Страница 205 - гдз по алгебре 8 класс учебник Макарычев, Миндюк

905. Докажите неравенство:

a) $a^2 + b^2 + 4 \geq 2(a + b + 1)$;

б) $4a^2 + b^2 > 4(a + b - 2).$

а) Для доказательства неравенства $a^2 + b^2 + 4 \geq 2(a + b + 1)$ преобразуем его. Перенесем все члены в левую часть:

$a^2 + b^2 + 4 - 2(a + b + 1) \geq 0$

Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:

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

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

Чтобы выделить полные квадраты, сгруппируем слагаемые и представим число 2 в виде суммы $1 + 1$:

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

Теперь свернем выражения в скобках, используя формулу квадрата разности $(x-y)^2 = x^2 - 2xy + y^2$:

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

Квадрат любого действительного числа является неотрицательной величиной. Следовательно, $(a - 1)^2 \geq 0$ и $(b - 1)^2 \geq 0$. Сумма двух неотрицательных чисел также всегда неотрицательна. Таким образом, полученное неравенство верно для любых действительных чисел $a$ и $b$, а значит, и исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Для доказательства неравенства $4a^2 + b^2 > 4(a + b - 2)$ преобразуем его. Перенесем все члены в левую часть:

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

Раскроем скобки:

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

Сгруппируем слагаемые для выделения полных квадратов. Для этого представим число 8 в виде суммы $1 + 4 + 3$:

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

Свернем группы слагаемых в полные квадраты по формуле квадрата разности:

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

Выражения $(2a - 1)^2$ и $(b - 2)^2$ как квадраты действительных чисел всегда неотрицательны, то есть $(2a - 1)^2 \geq 0$ и $(b - 2)^2 \geq 0$. Их сумма также неотрицательна: $(2a - 1)^2 + (b - 2)^2 \geq 0$. Если к неотрицательному числу прибавить 3, результат будет не меньше 3: $(2a - 1)^2 + (b - 2)^2 + 3 \geq 3$. Поскольку $3 > 0$, левая часть неравенства всегда строго больше нуля. Следовательно, неравенство верно для любых действительных чисел $a$ и $b$.

Ответ: Неравенство доказано.

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.

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

а) $(a + b)(ab + 16) \ge 16ab;$

б) $(a^2 + 4b)(4b + 25) \ge 80ab.$

Для доказательства воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши). Для любых двух неотрицательных чисел $x$ и $y$ оно утверждает, что $x+y \ge 2\sqrt{xy}$.

По условию задачи $a > 0$ и $b > 0$, поэтому все слагаемые в скобках положительны.

Применим неравенство Коши к каждому из сомножителей в левой части доказываемого неравенства:

1. Для первого сомножителя $(a+b)$ имеем:
$a + b \ge 2\sqrt{ab}$

2. Для второго сомножителя $(ab+16)$ имеем:
$ab + 16 \ge 2\sqrt{ab \cdot 16} = 2\sqrt{16ab} = 2 \cdot 4\sqrt{ab} = 8\sqrt{ab}$

Поскольку все части полученных неравенств положительны, мы можем их перемножить, при этом знак неравенства сохранится:

$(a + b)(ab + 16) \ge (2\sqrt{ab}) \cdot (8\sqrt{ab})$

Упростим правую часть полученного неравенства:

$(2\sqrt{ab}) \cdot (8\sqrt{ab}) = 16 \cdot (\sqrt{ab})^2 = 16ab$

Таким образом, мы получаем $(a + b)(ab + 16) \ge 16ab$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

Для доказательства этого неравенства также воспользуемся неравенством Коши: $x+y \ge 2\sqrt{xy}$ для $x \ge 0, y \ge 0$.

По условию $a > 0$ и $b > 0$, следовательно, все слагаемые в скобках, такие как $a^2$, $4b$ и $25$, являются положительными числами.

Применим неравенство Коши к каждому из сомножителей:

1. Для первого сомножителя $(a^2 + 4b)$ имеем:
$a^2 + 4b \ge 2\sqrt{a^2 \cdot 4b} = 2\sqrt{4a^2b} = 2 \cdot 2a\sqrt{b} = 4a\sqrt{b}$

2. Для второго сомножителя $(4b + 25)$ имеем:
$4b + 25 \ge 2\sqrt{4b \cdot 25} = 2\sqrt{100b} = 2 \cdot 10\sqrt{b} = 20\sqrt{b}$

Перемножим левые и правые части полученных верных неравенств. Так как все части положительны, знак неравенства не изменится:

$(a^2 + 4b)(4b + 25) \ge (4a\sqrt{b}) \cdot (20\sqrt{b})$

Преобразуем правую часть произведения:

$(4a\sqrt{b}) \cdot (20\sqrt{b}) = 80a \cdot (\sqrt{b})^2 = 80ab$

Следовательно, мы доказали, что $(a^2 + 4b)(4b + 25) \ge 80ab$.

