Страница 227 - гдз по алгебре 8 класс учебник Макарычев, Миндюк

1011. Докажите, что если x + y + z = 1, то

$$\begin{gathered} \sqrt{4x+1}+\sqrt{4y+1}+\sqrt{4z+1}\le 5 \\ \sqrt{4x+1}\le \sqrt{4x^2+4x+1}=\sqrt{{\left(2x+1\right)}^2}=\left|2x+1\right| \\ \sqrt{4y+1}\le \sqrt{4y^2+4y+1}=\sqrt{{\left(2y+1\right)}^2}=\left|2y+1\right| \\ \sqrt{4z+1}\le \sqrt{4z^2+4z+1}=\sqrt{{\left(2z+1\right)}^2}=\left|2z+1\right| \\ \sqrt{4x+1}+\sqrt{4y+1}+\sqrt{4z+1}\le \left|2x+1\right|+ \\ +\left|2y+1\right|+\left|2z+1\right| \end{gathered}$$

Так как

$$\begin{gathered} 4x+1\ge 0; \\ 4x\ge -1 \\ x\ge -\frac{1}{4} \end{gathered}$$$$\begin{gathered} 4y+1\ge 0; \\ 4y\ge -1 \\ y\ge -\frac{1}{4} \end{gathered}$$$$\begin{gathered} 4z+1\ge 0 \\ 4z\ge -1 \\ z\ge -\frac{1}{4} \end{gathered}$$

то $2x+1>02x+1>0, 2y+1>02y+1>0, 2z+1>02z+1>0$

Значит, $$\begin{gathered} \sqrt{4x+1}+\sqrt{4y+1}+\sqrt{4z+1}\le 2x+1+ \\ +2y+1+2z+1=2(x+y+z)+3 \end{gathered}$$

Если x+y+z=1, то $\sqrt{4x+1}+\sqrt{4y+1}+\sqrt{4z+1}\le 5$

Для того чтобы выражения под знаком корня были определены, необходимо выполнение условий $4x+1 \ge 0$, $4y+1 \ge 0$ и $4z+1 \ge 0$. Отсюда следует, что $x \ge -1/4$, $y \ge -1/4$ и $z \ge -1/4$.

Рассмотрим и докажем вспомогательное неравенство $\sqrt{4t+1} \le 2t+1$ для всех $t \ge -1/4$. При $t \ge -1/4$ обе части этого неравенства неотрицательны, так как $2t+1 \ge 2(-1/4)+1 = -1/2+1 = 1/2 > 0$. Следовательно, мы можем возвести обе части в квадрат, не меняя знака неравенства: $(\sqrt{4t+1})^2 \le (2t+1)^2$. Это эквивалентно $4t+1 \le 4t^2 + 4t + 1$, что упрощается до $0 \le 4t^2$. Данное неравенство очевидно верно для любого действительного $t$, а значит, вспомогательное неравенство $\sqrt{4t+1} \le 2t+1$ доказано для всех $t \ge -1/4$.

Поскольку переменные $x, y, z$ удовлетворяют необходимым условиям, мы можем применить доказанное неравенство для каждого слагаемого в исходном выражении: $\sqrt{4x+1} \le 2x+1$, $\sqrt{4y+1} \le 2y+1$, $\sqrt{4z+1} \le 2z+1$.

Складывая эти три неравенства, получаем: $\sqrt{4x+1} + \sqrt{4y+1} + \sqrt{4z+1} \le (2x+1) + (2y+1) + (2z+1)$. Преобразуем правую часть: $2x+2y+2z+3 = 2(x+y+z) + 3$.

Используя условие задачи $x+y+z=1$, имеем: $2(x+y+z) + 3 = 2(1) + 3 = 5$.

