt\{6\}+\backslash sqrt\{3\}>\backslash sqrt\{7\}+\backslash sqrt\{2\}$, так как

$$\begin{gathered} \sqrt{6}+\sqrt{3}>0; \sqrt{7}+\sqrt{2}>0 \\ {\left(\sqrt{6}+\sqrt{3}\right)}^2=6+2\sqrt{18}+3=9+2\sqrt{18} \\ {\left(\sqrt{7}+\sqrt{2}\right)}^2=7+2\sqrt{14}+2=9+2\sqrt{14} \end{gathered}$$
$9+2\sqrt{18}>9+2\sqrt{14}$, т.к. $\sqrt{18}>\sqrt{14}\backslash sqrt\{18\}\; >\; \backslash sqrt\{14\}$

б) $\sqrt{3}+2>\sqrt{6}+1\backslash sqrt\{3\}+2>\; \backslash sqrt\{6\}+1$, так как

$$\begin{gathered} \sqrt{3}+2>0; \sqrt{6}+1>0 \\ {\left(\sqrt{3}+2\right)}^2=3+4\sqrt{3}+4=7+4\sqrt{3}=7+\sqrt{48}; \\ {\left(\sqrt{6}+1\right)}^2=6+2\sqrt{6}+1=7+2\sqrt{6}=7+\sqrt{24} \end{gathered}$$
$7+\sqrt{48}>7+\sqrt{24}$, т.к. $\sqrt{48}>\sqrt{24}\backslash sqrt\{48\}>\backslash sqrt\{24\}$

в) , так как

$$\begin{gathered} \sqrt{5}-2=\sqrt{5}-\sqrt{4}>0; \sqrt{6}-\sqrt{3}>0 \\ {\left(\sqrt{5}-2\right)}^2=5-4\sqrt{5}+4=9-4\sqrt{5}=9-\sqrt{80} \\ {\left(\sqrt{6}-\sqrt{3}\right)}^2=6-2\sqrt{18}+3=9-2\sqrt{18}=9-\sqrt{72} \end{gathered}$$
$9-\sqrt{80}<9-\sqrt{72}$, т.к. $\sqrt{80}>\sqrt{72}\backslash sqrt\{80\}>\backslash sqrt\{72\}$

г) , так как

$$\begin{gathered} \sqrt{10}-\sqrt{7}>0, \sqrt{11}-\sqrt{6}>0 \\ {\left(\sqrt{10}-\sqrt{7}\right)}^2=10-2\sqrt{70}+7=17-2\sqrt{70} \\ {\left(\sqrt{11}-\sqrt{6}\right)}^2=11-2\sqrt{66}+6=17-2\sqrt{66} \end{gathered}$$
$17-2\sqrt{70}<17-2\sqrt{66}$, т.к $\sqrt{70}>\sqrt{66}\backslash sqrt\{70\}>\backslash sqrt\{66\}$

1) Доказательство утверждения

Требуется доказать, что если $a$ и $b$ — положительные числа ($a > 0, b > 0$) и $a^2 > b^2$, то $a > b$.

1. Рассматриваем неравенство $a^2 > b^2$.

2. Перенесем все члены в левую часть: $a^2 - b^2 > 0$.

3. Применим формулу разности квадратов $x^2 - y^2 = (x - y)(x + y)$: $(a - b)(a + b) > 0$.

4. По условию $a$ и $b$ — положительные числа, следовательно, их сумма $a + b$ также является положительным числом, то есть $(a + b) > 0$.

5. Произведение двух множителей $(a - b)$ и $(a + b)$ положительно. Так как один из множителей, $(a + b)$, положителен, то и второй множитель, $(a - b)$, должен быть положителен, чтобы их произведение было больше нуля.

6. Таким образом, получаем $a - b > 0$.

7. Отсюда следует, что $a > b$. Утверждение доказано.

а) Сравним числа $\sqrt{6} + \sqrt{3}$ и $\sqrt{7} + \sqrt{2}$

Пусть $a = \sqrt{6} + \sqrt{3}$ и $b = \sqrt{7} + \sqrt{2}$. Оба числа положительны. Сравним их квадраты.

$a^2 = (\sqrt{6} + \sqrt{3})^2 = 6 + 2\sqrt{18} + 3 = 9 + 2\sqrt{18}$.