Ответ: Неравенство доказано.

908. Докажите, что:

a) $ \frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{a+c}{b} \ge 6 $, если $ a > 0, b > 0, c > 0 $;

б) $ (1 + a)(1 + b)(1 + c) > 24 $, если $ a > 0, b > 0, c > 0 $ и $ abc = 9 $.

а)

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

Сначала преобразуем левую часть неравенства, разделив почленно каждый числитель на знаменатель:

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

Мы получили сумму шести положительных слагаемых. Сгруппируем их попарно:

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

Теперь воспользуемся известным неравенством для любого положительного числа $x$: $x + \frac{1}{x} \ge 2$. Это неравенство является следствием неравенства о средних арифметическом и геометрическом (неравенство Коши) для двух чисел.

Применим это свойство к каждой паре слагаемых:

• $\frac{a}{c} + \frac{c}{a} \ge 2$ (так как $a, c > 0$)
• $\frac{b}{c} + \frac{c}{b} \ge 2$ (так как $b, c > 0$)
• $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2$ (так как $a, b > 0$)

Сложив эти три неравенства, получим:

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

$\frac{a}{c} + \frac{b}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{a} + \frac{a}{b} + \frac{c}{b} \ge 6$

Таким образом, мы доказали, что $\frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{a+c}{b} \ge 6$. Равенство достигается, когда все слагаемые в парах равны, то есть $\frac{a}{c} = \frac{c}{a}$, $\frac{b}{c} = \frac{c}{b}$ и $\frac{a}{b} = \frac{b}{a}$, что эквивалентно условию $a = b = c$.

Ответ: Доказано.

б)

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

Воспользуемся неравенством о средних арифметическом и геометрическом для двух положительных чисел $x$ и $y$: $\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy}$, что равносильно $x+y \ge 2\sqrt{xy}$.

Применим это неравенство к каждой из скобок в левой части выражения, взяв в качестве чисел 1 и переменную ($a, b$ или $c$):

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

Так как $a, b, c$ положительны, все части этих неравенств также положительны. Поэтому мы можем их перемножить:

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

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

Из условия задачи нам известно, что $abc = 9$. Подставим это значение:

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

Мы получили нестрогое неравенство. Теперь докажем, что оно должно быть строгим.

Равенство в неравенстве $x+y \ge 2\sqrt{xy}$ достигается тогда и только тогда, когда $x=y$.

В нашем случае, равенство $(1+a)(1+b)(1+c) = 24$ могло бы быть достигнуто, только если бы равенство выполнялось для всех трех множителей одновременно:

$1+a = 2\sqrt{a} \implies (\sqrt{a}-1)^2=0 \implies a=1$

$1+b = 2\sqrt{b} \implies (\sqrt{b}-1)^2=0 \implies b=1$

$1+c = 2\sqrt{c} \implies (\sqrt{c}-1)^2=0 \implies c=1$

Если $a=1, b=1, c=1$, то их произведение $abc = 1 \cdot 1 \cdot 1 = 1$. Однако это противоречит условию задачи, согласно которому $abc = 9$.

Следовательно, случай, когда $a=b=c=1$, невозможен. Это означает, что хотя бы одно из чисел $a, b, c$ не равно 1. Для этого числа соответствующее неравенство будет строгим (например, если $a \ne 1$, то $1+a > 2\sqrt{a}$).

При перемножении одного строгого неравенства с двумя нестрогими (все части которых положительны) итоговое неравенство также будет строгим.

Таким образом, $(1+a)(1+b)(1+c) > 24$.

Ответ: Доказано.

909. Докажите, что куб полусуммы любых двух положительных чисел не превосходит полусуммы их кубов: $(\frac{a+b}{2})^3 \le \frac{a^3+b^3}{2}$.