Таким образом, мы приходим к окончательному результату: $\sqrt{4x+1} + \sqrt{4y+1} + \sqrt{4z+1} \le 5$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

1012. Докажите, что при любом а, большем 1, верно неравенство

При a>1 верно равенство

$$\begin{gathered} \left(\sqrt{a+1}-\sqrt{a-1}\right)\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1}\right)= \\ ={\left(\sqrt{a+1}\right)}^2-{\left(\sqrt{a-1}\right)}^2=a+1-a+1=2 \\ \sqrt{a+1}-\sqrt{a-1}=\frac{2}{\sqrt{a+1}+\sqrt{a+1}} \left(1\right) \end{gathered}$$

Домножим обе части неравенства

$$\begin{gathered} \frac{1}{\sqrt{a}}<\sqrt{a+1}-\sqrt{a-1}\text{ на }\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1} \\ \frac{1}{\sqrt{a}}\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1}\right)<\left(\sqrt{a+1}-\sqrt{a-1}\right)\times \\ \times \left(\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1}\right) \\ \frac{1}{\sqrt{a}}\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1}\right)<2 \end{gathered}$$

$\frac{1}{\sqrt{a}}<\frac{2}{\sqrt{a+1}+\sqrt{a-1}}$используя равенство (1) получим:

$\frac{1}{\sqrt{a}}<\sqrt{a+1}-\sqrt{a-1},$ что и требовалось доказать

Для доказательства неравенства $\frac{1}{\sqrt{a}} < \sqrt{a+1} - \sqrt{a-1}$ при $a > 1$ проведем ряд равносильных преобразований.

По условию $a > 1$. Проверим знаки обеих частей неравенства.
Левая часть $\frac{1}{\sqrt{a}}$ очевидно положительна.
Для правой части: так как $a > 1$, то $a+1 > a-1 \ge 0$. Следовательно, $\sqrt{a+1} > \sqrt{a-1}$, а значит и разность $\sqrt{a+1} - \sqrt{a-1}$ является положительным числом.

Поскольку обе части неравенства строго положительны, мы можем выполнять такие преобразования, как возведение в квадрат или умножение на положительные выражения, при этом знак неравенства сохранится.

Преобразуем правую часть, умножив и разделив ее на сопряженное выражение $\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1}$:
$\sqrt{a+1} - \sqrt{a-1} = \frac{(\sqrt{a+1} - \sqrt{a-1})(\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1})}{\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1}} = \frac{(a+1) - (a-1)}{\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1}} = \frac{2}{\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1}}$.

Теперь исходное неравенство можно переписать в равносильном виде:
$\frac{1}{\sqrt{a}} < \frac{2}{\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1}}$.

Так как все члены положительны, можно выполнить перекрестное умножение (что равносильно умножению обеих частей на положительное число $\sqrt{a}(\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1})$):
$\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1} < 2\sqrt{a}$.

Возведем обе положительные части полученного неравенства в квадрат:
$(\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1})^2 < (2\sqrt{a})^2$
$(a+1) + 2\sqrt{(a+1)(a-1)} + (a-1) < 4a$
$2a + 2\sqrt{a^2 - 1} < 4a$.

Упростим неравенство. Вычтем $2a$ из обеих частей:
$2\sqrt{a^2 - 1} < 2a$.
Разделим обе части на 2:
$\sqrt{a^2 - 1} < a$.

При $a > 1$ обе части этого неравенства ($a$ и $\sqrt{a^2-1}$) также положительны, поэтому мы можем еще раз возвести их в квадрат:
$(\sqrt{a^2 - 1})^2 < a^2$
$a^2 - 1 < a^2$.

Вычитая $a^2$ из обеих частей, получаем верное числовое неравенство:
$-1 < 0$.

Мы пришли к верному неравенству, выполнив цепочку равносильных преобразований. Следовательно, исходное неравенство также верно для всех $a > 1$.

Ответ: Неравенство доказано.

1013. Велосипедист рассчитал, с какой скоростью он должен ехать из посёлка в город и обратно, чтобы, пробыв в городе полчаса, вернуться в посёлок к намеченному сроку. Однако на пути из посёлка в город он ехал со скоростью, на 2 км/ч меньшей намеченной, а спустя полчаса возвращался из города в посёлок со скоростью, на 2 км/ч большей намеченной. Успел ли велосипедист вернуться в посёлок к назначенному сроку?

Пусть x км/ч - намеченная скорость велосипедиста, но, так как, из посёлка в город он ехал со скоростью (x-2)км/ч, а из города в посёлок - со скоростью (x+2)км/ч, нужно узнать, успел ли он вернуться к назначенному сроку.

