Страница 226 - гдз по алгебре 8 класс учебник Макарычев, Миндюк

1004. Докажите неравенство:

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{a) }}{a}^2+b^2+4\ge 2\left(a+b+1\right) \\ {a}^2+b^2+4-2\left(a+b+1\right)=a^2+b^2+4-2a- \\ -2b-2=a^2+b^2-2a-2b+2=\left(a^2-2a+1\right)+ \\ +\left(b^2-2b+1\right)={\left(a-1\right)}^2+{\left(b-1\right)}^2\ge 0 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{б) }}4a^2+b^2\ge 4\left(a+b-2\right) \\ 4a^2+b^2-4\left(a+b-2\right)=4a^2+b^2-4a-4b+8= \\ =\left(4a^2-4a+1\right)+\left(b^2-4b+4\right)+3= \\ ={\left(2a-1\right)}^2+{\left(b-2\right)}^2+3>0 \end{gathered}$$

а) Для доказательства преобразуем исходное неравенство. Перенесём все члены из правой части в левую, изменив их знаки на противоположные:

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

$a^2 + b^2 + 4 - 2a - 2b - 2 \ge 0$

$a^2 - 2a + b^2 - 2b + 2 \ge 0$

Теперь сгруппируем слагаемые таким образом, чтобы можно было выделить полные квадраты. Для этого представим число 2 как сумму $1 + 1$:

$(a^2 - 2a + 1) + (b^2 - 2b + 1) \ge 0$

Используя формулу квадрата разности $(x-y)^2 = x^2 - 2xy + y^2$, свернём выражения в скобках:

$(a - 1)^2 + (b - 1)^2 \ge 0$

Полученное неравенство является верным для любых действительных чисел $a$ и $b$. Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен, то есть $(a-1)^2 \ge 0$ и $(b-1)^2 \ge 0$. Сумма двух неотрицательных чисел также всегда неотрицательна. Таким образом, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Для доказательства преобразуем данное строгое неравенство. Сначала раскроем скобки в правой части, а затем перенесём все члены в левую часть:

$4a^2 + b^2 > 4(a + b - 2)$

$4a^2 + b^2 > 4a + 4b - 8$

$4a^2 - 4a + b^2 - 4b + 8 > 0$

Сгруппируем слагаемые, чтобы выделить полные квадраты. Выражение $4a^2 - 4a$ можно дополнить до полного квадрата $(2a-1)^2 = 4a^2 - 4a + 1$. Выражение $b^2 - 4b$ можно дополнить до полного квадрата $(b-2)^2 = b^2 - 4b + 4$. Для этого представим свободный член 8 в виде суммы $1 + 4 + 3$:

$(4a^2 - 4a + 1) + (b^2 - 4b + 4) + 3 > 0$

Теперь свернём скобки в полные квадраты:

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

Выражения $(2a - 1)^2$ и $(b - 2)^2$ не могут быть отрицательными, так как являются квадратами действительных чисел. Их наименьшее значение равно 0. Таким образом, $(2a - 1)^2 \ge 0$ и $(b - 2)^2 \ge 0$.

Следовательно, сумма $(2a - 1)^2 + (b - 2)^2 \ge 0$. Если к этой неотрицательной сумме прибавить положительное число 3, результат всегда будет строго больше нуля:

$(2a - 1)^2 + (b - 2)^2 + 3 \ge 0 + 3 = 3$

Поскольку $3 > 0$, то и всё выражение слева всегда строго больше нуля. Это доказывает исходное неравенство.

Ответ: Неравенство доказано.