$b^2 = (\sqrt{7} + \sqrt{2})^2 = 7 + 2\sqrt{14} + 2 = 9 + 2\sqrt{14}$.

Сравниваем $a^2$ и $b^2$. Для этого сравним $9 + 2\sqrt{18}$ и $9 + 2\sqrt{14}$. Это эквивалентно сравнению $2\sqrt{18}$ и $2\sqrt{14}$.

Так как $18 > 14$, то $\sqrt{18} > \sqrt{14}$, и $2\sqrt{18} > 2\sqrt{14}$.

Следовательно, $9 + 2\sqrt{18} > 9 + 2\sqrt{14}$, то есть $a^2 > b^2$.

Поскольку $a$ и $b$ — положительные числа, то из $a^2 > b^2$ следует $a > b$.

Ответ: $\sqrt{6} + \sqrt{3} > \sqrt{7} + \sqrt{2}$.

б) Сравним числа $\sqrt{3} + 2$ и $\sqrt{6} + 1$

Пусть $a = \sqrt{3} + 2$ и $b = \sqrt{6} + 1$. Оба числа положительны. Сравним их квадраты.

$a^2 = (\sqrt{3} + 2)^2 = 3 + 4\sqrt{3} + 4 = 7 + 4\sqrt{3}$.

$b^2 = (\sqrt{6} + 1)^2 = 6 + 2\sqrt{6} + 1 = 7 + 2\sqrt{6}$.

Сравним $7 + 4\sqrt{3}$ и $7 + 2\sqrt{6}$. Это эквивалентно сравнению $4\sqrt{3}$ и $2\sqrt{6}$.

Возведем оба выражения в квадрат: $(4\sqrt{3})^2 = 16 \cdot 3 = 48$ и $(2\sqrt{6})^2 = 4 \cdot 6 = 24$.

Так как $48 > 24$, то $4\sqrt{3} > 2\sqrt{6}$.

Следовательно, $7 + 4\sqrt{3} > 7 + 2\sqrt{6}$, то есть $a^2 > b^2$.

Поскольку $a$ и $b$ — положительные числа, то $a > b$.

Ответ: $\sqrt{3} + 2 > \sqrt{6} + 1$.

в) Сравним числа $\sqrt{5} - 2$ и $\sqrt{6} - \sqrt{3}$

Пусть $a = \sqrt{5} - 2$ и $b = \sqrt{6} - \sqrt{3}$. Проверим, положительны ли эти числа.

$a = \sqrt{5} - \sqrt{4}$. Так как $5 > 4$, то $\sqrt{5} > \sqrt{4}$, значит $a > 0$.

$b = \sqrt{6} - \sqrt{3}$. Так как $6 > 3$, то $\sqrt{6} > \sqrt{3}$, значит $b > 0$.

Оба числа положительны, поэтому сравним их квадраты.

$a^2 = (\sqrt{5} - 2)^2 = 5 - 4\sqrt{5} + 4 = 9 - 4\sqrt{5}$.

$b^2 = (\sqrt{6} - \sqrt{3})^2 = 6 - 2\sqrt{18} + 3 = 9 - 2\sqrt{18}$.

Сравниваем $9 - 4\sqrt{5}$ и $9 - 2\sqrt{18}$. Это эквивалентно сравнению $-4\sqrt{5}$ и $-2\sqrt{18}$, или сравнению $4\sqrt{5}$ и $2\sqrt{18}$ с противоположным знаком неравенства.

Сравним $4\sqrt{5}$ и $2\sqrt{18}$. Возведем их в квадрат: $(4\sqrt{5})^2 = 16 \cdot 5 = 80$ и $(2\sqrt{18})^2 = 4 \cdot 18 = 72$.

Так как $80 > 72$, то $4\sqrt{5} > 2\sqrt{18}$.

При умножении на отрицательное число знак неравенства меняется: $-4\sqrt{5} < -2\sqrt{18}$.

Следовательно, $9 - 4\sqrt{5} < 9 - 2\sqrt{18}$, то есть $a^2 < b^2$.

Поскольку $a$ и $b$ — положительные числа, то $a < b$.

Ответ: $\sqrt{5} - 2 < \sqrt{6} - \sqrt{3}$.