Примем путь из посёлка в город за 1, тогда $\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{2}\right)\text{ч}=\left(\frac{2}{x}+\frac{1}{2}\right)\text{ч}$ - намеченный срок, а $\left(\frac{1}{x-2}+\frac{1}{x+2}+\frac{1}{2}\right)\text{ч}$ - реальное время, которое потратил велосипедист на весь путь. Сравним

$\frac{1}{x-2}+\frac{1}{x+2}\backslash frac\{1\}\{x-2\}+\backslash frac\{1\}\{x+2\}$ и $\frac{2}{x}$

$\frac{x+2+x-2}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}$ и $\frac{2}{x}$

$\frac{2x}{x^2-4}>\frac{2x}{x^2}$

Значит, $\frac{1}{x-2}+\frac{1}{x+2}>\frac{2}{x}$

$\frac{1}{x-2}+\frac{1}{x+2}+\frac{1}{2}>\frac{2}{x}+\frac{1}{2}$, т.е. велосипедист не успел к намеченному сроку.

Ответ: не успел

Чтобы определить, успел ли велосипедист вернуться к назначенному сроку, нам нужно сравнить запланированное время всей поездки с фактическим. Поездка состоит из трех частей: дорога в город, пребывание в городе и дорога обратно. Время пребывания в городе (полчаса) в обоих случаях одинаково, поэтому для ответа на вопрос достаточно сравнить время, затраченное на дорогу туда и обратно.

Введем обозначения:

• $S$ — расстояние от поселка до города (в км).
• $v$ — намеченная скорость велосипедиста (в км/ч).

Из условия задачи следует, что скорость на пути из поселка в город была $v - 2$ км/ч. Чтобы скорость была положительной, необходимо условие $v > 2$.

1. Запланированное время в пути.

Велосипедист планировал ехать в город и обратно с одинаковой скоростью $v$. Время, которое он планировал потратить на дорогу (без учета остановки), равно:

$t_{план} = \frac{S}{v} + \frac{S}{v} = \frac{2S}{v}$

2. Фактическое время в пути.

На пути из поселка в город велосипедист ехал со скоростью $v - 2$ км/ч, а обратно — со скоростью $v + 2$ км/ч. Фактическое время, затраченное на дорогу, составляет:

$t_{факт} = \frac{S}{v-2} + \frac{S}{v+2}$

Приведем это выражение к общему знаменателю:

$t_{факт} = \frac{S(v+2) + S(v-2)}{(v-2)(v+2)} = \frac{Sv + 2S + Sv - 2S}{v^2 - 4^2} = \frac{2Sv}{v^2 - 4}$

3. Сравнение времени.

Теперь сравним запланированное время в пути $t_{план}$ и фактическое $t_{факт}$:

$t_{план} = \frac{2S}{v}$ и $t_{факт} = \frac{2Sv}{v^2 - 4}$

Чтобы сравнить эти два выражения, можно сравнить дроби $\frac{1}{v}$ и $\frac{v}{v^2 - 4}$ (поскольку $2S$ — общий положительный множитель).

Сравним $\frac{1}{v}$ и $\frac{v}{v^2 - 4}$. Приведем их к общему знаменателю $v(v^2-4)$:

$\frac{1 \cdot (v^2 - 4)}{v(v^2 - 4)}$ и $\frac{v \cdot v}{v(v^2 - 4)}$

Получаем: $\frac{v^2 - 4}{v(v^2 - 4)}$ и $\frac{v^2}{v(v^2 - 4)}$

Так как мы установили, что $v > 2$, то $v^2 > 4$, и знаменатель $v(v^2-4)$ будет положительным. Значит, для сравнения дробей достаточно сравнить их числители:

$v^2 - 4$ и $v^2$

Очевидно, что $v^2 - 4 < v^2$.

Из этого следует, что $\frac{1}{v} < \frac{v}{v^2 - 4}$, а значит, и $t_{план} < t_{факт}$.

Фактическое время, проведенное в пути, оказалось больше запланированного. Поскольку время остановки в городе было одинаковым, то и общее время всей поездки по факту оказалось больше, чем планировалось.