1005. Докажите, что если x > 0 и y > 0, то:

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{a) }}\frac{x}{y^2}+\frac{y}{x^2}\ge \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \\ \frac{x}{y^2}+\frac{y}{x^2}-\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{x^3+y^3}{x^2{y}^2}-\frac{x+y}{xy}= \\ =\frac{\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)-xy\left(x+y\right)}{x^2{y}^2}= \\ =\frac{\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2-xy\right)}{x^2{y}^2}=\frac{\left(x+y\right){\left(x-y\right)}^2}{x^2{y}^2} \end{gathered}$$

Т.к. $x>0x>0, y>0y>0$, то $x+y\ge 0x+y\; \backslash ge\; 0$

Значит, $\frac{\left(x+y\right){\left(x-y\right)}^2}{x^2{y}^2}\ge 0$

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{б) }}\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{x}\ge x+y \\ \frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{x}-\left(x+y\right)=\frac{x^3+y^3-xy\left(x+y\right)}{xy}= \\ =\frac{\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)-xy\left(x+y\right)}{xy}= \\ =\frac{\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2-xy\right)}{xy}=\frac{\left(x+y\right){\left(x-y\right)}^2}{xy} \end{gathered}$$

T.к. $x>0x>0, y>0y>0$, то $x+y\ge 0x+y\; \backslash ge\; 0$

Значит, $\frac{\left(x+y\right){\left(x-y\right)}^2}{xy}\ge 0$

а) Требуется доказать неравенство $\frac{x}{y^2} + \frac{y}{x^2} \ge \frac{1}{x} + \frac{1}{y}$ при заданных условиях $x > 0$ и $y > 0$.

Для доказательства преобразуем неравенство. Перенесем все члены в левую часть:

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

Приведем дроби к общему знаменателю $x^2y^2$. Поскольку по условию $x > 0$ и $y > 0$, то их произведение $x^2y^2$ также строго положительно.

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

$\frac{x^3 + y^3 - x^2y - xy^2}{x^2y^2} \ge 0$

Знаменатель $x^2y^2$ положителен, следовательно, неравенство равносильно неравенству для числителя:

$x^3 + y^3 - x^2y - xy^2 \ge 0$

Сгруппируем слагаемые и разложим левую часть на множители:

$(x^3 - x^2y) + (y^3 - xy^2) \ge 0$

$x^2(x - y) + y^2(y - x) \ge 0$

$x^2(x - y) - y^2(x - y) \ge 0$

$(x^2 - y^2)(x - y) \ge 0$

Применим формулу разности квадратов $a^2-b^2 = (a-b)(a+b)$:

$(x + y)(x - y)(x - y) \ge 0$

$(x + y)(x - y)^2 \ge 0$

Полученное неравенство истинно для любых $x > 0$ и $y > 0$, так как:

1. Сумма двух положительных чисел $(x+y)$ всегда положительна.
2. Квадрат любого действительного числа $(x-y)^2$ всегда неотрицателен, то есть $(x-y)^2 \ge 0$.

Произведение положительного числа и неотрицательного числа всегда неотрицательно. Таким образом, неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Требуется доказать неравенство $\frac{x^2}{y} + \frac{y^2}{x} \ge x + y$ при заданных условиях $x > 0$ и $y > 0$.

Как и в предыдущем пункте, преобразуем неравенство, перенеся все члены в левую часть:

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

Приведем дроби к общему знаменателю $xy$. Так как $x > 0$ и $y > 0$, знаменатель $xy > 0$.

$\frac{x^2 \cdot x + y^2 \cdot y - (x+y) \cdot xy}{xy} \ge 0$

$\frac{x^3 + y^3 - x^2y - xy^2}{xy} \ge 0$

Поскольку знаменатель $xy$ положителен, данное неравенство эквивалентно следующему:

$x^3 + y^3 - x^2y - xy^2 \ge 0$

Мы получили то же самое выражение, что и в числителе в пункте а). Разложим его на множители, как было сделано ранее:

$x^2(x - y) - y^2(x - y) = (x^2 - y^2)(x - y) = (x+y)(x-y)^2$

Таким образом, мы должны доказать верность неравенства:

$(x + y)(x - y)^2 \ge 0$

Как было показано в пункте а), это неравенство верно для любых $x > 0$ и $y > 0$, поскольку множитель $(x+y)$ строго положителен, а множитель $(x-y)^2$ неотрицателен. Все преобразования были равносильными, следовательно, исходное неравенство верно.

Ответ: Неравенство доказано.