Пусть даны два положительных числа $a$ и $b$. Это означает, что $a > 0$ 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:

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

Используем формулу куба суммы $(x+y)^3 = x^3+3x^2y+3xy^2+y^3$ для раскрытия скобок в числителе:

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

Чтобы избавиться от знаменателей, умножим обе части неравенства на 8. Так как 8 — положительное число, знак неравенства не изменится:

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

Раскроем скобки в правой части:

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

Перенесем все члены неравенства в правую часть:

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

Приведем подобные слагаемые:

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

Разделим обе части на 3. Знак неравенства не изменится:

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

Теперь сгруппируем слагаемые в правой части и разложим выражение на множители:

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

Вынесем общие множители из каждой группы:

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

Вынесем общий множитель $(a-b)$ за скобки:

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

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

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

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

Мы пришли к неравенству, справедливость которого очевидна для любых положительных $a$ и $b$:

1. Выражение $(a - b)^2$ является квадратом действительного числа, поэтому оно всегда больше или равно нулю: $(a - b)^2 \ge 0$.
2. По условию задачи числа $a$ и $b$ положительны ($a > 0$, $b > 0$), значит, их сумма также положительна: $(a + b) > 0$.

Произведение неотрицательного числа $(a - b)^2$ и положительного числа $(a + b)$ всегда будет неотрицательным. Равенство в данном неравенстве достигается только в случае, когда $(a-b)^2 = 0$, то есть при $a=b$.

Так как все преобразования были равносильными, а конечное неравенство истинно, то и исходное неравенство также истинно для любых положительных чисел $a$ и $b$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

910. Докажите, что

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

если $a > 0, b > 0, c > 0, d > 0$.

Для доказательства данного неравенства воспользуемся методом равносильных преобразований.

По условию все переменные $a, b, c, d$ строго больше нуля. Это означает, что обе части неравенства $\sqrt{(a+c)(b+d)} \ge \sqrt{ab} + \sqrt{cd}$ являются положительными числами. Следовательно, мы можем возвести обе части неравенства в квадрат, и знак неравенства при этом не изменится.

Возводим обе части в квадрат:$ (\sqrt{(a+c)(b+d)})^2 \ge (\sqrt{ab} + \sqrt{cd})^2 $

После возведения в квадрат получаем:$ (a+c)(b+d) \ge ab + 2\sqrt{ab \cdot cd} + cd $

Раскроем скобки в левой части неравенства:$ ab + ad + cb + cd \ge ab + 2\sqrt{abcd} + cd $

Теперь вычтем из обеих частей неравенства слагаемые $ab$ и $cd$, которые присутствуют и слева, и справа:$ ad + cb \ge 2\sqrt{abcd} $

Полученное неравенство является известным неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для двух положительных чисел. Если взять два положительных числа $x = ad$ и $y = cb$ (они положительны, так как $a, b, c, d > 0$), то для них справедливо неравенство:$ x+y \ge 2\sqrt{xy} $

Подставляя наши значения, получаем:$ ad + cb \ge 2\sqrt{(ad)(cb)} $$ ad + cb \ge 2\sqrt{abcd} $

Это неравенство является истинным. Поскольку мы пришли к верному неравенству с помощью равносильных преобразований из исходного, то и исходное неравенство также является верным.

Ответ: Неравенство доказано.

911. Докажите, что при $a > 0, b > 0, c > 0$ верно неравенство $\frac{3}{a+b+c} < \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a}$.

Для доказательства данного неравенства воспользуемся условием, что $a > 0$, $b > 0$ и $c > 0$.

Рассмотрим три очевидных неравенства, которые следуют из этих условий.

1. Поскольку $c > 0$, сумма $a+b+c$ строго больше, чем $a+b$. То есть, $a+b+c > a+b$. Так как обе части этого неравенства положительны, мы можем взять от них обратные величины, при этом знак неравенства изменится на противоположный: $$ \frac{1}{a+b+c} < \frac{1}{a+b} $$

2. Аналогично, поскольку $a > 0$, справедливо неравенство $a+b+c > b+c$. Взяв обратные величины от обеих положительных частей, получим: $$ \frac{1}{a+b+c} < \frac{1}{b+c} $$

3. И так же, поскольку $b > 0$, справедливо неравенство $a+b+c > c+a$. Взяв обратные величины, получим: $$ \frac{1}{a+b+c} < \frac{1}{c+a} $$

Теперь у нас есть три строгих неравенства. Мы можем сложить их левые и правые части: $$ \frac{1}{a+b+c} + \frac{1}{a+b+c} + \frac{1}{a+b+c} < \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} $$

Упростив левую часть полученного неравенства, мы приходим к тому, что требовалось доказать: $$ \frac{3}{a+b+c} < \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} $$

Ответ: Неравенство доказано.