Ответ: Нет, велосипедист не успел вернуться в посёлок к назначенному сроку, он опоздал.

1014. Докажите неравенство:

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{a) }}\left(6y-1\right)\left(y+2\right)<\left(3y+4\right)\left(2y+1\right) \\ 6y^2+12y-y-2<6y^2+3y+8y+4 \\ 6y^2-6y^2+12y-3y-y-8y-2-4=-6<0 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{б) }}\left(3y-1\right)\left(2y+1\right)>\left(2y-1\right)\left(2+3y\right) \\ 6y^2+3y-2y-1>4y+6y^2-2-3y \\ 6y^2+y-6y^2-y-1+2=1>0 \end{gathered}$$

а) Для доказательства неравенства $ (6y - 1)(y + 2) < (3y + 4)(2y + 1) $ необходимо выполнить тождественные преобразования. Сначала раскроем скобки в левой и правой частях.

Преобразуем левую часть неравенства:

$ (6y - 1)(y + 2) = 6y \cdot y + 6y \cdot 2 - 1 \cdot y - 1 \cdot 2 = 6y^2 + 12y - y - 2 = 6y^2 + 11y - 2 $.

Преобразуем правую часть неравенства:

$ (3y + 4)(2y + 1) = 3y \cdot 2y + 3y \cdot 1 + 4 \cdot 2y + 4 \cdot 1 = 6y^2 + 3y + 8y + 4 = 6y^2 + 11y + 4 $.

Теперь исходное неравенство можно записать в виде:

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

Вычтем из обеих частей неравенства выражение $ 6y^2 + 11y $:

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

$ -2 < 4 $.

В результате преобразований мы получили верное числовое неравенство, не зависящее от переменной $ y $. Это означает, что исходное неравенство справедливо для любого значения $ y $.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Для доказательства неравенства $ (3y - 1)(2y + 1) > (2y - 1)(2 + 3y) $ также раскроем скобки в обеих частях.

Преобразуем левую часть:

$ (3y - 1)(2y + 1) = 3y \cdot 2y + 3y \cdot 1 - 1 \cdot 2y - 1 \cdot 1 = 6y^2 + 3y - 2y - 1 = 6y^2 + y - 1 $.

Преобразуем правую часть:

$ (2y - 1)(2 + 3y) = 2y \cdot 2 + 2y \cdot 3y - 1 \cdot 2 - 1 \cdot 3y = 4y + 6y^2 - 2 - 3y = 6y^2 + y - 2 $.

Подставим полученные многочлены в исходное неравенство:

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

Вычтем из обеих частей неравенства выражение $ 6y^2 + y $:

$ (6y^2 + y - 1) - (6y^2 + y) > (6y^2 + y - 2) - (6y^2 + y) $.

$ -1 > -2 $.

Мы получили верное числовое неравенство $ -1 > -2 $, которое не зависит от переменной $ y $. Следовательно, исходное неравенство верно при любом значении $ y $.

Ответ: Неравенство доказано.

1015. Докажите неравенство:

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

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{б) }}{\left(3b+1\right)}^{\mathbf{2}}>6b \\ 9b^2+6b+1-6b=9b^2+1>0 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{в) }}4\left(x+2\right)<{\left(x+3\right)}^2-2x \\ 4x+8<x^2+6x+9-2x \\ 4x+8-x^2-4x-9<0 \\ -x^2-1<0 \\ -\left(x^2+1\right)<0 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{г) }}1+{\left(m+2\right)}^2>3\left(2m-1\right) \\ 1+m^2+4m+4>6m-3 \\ {m}^2+4m+5-6m+3=m^2-2m+8= \\ =\left(m^2-2m+1\right)+7={\left(m-1\right)}^2+7>0 \end{gathered}$$