1006. Докажите, что при a > 0 и b > 0 верно неравенство:

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{a) }}\left(a+b\right)\left(ab+16\right)\ge 16ab \\ \frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}; a+b\ge 2\sqrt{ab} \\ \frac{ab+16}{2}\ge \sqrt{16ab}; ab+16\ge 2\sqrt{16ab} \\ \underline{\times \begin{array}{l}a+b\ge 2\sqrt{ab}\\ ab+16\ge 2\sqrt{16ab}\end{array}} \\ \left(a+b\right)\left(ab+16\right)\ge 4\sqrt{16ab}\sqrt{ab} \\ \left(a+b\right)\left(ab+16\right)\ge 16ab \text{при} a>0, b>0 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{б) }}\left(a^2+4b\right)\left(4b+25\right)\ge 80ab \\ \frac{a^2+4b}{2}\ge \sqrt{4a^{2}b} a^2+4b\ge 2\sqrt{4a^{2}b} \\ \frac{4b+25}{2}\ge \sqrt{4·25·b} 4b+25\ge 2\sqrt{100b} \\ 4b+25\ge 2\sqrt{100b} \\ \underline{\times \begin{array}{c}{a}^2+4b\ge 2·2a\sqrt{b}\\ 4b+25\ge 2·10\sqrt{b}\end{array}} \\ \left(a^2+4b\right)\left(4b+25\right)\ge 80ab \text{при} a>0, b>0 \end{gathered}$$

а) Для доказательства неравенства $(a + b)(ab + 16) \ge 16ab$ воспользуемся неравенством о средних арифметическом и геометрическом (неравенство Коши), которое для двух положительных чисел $x$ и $y$ выглядит так: $x + y \ge 2\sqrt{xy}$.
Поскольку по условию $a > 0$ и $b > 0$, мы можем применить это неравенство к каждой из скобок в левой части доказываемого неравенства.

1. Для первой скобки $(a + b)$:
$a + b \ge 2\sqrt{ab}$

2. Для второй скобки $(ab + 16)$:
$ab + 16 \ge 2\sqrt{ab \cdot 16} = 2 \cdot 4\sqrt{ab} = 8\sqrt{ab}$

Поскольку обе части полученных неравенств положительны, мы можем их перемножить:
$(a + b)(ab + 16) \ge (2\sqrt{ab})(8\sqrt{ab})$
$(a + b)(ab + 16) \ge 16(\sqrt{ab})^2$
$(a + b)(ab + 16) \ge 16ab$
Что и требовалось доказать. Равенство достигается при $a = b$ и $ab = 16$, то есть при $a = b = 4$.
Ответ: Неравенство доказано.

б) Для доказательства неравенства $(a^2 + 4b)(4b + 25) \ge 80ab$ также используем неравенство Коши: $x + y \ge 2\sqrt{xy}$ для $x, y > 0$.
По условию $a > 0$ и $b > 0$, значит все слагаемые в скобках положительны.

1. Применим неравенство к первой скобке $(a^2 + 4b)$:
$a^2 + 4b \ge 2\sqrt{a^2 \cdot 4b} = 2\sqrt{4a^2b} = 2 \cdot 2a\sqrt{b} = 4a\sqrt{b}$

2. Применим неравенство ко второй скобке $(4b + 25)$:
$4b + 25 \ge 2\sqrt{4b \cdot 25} = 2\sqrt{100b} = 2 \cdot 10\sqrt{b} = 20\sqrt{b}$

Теперь перемножим левые и правые части полученных неравенств (все они положительны):
$(a^2 + 4b)(4b + 25) \ge (4a\sqrt{b})(20\sqrt{b})$
$(a^2 + 4b)(4b + 25) \ge 80a(\sqrt{b})^2$
$(a^2 + 4b)(4b + 25) \ge 80ab$
Что и требовалось доказать. Равенство достигается при $a^2 = 4b$ и $4b = 25$, то есть при $a=5$ и $b = \frac{25}{4}$.
Ответ: Неравенство доказано.

