Номер 906, страница 205 - гдз по алгебре 8 класс учебник Макарычев, Миндюк

36. Доказательство неравенств. § 11. Неравенства с одной переменной и их системы. Глава 4. Неравенства - номер 906, страница 205.

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

a) $\frac{x}{y^2} + \frac{y}{x^2} \ge \frac{1}{x} + \frac{1}{y}$;

б) $\frac{x^2}{y} + \frac{y^2}{x} \ge x + y$.

а)

Требуется доказать, что если $x > 0$ и $y > 0$, то $\frac{x}{y^2} + \frac{y}{x^2} \ge \frac{1}{x} + \frac{1}{y}$.

Перенесем все члены неравенства в левую часть:

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

Сгруппируем слагаемые:

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

Приведем выражения в скобках к общему знаменателю:

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

Вынесем знак минус из второй дроби, чтобы получить общий множитель:

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

Вынесем общий множитель $(x - y)$ за скобки:

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

Приведем разность в скобках к общему знаменателю $x^2y^2$:

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

Разложим разность квадратов $x^2 - y^2$ по формуле $(x - y)(x + y)$:

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

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

Проанализируем полученное выражение. По условию $x > 0$ и $y > 0$.

• Выражение $(x - y)^2$ всегда неотрицательно (больше или равно нулю), так как это квадрат действительного числа.

• Выражение $(x + y)$ строго положительно, так как это сумма двух положительных чисел.

• Выражение $x^2y^2$ строго положительно, так как это произведение квадратов положительных чисел.

Таким образом, числитель дроби является произведением неотрицательного числа на положительное, значит, он неотрицателен. Знаменатель дроби положителен. Следовательно, вся дробь неотрицательна, то есть больше или равна нулю. Неравенство $\frac{(x - y)^2(x + y)}{x^2y^2} \ge 0$ является верным. Так как все преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно.

Ответ: Доказано.

б)

Требуется доказать, что если $x > 0$ и $y > 0$, то $\frac{x^2}{y} + \frac{y^2}{x} \ge x + y$.

Рассмотрим два способа доказательства.

Способ 1: Алгебраические преобразования

Приведем левую часть неравенства к общему знаменателю $xy$:

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

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

Поскольку по условию $x > 0$ и $y > 0$, то их произведение $xy$ также положительно. Умножим обе части неравенства на $xy$, знак неравенства не изменится:

$x^3 + y^3 \ge (x + y)xy$

Используем формулу суммы кубов $a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 - ab + b^2)$:

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

Так как $x > 0$ и $y > 0$, то $x + y > 0$. Мы можем разделить обе части неравенства на $(x + y)$, не меняя знака:

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

Перенесем $xy$ в левую часть:

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

Свернем левую часть по формуле квадрата разности $(a - b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$:

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

Это неравенство верно для любых действительных $x$ и $y$, так как квадрат любого действительного числа неотрицателен. Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно.

Способ 2: Использование неравенства Коши-Буняковского-Шварца

Воспользуемся неравенством Коши-Буняковского-Шварца в форме Энгеля (также известным как лемма Титу), которое для положительных чисел $a_1, \dots, a_n$ и $b_1, \dots, b_n$ гласит:

$\frac{a_1^2}{b_1} + \frac{a_2^2}{b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{b_n} \ge \frac{(a_1 + a_2 + \dots + a_n)^2}{b_1 + b_2 + \dots + b_n}$

Применим это неравенство для двух слагаемых в левой части доказываемого неравенства. Положим $a_1 = x, a_2 = y$ и $b_1 = y, b_2 = x$. Так как по условию $x > 0$ и $y > 0$, все эти числа положительны.

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

Поскольку $x+y > 0$, мы можем сократить дробь в правой части:

$\frac{x^2}{y} + \frac{y^2}{x} \ge x + y$

Таким образом, неравенство доказано.

Ответ: Доказано.