а) Для доказательства неравенства $(x + 1)^2 \ge 4x$ выполним равносильные преобразования. Раскроем скобки в левой части, используя формулу квадрата суммы $(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$:
$x^2 + 2x + 1 \ge 4x$
Перенесем все слагаемые в левую часть и приведем подобные:
$x^2 + 2x + 1 - 4x \ge 0$
$x^2 - 2x + 1 \ge 0$
Полученное выражение в левой части является полным квадратом разности, который можно свернуть по формуле $(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$:
$(x - 1)^2 \ge 0$
Квадрат любого действительного числа является неотрицательной величиной, то есть всегда больше или равен нулю. Таким образом, последнее неравенство справедливо для любого значения $x$, что и требовалось доказать.
Ответ: Неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $(3b + 1)^2 > 6b$.
Раскроем скобки в левой части по формуле квадрата суммы:
$(3b)^2 + 2 \cdot 3b \cdot 1 + 1^2 > 6b$
$9b^2 + 6b + 1 > 6b$
Перенесем $6b$ в левую часть и упростим выражение:
$9b^2 + 6b - 6b + 1 > 0$
$9b^2 + 1 > 0$
Для любого действительного числа $b$ его квадрат $b^2$ является неотрицательным, то есть $b^2 \ge 0$. Следовательно, $9b^2 \ge 0$. Если к неотрицательному числу $9b^2$ прибавить 1, результат всегда будет положительным: $9b^2 + 1 \ge 1 > 0$.
Таким образом, неравенство верно при любом значении $b$.
Ответ: Неравенство доказано.

в) Докажем неравенство $4(x + 2) < (x + 3)^2 - 2x$.
Раскроем скобки в обеих частях неравенства:
$4x + 8 < (x^2 + 6x + 9) - 2x$
Упростим правую часть:
$4x + 8 < x^2 + 4x + 9$
Перенесем все слагаемые в одну сторону (например, в правую), чтобы получить неравенство с нулем:
$0 < x^2 + 4x + 9 - 4x - 8$
$0 < x^2 + 1$
Это неравенство равносильно неравенству $x^2 + 1 > 0$.
Так как квадрат любого действительного числа $x$ неотрицателен ($x^2 \ge 0$), то сумма $x^2 + 1$ всегда будет не меньше 1 ($x^2 + 1 \ge 1$), а значит, всегда строго больше нуля.
Следовательно, исходное неравенство верно при любом значении $x$.
Ответ: Неравенство доказано.

г) Докажем неравенство $1 + (m + 2)^2 > 3(2m - 1)$.
Раскроем скобки в обеих частях:
$1 + (m^2 + 4m + 4) > 6m - 3$
$m^2 + 4m + 5 > 6m - 3$
Перенесем все члены в левую часть и приведем подобные слагаемые:
$m^2 + 4m + 5 - 6m + 3 > 0$
$m^2 - 2m + 8 > 0$
Чтобы доказать это неравенство, выделим в левой части полный квадрат:
$(m^2 - 2m + 1) - 1 + 8 > 0$
$(m - 1)^2 + 7 > 0$
Выражение $(m-1)^2$ как квадрат действительного числа всегда больше или равно нулю. Если к неотрицательному числу прибавить 7, результат будет не меньше 7, то есть $(m-1)^2 + 7 \ge 7$.
Поскольку $7 > 0$, то и $(m-1)^2 + 7$ всегда больше нуля. Неравенство справедливо при любом значении $m$.
Ответ: Неравенство доказано.

1016. Верно ли неравенство:

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{а)}} \sqrt{7}+2\sqrt{5}<2+\sqrt{35} \\ (\sqrt{7}+2\sqrt{5}{)}^2<(2+\sqrt{35}{)}^2 \\ 7+4\sqrt{35}+20<4+4\sqrt{35}+35 \\ 27+4\sqrt{35}<39+4\sqrt{35}, \text{верно, т.к.} 27<39 \end{gathered}$$

Ответ: верно

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{б) }}4\sqrt{6}+2>2\sqrt{3}+4\sqrt{2} \\ {(4\sqrt{6}+2)}^2>{(2\sqrt{3}+4\sqrt{2})}^2 \\ 96+4+16\sqrt{6}>12+32+16\sqrt{6} \\ 100+16\sqrt{6}>44+16\sqrt{6}, \text{верно, т.к.} 100>44 \end{gathered}$$

Ответ: верно

а) Для проверки верности неравенства $\sqrt{7} + 2\sqrt{5} < 2 + \sqrt{35}$ выполним равносильные преобразования. Перенесем слагаемые так, чтобы сгруппировать похожие члены:

$\sqrt{7} - 2 < \sqrt{35} - 2\sqrt{5}$

Заметим, что $\sqrt{35} = \sqrt{7 \cdot 5} = \sqrt{7} \cdot \sqrt{5}$. Подставим это в правую часть неравенства:

$\sqrt{7} - 2 < \sqrt{7} \cdot \sqrt{5} - 2\sqrt{5}$

Вынесем общий множитель $\sqrt{5}$ в правой части:

$\sqrt{7} - 2 < \sqrt{5}(\sqrt{7} - 2)$

Теперь оценим знак выражения $(\sqrt{7} - 2)$. Так как $7 > 4$, то $\sqrt{7} > \sqrt{4} = 2$. Следовательно, выражение $(\sqrt{7} - 2)$ положительно.

Разделим обе части неравенства на положительное число $(\sqrt{7} - 2)$, при этом знак неравенства не изменится:

$1 < \sqrt{5}$

Чтобы проверить верность этого неравенства, возведем обе его части в квадрат, так как они обе положительны:

$1^2 < (\sqrt{5})^2$

$1 < 5$

Последнее неравенство является верным. Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно.

Ответ: да, неравенство верно.

б) Проверим верность неравенства $4\sqrt{6} + 2 > 2\sqrt{3} + 4\sqrt{2}$. Выполним равносильные преобразования. Перенесем слагаемые, чтобы сгруппировать их:

$4\sqrt{6} - 4\sqrt{2} > 2\sqrt{3} - 2$

Вынесем общие множители в левой и правой частях:

$4(\sqrt{6} - \sqrt{2}) > 2(\sqrt{3} - 1)$

Разделим обе части неравенства на 2:

$2(\sqrt{6} - \sqrt{2}) > \sqrt{3} - 1$

Заметим, что $\sqrt{6} = \sqrt{2 \cdot 3} = \sqrt{2} \cdot \sqrt{3}$. Подставим это в левую часть:

$2(\sqrt{2} \cdot \sqrt{3} - \sqrt{2}) > \sqrt{3} - 1$

Вынесем общий множитель $\sqrt{2}$ в левой части:

$2\sqrt{2}(\sqrt{3} - 1) > \sqrt{3} - 1$

Оценим знак выражения $(\sqrt{3} - 1)$. Так как $3 > 1$, то $\sqrt{3} > \sqrt{1} = 1$. Следовательно, выражение $(\sqrt{3} - 1)$ положительно.

Разделим обе части неравенства на положительное число $(\sqrt{3} - 1)$, знак неравенства при этом не изменится:

$2\sqrt{2} > 1$

Чтобы проверить верность этого неравенства, возведем обе его части в квадрат, так как они обе положительны:

$(2\sqrt{2})^2 > 1^2$

$4 \cdot 2 > 1$

$8 > 1$

Последнее неравенство является верным. Так как все преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно.

Ответ: да, неравенство верно.

1017. Докажите неравенство:

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

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{б) }}{a}^2+b^2+c^2+5>2\left(a+b+c\right) \\ {a}^2+b^2+c^2+5-2a-2b-2c= \\ =\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-2b+1\right)+\left(c^2-2c+1\right)+2= \\ ={\left(a-1\right)}^2+{\left(b-1\right)}^2+{\left(c-1\right)}^2+2>0 \end{gathered}$$

а) Докажем неравенство $a^2 + b^2 + 2 \ge 2(a + b)$.

Для доказательства перенесем все члены неравенства в левую часть:

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

Раскроем скобки:

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

Сгруппируем слагаемые, чтобы выделить полные квадраты. Представим $2$ как $1 + 1$:

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

Теперь свернем каждую скобку по формуле квадрата разности $(x - y)^2 = x^2 - 2xy + y^2$:

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

Полученное неравенство истинно для любых значений $a$ и $b$, так как квадрат любого действительного числа является неотрицательным числом ($(a - 1)^2 \ge 0$ и $(b - 1)^2 \ge 0$), а сумма двух неотрицательных чисел также неотрицательна. Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $a^2 + b^2 + c^2 + 5 > 2(a + b + c)$.