1007. Докажите, что:

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{a) }}\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}\ge 6 \\ \frac{ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ac\left(a+c\right)}{abc}\ge 6 \\ \frac{a^{2}b+a{b}^2+b^{2}c+b{c}^2+a^{2}c+a{c}^2}{abc}\ge 6 \\ \frac{\left(a^{2}b+b{c}^2\right)+\left(a{b}^2+a{c}^2\right)+\left(b^{2}c+a^{2}c\right)}{abc}\ge 6 \end{gathered}$$

Из соотношения между средним арифметическим и средним геометрическим двух положительных чисел следует, что при a>0, b>0, c>0

$\frac{a^{2}b+b{c}^2}{2}\ge \sqrt{a^2{b}^2{c}^2}; a^{2}b+b{c}^2\ge 2\sqrt{a^2{b}^2{c}^2} \left(1\right)$

$\frac{a{b}^2+a{c}^2}{2}\ge \sqrt{a^2{b}^2{c}^2}; a{b}^2+a{c}^2\ge 2\sqrt{a^2{b}^2{c}^2} \left(2\right)$

$\frac{b^{2}c+a^{2}c}{2}\ge \sqrt{a^2{b}^2{c}^2}; b^{2}c+a^{2}c\ge 2\sqrt{a^2{b}^2{c}^2} \left(3\right)$

Складывая почленно неравенства (1), (2) и (3), получим:

$$\begin{gathered} \left(a^{2}b+b{c}^2\right)+\left(a{b}^2+a{c}^2\right)+\left(b^{2}c+a^{2}c\right)\ge 6\sqrt{a^2{b}^{2}c} \\ \left(a^{2}b+b{c}^2\right)+\left(a{b}^2+a{c}^2\right)+\left(b^{2}c+a^{2}c\right)\ge 6abc \end{gathered}$$

Разделим обе части неравенства на abc

$\frac{a^{2}b+b{c}^2+a{b}^2+a{c}^2+b^{2}c+a^{2}c}{abc}\ge 6\backslash frac\{a^2b+bc^2+ab^2+ac^2+b^2c+a^2c\}\{abc\}\; \backslash ge\; 6$

б) (1+a)(1+6)(1+c)>24

$$\begin{gathered} \frac{1+a}{2}>\sqrt{a} \\ \frac{1+b}{2}>\sqrt{b} \\ \frac{1+c}{2}>\sqrt{c} \\ \underline{\begin{array}{cc} & 1+a>2\sqrt{a}\\ \times & 1+b>2\sqrt{b}\\ & 1+c>2\sqrt{c}\end{array}} \\ \left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)>8\sqrt{abc} \end{gathered}$$

Т.к. a>0, b>0, c>0 и abc=9, то

$$\begin{gathered} \left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)>8\sqrt{9} \\ \left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)>24 \end{gathered}$$

а)

Требуется доказать неравенство $\frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{a+c}{b} \ge 6$ при условии, что $a > 0, b > 0, c > 0$.

Сначала преобразуем левую часть неравенства, разделив каждый член на знаменатель:

$\frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{a+c}{b} = \frac{a}{c} + \frac{b}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{a} + \frac{a}{b} + \frac{c}{b}$

Теперь сгруппируем слагаемые, содержащие взаимно обратные дроби:

$(\frac{a}{b} + \frac{b}{a}) + (\frac{b}{c} + \frac{c}{b}) + (\frac{c}{a} + \frac{a}{c})$

Для доказательства воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши). Для любых двух положительных чисел $x$ и $y$ справедливо, что их сумма не меньше их удвоенного среднего геометрического: $x + y \ge 2\sqrt{xy}$.

Применим это неравенство к каждой паре сгруппированных слагаемых:

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

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

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

Сложив три полученных неравенства, мы получаем:

$(\frac{a}{b} + \frac{b}{a}) + (\frac{b}{c} + \frac{c}{b}) + (\frac{c}{a} + \frac{a}{c}) \ge 2 + 2 + 2 = 6$

Таким образом, мы доказали, что $\frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{a+c}{b} \ge 6$. Равенство в данном неравенстве достигается при $a=b=c$.

Ответ: Неравенство доказано.

б)

Требуется доказать неравенство $(1+a)(1+b)(1+c) > 24$ при условии, что $a > 0, b > 0, c > 0$ и $abc = 9$.

Для доказательства снова воспользуемся неравенством Коши для двух положительных чисел: $x + y \ge 2\sqrt{xy}$.