г) Сравним числа $\sqrt{10} - \sqrt{7}$ и $\sqrt{11} - \sqrt{6}$

Пусть $a = \sqrt{10} - \sqrt{7}$ и $b = \sqrt{11} - \sqrt{6}$. Оба числа положительны, так как $\sqrt{10} > \sqrt{7}$ и $\sqrt{11} > \sqrt{6}$. Сравним их квадраты.

$a^2 = (\sqrt{10} - \sqrt{7})^2 = 10 - 2\sqrt{70} + 7 = 17 - 2\sqrt{70}$.

$b^2 = (\sqrt{11} - \sqrt{6})^2 = 11 - 2\sqrt{66} + 6 = 17 - 2\sqrt{66}$.

Сравниваем $17 - 2\sqrt{70}$ и $17 - 2\sqrt{66}$. Это эквивалентно сравнению $-2\sqrt{70}$ и $-2\sqrt{66}$.

Сначала сравним $2\sqrt{70}$ и $2\sqrt{66}$. Так как $70 > 66$, то $\sqrt{70} > \sqrt{66}$ и $2\sqrt{70} > 2\sqrt{66}$.

При умножении на -1 знак неравенства меняется: $-2\sqrt{70} < -2\sqrt{66}$.

Следовательно, $17 - 2\sqrt{70} < 17 - 2\sqrt{66}$, то есть $a^2 < b^2$.

Поскольку $a$ и $b$ — положительные числа, то $a < b$.

Ответ: $\sqrt{10} - \sqrt{7} < \sqrt{11} - \sqrt{6}$.

853. Докажите, что при a ≥ 0 и b ≥ 0 верно неравенство

$a\ge 0, b\ge 0$, следовательно $\frac{a+b}{2}\ge 0$ и $\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\ge 0$

$$\begin{gathered} {\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2=\frac{a^2+2ab+b^2}{4}=\frac{a^2+b^2+2ab}{4} \\ {\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\right)}^2=\frac{a^2+b^2}{2} \\ \frac{a^2+b^2+2ab}{4}-\frac{a^2+b^2}{2}= \\ =\frac{a^2+b^2+2ab-2a^2-2b^2}{4}= \\ =\frac{2ab-a^2-b^2}{4}=\frac{-\left(a^2-2ab+b^2\right)}{4}= \\ =-\frac{{\left(a-b\right)}^2}{4}\le 0 \end{gathered}$$

Т.к. ${\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2-{\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\right)}^2\le 0$, то $\frac{a+b}{2}\le \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\backslash frac\{a+b\}\{2\}\; \backslash le\; \backslash sqrt\{\backslash frac\{a^2+b^2\}\{2\}\}$

Для доказательства неравенства $\frac{a+b}{2} \le \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$ при условиях $a \ge 0$ и $b \ge 0$ выполним следующие преобразования.

Поскольку обе части неравенства неотрицательны (так как $a \ge 0$ и $b \ge 0$), мы можем возвести их в квадрат, не меняя знака неравенства:

$$ \left(\frac{a+b}{2}\right)^2 \le \left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}\right)^2 $$

Выполним возведение в квадрат:

$$ \frac{(a+b)^2}{4} \le \frac{a^2+b^2}{2} $$

Раскроем скобки в левой части, используя формулу квадрата суммы $(a+b)^2 = a^2+2ab+b^2$:

$$ \frac{a^2+2ab+b^2}{4} \le \frac{a^2+b^2}{2} $$

Умножим обе части неравенства на 4, чтобы избавиться от знаменателей. Так как 4 – положительное число, знак неравенства останется прежним:

$$ a^2+2ab+b^2 \le 2(a^2+b^2) $$

Раскроем скобки в правой части:

$$ a^2+2ab+b^2 \le 2a^2+2b^2 $$

Перенесем все члены из левой части в правую:

$$ 0 \le 2a^2+2b^2 - a^2-2ab-b^2 $$

Приведем подобные слагаемые:

$$ 0 \le a^2-2ab+b^2 $$

Полученное выражение в правой части является полным квадратом разности:

$$ 0 \le (a-b)^2 $$

Это неравенство, $(a-b)^2 \ge 0$, очевидно, верно для любых действительных чисел $a$ и $b$, поскольку квадрат любого действительного числа всегда больше или равен нулю.

Так как все выполненные преобразования были равносильными (для $a \ge 0$ и $b \ge 0$), то и исходное неравенство также является верным.

Ответ: Что и требовалось доказать.