Перенесем все члены в левую часть:

$a^2 + b^2 + c^2 + 5 - 2(a + b + c) > 0$

Раскроем скобки:

$a^2 + b^2 + c^2 + 5 - 2a - 2b - 2c > 0$

Сгруппируем слагаемые для выделения полных квадратов. Для этого представим число $5$ как $1 + 1 + 1 + 2$:

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

Свернем скобки по формуле квадрата разности:

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

Выражения $(a - 1)^2$, $(b - 1)^2$ и $(c - 1)^2$ являются квадратами действительных чисел, поэтому каждое из них не может быть отрицательным: $(a - 1)^2 \ge 0$, $(b - 1)^2 \ge 0$, $(c - 1)^2 \ge 0$.

Следовательно, их сумма также неотрицательна:

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

Прибавив к этой сумме положительное число $2$, мы получим выражение, которое всегда будет строго больше нуля:

$(a - 1)^2 + (b - 1)^2 + (c - 1)^2 + 2 \ge 2$, а так как $2 > 0$, то и все выражение строго положительно. Таким образом, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

1018. а) Докажите, что при a > 3 значение выражения отрицательно.

б) Докажите, что при y > 1 значение выражения положительно.

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{a) }}\left(\frac{a-3}{a+3}-\frac{a+3}{a-3}\right)\left(1+\frac{3}{a}\right)= \\ =\frac{{\left(a-3\right)}^2-{\left(a+3\right)}^2}{\left(a+3\right)\left(a-3\right)}\left(1+\frac{3}{a}\right)= \\ =\frac{a^2-6a+9-a^2-6a-9}{\left(a+3\right)\left(a-3\right)}·\frac{a+3}{a}= \\ =\frac{-12a}{\left(a-3\right)a}=\frac{-12}{a-3}<0\text{ при }a>3 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{б) }}\frac{y^2+3}{y-1}-\frac{2}{y}:\left(\frac{1}{y^2-y}+\frac{y-3}{y^2-1}\right)= \\ =\frac{y^2+3}{y-1}-\frac{2}{y}:\left(\frac{1}{y(y-1)}+\frac{y-3}{\left(y-1\right)\left(y+1\right)}\right)= \\ =\frac{y^2+3}{y-1}-\frac{2}{y}:\frac{y+1+y\left(y-3\right)}{y\left(y-1\right)\left(y+1\right)}= \\ =\frac{y^2+3}{y-1}-\frac{2}{y}·\frac{y\left(y-1\right)\left(y+1\right)}{y^2+y+1-3y}= \\ =\frac{y^2+3}{y-1}-\frac{2}{y}·\frac{y\left(y-1\right)\left(y+1\right)}{y^2-2y+1}= \\ =\frac{y^2+3}{y-1}-\frac{2\left(y-1\right)\left(y+1\right)}{{\left(y-1\right)}^2}=\frac{y^2+3-2\left(y+1\right)}{y-1}= \\ =\frac{y^2+3-2y-2}{y-1}=\frac{y^2-2y+1}{y-1}= \\ =\frac{{\left(y-1\right)}^2}{y-1}=y-1>0 \text{при }y>1 \end{gathered}$$

а)