Применим это неравенство последовательно к каждому из множителей в левой части доказываемого неравенства:

$1+a \ge 2\sqrt{1 \cdot a} = 2\sqrt{a}$

$1+b \ge 2\sqrt{1 \cdot b} = 2\sqrt{b}$

$1+c \ge 2\sqrt{1 \cdot c} = 2\sqrt{c}$

Так как все части этих неравенств являются положительными числами, мы можем их перемножить, не меняя знака неравенства:

$(1+a)(1+b)(1+c) \ge (2\sqrt{a})(2\sqrt{b})(2\sqrt{c})$

$(1+a)(1+b)(1+c) \ge 8\sqrt{abc}$

Согласно условию задачи, произведение $abc = 9$. Подставим это значение в правую часть нашего неравенства:

$(1+a)(1+b)(1+c) \ge 8\sqrt{9} = 8 \cdot 3 = 24$

Мы получили, что $(1+a)(1+b)(1+c) \ge 24$. Теперь необходимо показать, что неравенство является строгим.

Равенство в неравенстве Коши $x+y \ge 2\sqrt{xy}$ достигается только в том случае, если $x=y$. В нашем случае, равенство $(1+a)(1+b)(1+c) = 24$ было бы возможно, только если бы все три неравенства для сомножителей одновременно обратились в равенства:

$1=a$, $1=b$ и $1=c$.

Если бы $a=1, b=1, c=1$, то их произведение было бы $abc = 1 \cdot 1 \cdot 1 = 1$.

Однако по условию задачи $abc = 9$. Это создает противоречие. Условие, при котором достигается равенство ($abc=1$), не совпадает с условием задачи ($abc=9$). Следовательно, равенство $(1+a)(1+b)(1+c) = 24$ в данном случае невозможно.

Поскольку равенство не достигается, неравенство должно быть строгим.

$(1+a)(1+b)(1+c) > 24$

Ответ: Неравенство доказано.

1008. Докажите, что куб полусуммы любых двух положительных чисел не превосходит полусуммы их кубов.

${\left(\frac{a+b}{2}\right)}^3\le \frac{a^3}{2}+\frac{b^3}{2}, a>0, b>0$

Докажем, что ${\left(\frac{a+b}{2}\right)}^3\le \frac{a^3+b^3}{2}$

$$\begin{gathered} \frac{{\left(a+b\right)}^3}{2}-\frac{a^3+b^3}{2}=\frac{{\left(a+b\right)}^3-4\left(a^3+b^3\right)}{8}= \\ =\frac{{\left(a+b\right)}^3-4\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{8}= \\ =\frac{\left(a+b\right)\left({\left(a+b\right)}^2-4\left(a^2-ab+b^2\right)\right)}{8}= \\ =\frac{\left(a+b\right)\left(a^2+2ab+b^2-4a^2+4ab-4b^2\right)}{8}= \\ =\frac{\left(a+b\right)\left(-3a^2+6ab-3b^2\right)}{8}= \\ =\frac{-3\left(a+b\right)\left(a^2-2ab+b^2\right)}{8}= \end{gathered}$$
$=\frac{-3\left(a+b\right){\left(a-b\right)}^2}{8}\le 0,$ так как $a>0, b>0$, то $a+b>0$

${\left(a-b\right)}^2\ge 0$

Пусть $a$ и $b$ — два произвольных положительных числа, то есть $a > 0$ и $b > 0$.

Требуется доказать, что куб их полусуммы не превосходит полусуммы их кубов. Запишем это утверждение в виде математического неравенства:

$$ \left(\frac{a+b}{2}\right)^3 \le \frac{a^3+b^3}{2} $$

Для доказательства выполним равносильные преобразования этого неравенства. Сначала возведем в куб левую часть и раскроем скобки, используя формулу куба суммы $(x+y)^3 = x^3 + 3x^2y + 3xy^2 + y^3$:

$$ \frac{(a+b)^3}{8} \le \frac{a^3+b^3}{2} $$

$$ \frac{a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3}{8} \le \frac{a^3+b^3}{2} $$

Теперь умножим обе части неравенства на 8. Так как 8 — положительное число, знак неравенства при этом не изменится:

$$ a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3 \le 4(a^3+b^3) $$

$$ a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3 \le 4a^3 + 4b^3 $$

Перенесем все члены в правую часть неравенства и приведем подобные слагаемые:

$$ 0 \le 4a^3 - a^3 + 4b^3 - b^3 - 3a^2b - 3ab^2 $$

$$ 0 \le 3a^3 + 3b^3 - 3a^2b - 3ab^2 $$

Разделим обе части на положительное число 3:

$$ 0 \le a^3 - a^2b - ab^2 + b^3 $$

Сгруппируем слагаемые в правой части и вынесем общие множители за скобки:

$$ 0 \le (a^3 - a^2b) - (ab^2 - b^3) $$

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

Вынесем общий множитель $(a - b)$:

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

Применим формулу разности квадратов $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$:

$$ 0 \le (a-b)(a-b)(a+b) $$

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

Проанализируем полученное неравенство. По условию задачи, числа $a$ и $b$ положительны, следовательно, их сумма $a+b$ также строго положительна: $a+b > 0$.

Выражение $(a-b)^2$ представляет собой квадрат действительного числа, который всегда неотрицателен (то есть больше или равен нулю): $(a-b)^2 \ge 0$.

Произведение неотрицательного числа $(a-b)^2$ и положительного числа $(a+b)$ всегда будет неотрицательным. Следовательно, неравенство $(a-b)^2(a+b) \ge 0$ является верным для любых положительных $a$ и $b$.

Поскольку мы пришли к верному неравенству с помощью равносильных преобразований, то и исходное неравенство также является верным. Равенство в нем достигается в том случае, когда $(a-b)^2 = 0$, то есть при $a=b$.

Ответ: Утверждение доказано. Неравенство $ \left(\frac{a+b}{2}\right)^3 \le \frac{a^3+b^3}{2} $ выполняется для любых положительных чисел $a$ и $b$.

1009. Докажите, что если a > 0, b > 0, c > 0, d > 0.

$$\begin{gathered} \sqrt{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}\ge \sqrt{ab}+\sqrt{cd} \\ {\left(\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}\right)}^2\ge {\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)}^2 \\ \left(a+c\right)\left(b+d\right)\ge ab+2\sqrt{abcd}+cd \\ \cancel{ab}+da+bc+\bcancel{cd}\ge \cancel{ab}+2\sqrt{abcd}+\bcancel{cd} \\ ad+bc\ge 2\sqrt{abcd}, \end{gathered}$$

если $a>0a>0, b>0b>0, c>0c>0, d>0d>0$

Данное неравенство нужно доказать для $a > 0, b > 0, c > 0, d > 0$.

Поскольку обе части неравенства, $\sqrt{(a+c)(b+d)}$ и $\sqrt{ab} + \sqrt{cd}$, являются положительными, мы можем возвести их в квадрат, не меняя знака неравенства.

Исходное неравенство:

$\sqrt{(a+c)(b+d)} \ge \sqrt{ab} + \sqrt{cd}$

Возводим обе части в квадрат:

$(\sqrt{(a+c)(b+d)})^2 \ge (\sqrt{ab} + \sqrt{cd})^2$

Раскрываем скобки в левой и правой частях. В правой части используем формулу квадрата суммы $(x+y)^2 = x^2 + 2xy + y^2$.

$(a+c)(b+d) \ge (\sqrt{ab})^2 + 2(\sqrt{ab})(\sqrt{cd}) + (\sqrt{cd})^2$

$ab + ad + bc + cd \ge ab + 2\sqrt{abcd} + cd$

Теперь вычтем из обеих частей неравенства слагаемые $ab$ и $cd$, которые присутствуют и слева, и справа:

$ad + bc \ge 2\sqrt{abcd}$

Полученное неравенство является частным случаем неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для двух положительных чисел $x = ad$ и $y = bc$. Докажем его справедливость. Перенесем все члены в левую часть:

$ad - 2\sqrt{abcd} + bc \ge 0$

Заметим, что левая часть представляет собой полный квадрат разности:

$(\sqrt{ad})^2 - 2\sqrt{ad}\sqrt{bc} + (\sqrt{bc})^2 \ge 0$

$(\sqrt{ad} - \sqrt{bc})^2 \ge 0$

Это неравенство является истинным для любых действительных значений $a, b, c, d$, так как квадрат любого действительного числа всегда больше или равен нулю.