Требуется доказать, что при $a > 3$ значение выражения $\left(\frac{a-3}{a+3}-\frac{a+3}{a-3}\right)\left(1+\frac{3}{a}\right)$ отрицательно.
Сначала упростим выражение в первой скобке, приведя дроби к общему знаменателю $(a+3)(a-3)$:
$\frac{a-3}{a+3}-\frac{a+3}{a-3} = \frac{(a-3)(a-3) - (a+3)(a+3)}{(a+3)(a-3)} = \frac{(a-3)^2 - (a+3)^2}{a^2-9}$
Раскроем скобки в числителе по формуле разности квадратов $x^2-y^2=(x-y)(x+y)$:
$\frac{((a-3)-(a+3))((a-3)+(a+3))}{a^2-9} = \frac{(a-3-a-3)(a-3+a+3)}{a^2-9} = \frac{(-6)(2a)}{a^2-9} = \frac{-12a}{a^2-9}$
Теперь упростим выражение во второй скобке:
$1+\frac{3}{a} = \frac{a}{a}+\frac{3}{a} = \frac{a+3}{a}$
Теперь перемножим упрощенные выражения:
$\frac{-12a}{a^2-9} \cdot \frac{a+3}{a} = \frac{-12a}{(a-3)(a+3)} \cdot \frac{a+3}{a}$
Сократим дробь на $a$ и $(a+3)$. Так как по условию $a > 3$, то $a \ne 0$ и $a+3 \ne 0$.
$\frac{-12\cancel{a}}{(a-3)\cancel{(a+3)}} \cdot \frac{\cancel{a+3}}{\cancel{a}} = \frac{-12}{a-3}$
Теперь оценим знак полученного выражения при $a > 3$:
Числитель дроби равен -12, это отрицательное число.
Знаменатель дроби $a-3$. Поскольку $a > 3$, то $a-3 > 0$, то есть знаменатель положителен.
При делении отрицательного числа на положительное получается отрицательное число.
Следовательно, значение выражения $\frac{-12}{a-3}$ при $a > 3$ всегда отрицательно. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

б)

Требуется доказать, что при $y > 1$ значение выражения $\left(\frac{y^2+3}{y-1}-\frac{2}{y}\right):\left(\frac{1}{y^2-y}+\frac{y-3}{y^2-1}\right)$ положительно.
Упростим выражение по частям. Сначала выполним вычитание в первой скобке:
$\frac{y^2+3}{y-1}-\frac{2}{y} = \frac{y(y^2+3) - 2(y-1)}{y(y-1)} = \frac{y^3+3y-2y+2}{y(y-1)} = \frac{y^3+y+2}{y(y-1)}$
Теперь выполним сложение во второй скобке. Для этого разложим знаменатели на множители: $y^2-y = y(y-1)$ и $y^2-1 = (y-1)(y+1)$.
$\frac{1}{y(y-1)}+\frac{y-3}{(y-1)(y+1)} = \frac{1(y+1) + y(y-3)}{y(y-1)(y+1)} = \frac{y+1+y^2-3y}{y(y-1)(y+1)} = \frac{y^2-2y+1}{y(y-1)(y+1)}$
Числитель полученной дроби является полным квадратом: $y^2-2y+1 = (y-1)^2$.
$\frac{(y-1)^2}{y(y-1)(y+1)}$
Сократим дробь на $(y-1)$. Так как по условию $y > 1$, то $y-1 \ne 0$.
$\frac{y-1}{y(y+1)}$
Теперь выполним деление:
$\frac{y^3+y+2}{y(y-1)} : \frac{y-1}{y(y+1)} = \frac{y^3+y+2}{y(y-1)} \cdot \frac{y(y+1)}{y-1}$
Сократим на $y$ (так как $y > 1$, то $y \ne 0$) и сгруппируем знаменатели:
$\frac{(y^3+y+2)(y+1)}{(y-1)^2}$
Разложим многочлен в числителе $y^3+y+2$. Можно заметить, что при $y=-1$ он обращается в ноль, значит, $(y+1)$ является его множителем. Разделив $y^3+y+2$ на $(y+1)$, получим $(y^2-y+2)$. Таким образом, $y^3+y+2=(y+1)(y^2-y+2)$.
Подставим это в наше выражение:
$\frac{(y+1)(y^2-y+2)(y+1)}{(y-1)^2} = \frac{(y+1)^2(y^2-y+2)}{(y-1)^2}$
Оценим знак полученного выражения при $y > 1$:
1. $(y-1)^2$: так как $y > 1$, то $y-1 > 0$, следовательно, $(y-1)^2 > 0$.
2. $(y+1)^2$: так как $y > 1$, то $y+1 > 0$, следовательно, $(y+1)^2 > 0$.
3. $y^2-y+2$: это квадратичная парабола с ветвями вверх. Ее дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 1-8 = -7 < 0$. Так как дискриминант отрицательный, а старший коэффициент положителен, этот трехчлен принимает только положительные значения при любом $y$.
Таким образом, все множители в числителе и знаменатель являются положительными числами. Произведение и частное положительных чисел всегда положительно.
Следовательно, значение выражения при $y > 1$ всегда положительно. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.