Поскольку мы пришли к верному неравенству с помощью равносильных преобразований (возведение в квадрат положительных чисел, сложение/вычитание), то и исходное неравенство также верно.

Что и требовалось доказать.

Альтернативное решение (с использованием неравенства Коши-Буняковского-Шварца):

Неравенство Коши-Буняковского-Шварца для двух векторов $\vec{x}=(x_1, x_2)$ и $\vec{y}=(y_1, y_2)$ гласит: $x_1y_1+x_2y_2 \le \sqrt{x_1^2+x_2^2}\sqrt{y_1^2+y_2^2}$.

Выберем векторы $\vec{x} = (\sqrt{a}, \sqrt{c})$ и $\vec{y} = (\sqrt{b}, \sqrt{d})$. Так как $a, b, c, d > 0$, их компоненты являются действительными положительными числами.

Левая часть неравенства Коши-Буняковского-Шварца для этих векторов:

$x_1y_1+x_2y_2 = \sqrt{a}\sqrt{b} + \sqrt{c}\sqrt{d} = \sqrt{ab} + \sqrt{cd}$

Правая часть:

$\sqrt{x_1^2+x_2^2} = \sqrt{(\sqrt{a})^2 + (\sqrt{c})^2} = \sqrt{a+c}$

$\sqrt{y_1^2+y_2^2} = \sqrt{(\sqrt{b})^2 + (\sqrt{d})^2} = \sqrt{b+d}$

Произведение этих выражений: $\sqrt{a+c}\sqrt{b+d} = \sqrt{(a+c)(b+d)}$.

Подставляя эти результаты в неравенство Коши-Буняковского-Шварца, получаем:

$\sqrt{ab} + \sqrt{cd} \le \sqrt{(a+c)(b+d)}$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

1010. Докажите, что при a > 0, b > 0, c > 0 верно неравенство

$$\begin{gathered} \frac{3}{a+b+c}<\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \\ \underline{\begin{array}{cc} & \frac{1}{a+b}>\frac{1}{a+b+c}\\ +& \frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+b+c}\\ & \frac{1}{c+a}>\frac{1}{a+b+c}\end{array}} \\ \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}>\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{a+b+c}+ \\ +\frac{1}{a+b+c} \end{gathered}$$

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}>\frac{3}{a+b+c}$ при a>0, b>0, c>0

Для доказательства данного неравенства воспользуемся тем, что по условию переменные $a$, $b$ и $c$ являются положительными числами, то есть $a > 0$, $b > 0$ и $c > 0$.

Сравним знаменатель дроби в левой части неравенства, $a+b+c$, с каждым из знаменателей в правой части.

1. Поскольку $c > 0$, сумма $a+b$ строго меньше суммы $a+b+c$:

$a+b < a+b+c$

Так как обе части этого неравенства положительны, при взятии обратных величин знак неравенства меняется на противоположный:

$\frac{1}{a+b} > \frac{1}{a+b+c}$

2. Аналогично, поскольку $a > 0$, имеем:

$b+c < a+b+c$

Отсюда следует:

$\frac{1}{b+c} > \frac{1}{a+b+c}$

3. И поскольку $b > 0$, имеем:

$c+a < a+b+c$

Отсюда следует:

$\frac{1}{c+a} > \frac{1}{a+b+c}$

Теперь сложим три полученных строгих неравенства:

$\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} > \frac{1}{a+b+c} + \frac{1}{a+b+c} + \frac{1}{a+b+c}$

Сумма дробей в правой части равна:

$\frac{1+1+1}{a+b+c} = \frac{3}{a+b+c}$

Таким образом, мы получаем итоговое неравенство:

$\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} > \frac{3}{a+b+c}$

Это неравенство эквивалентно тому, которое требовалось доказать. Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.