Страница 206 - гдз по алгебре 8 класс учебник Макарычев, Миндюк

912. Докажите, что если $x + y + z = 1$, то $\sqrt{4x + 1} + \sqrt{4y + 1} + \sqrt{4z + 1} \le 5$.

Для доказательства данного утверждения мы сначала установим вспомогательное неравенство для одного переменного, а затем воспользуемся им для решения задачи.

Рассмотрим неравенство $\sqrt{4t+1} \le 2t+1$.

Область допустимых значений для этого неравенства определяется условием неотрицательности подкоренного выражения: $4t+1 \ge 0$, откуда $t \ge -1/4$.

При $t \ge -1/4$ правая часть неравенства, $2t+1$, также является неотрицательной, поскольку $2t \ge -1/2$, и, следовательно, $2t+1 \ge 1/2 > 0$.

Поскольку обе части неравенства неотрицательны при $t \ge -1/4$, мы имеем право возвести их в квадрат, при этом знак неравенства сохранится:

$(\sqrt{4t+1})^2 \le (2t+1)^2$

Раскроем скобки:

$4t+1 \le 4t^2 + 4t + 1$

Вычтем из обеих частей $4t+1$:

$0 \le 4t^2$

Данное неравенство является верным для любого действительного числа $t$, а значит, оно справедливо и для всех $t$ из нашей области допустимых значений. Таким образом, мы доказали, что неравенство $\sqrt{4t+1} \le 2t+1$ выполняется для всех $t \ge -1/4$. Равенство достигается при $t=0$.

Теперь вернемся к исходной задаче. Условие, что $x+y+z=1$, подразумевает, что переменные $x, y, z$ могут принимать значения, для которых выражения под корнями определены (т.е. $x, y, z \ge -1/4$).

Применим доказанное нами вспомогательное неравенство для каждой из переменных $x, y, z$:

$\sqrt{4x+1} \le 2x+1$

$\sqrt{4y+1} \le 2y+1$

$\sqrt{4z+1} \le 2z+1$

Сложим эти три верных неравенства:

$\sqrt{4x+1} + \sqrt{4y+1} + \sqrt{4z+1} \le (2x+1) + (2y+1) + (2z+1)$

Сгруппируем слагаемые в правой части полученного неравенства:

$\sqrt{4x+1} + \sqrt{4y+1} + \sqrt{4z+1} \le 2x+2y+2z+3$

$\sqrt{4x+1} + \sqrt{4y+1} + \sqrt{4z+1} \le 2(x+y+z) + 3$

По условию задачи, сумма $x+y+z = 1$. Подставим это значение в правую часть:

$\sqrt{4x+1} + \sqrt{4y+1} + \sqrt{4z+1} \le 2(1) + 3$

$\sqrt{4x+1} + \sqrt{4y+1} + \sqrt{4z+1} \le 5$

Таким образом, мы доказали исходное утверждение. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

913. Докажите, что при любом a, большем 1, верно неравенство

$\frac{1}{\sqrt{a}} < \sqrt{a+1} - \sqrt{a-1}.$

Для доказательства неравенства $ \frac{1}{\sqrt{a}} < \sqrt{a+1} - \sqrt{a-1} $ при $ a > 1 $ выполним равносильные преобразования.

По условию $ a > 1 $, следовательно, все подкоренные выражения положительны: $ a > 0 $, $ a+1 > 0 $ и $ a-1 > 0 $. Это обеспечивает существование всех корней в области действительных чисел.

Левая часть неравенства, $ \frac{1}{\sqrt{a}} $, очевидно, положительна. Правая часть, $ \sqrt{a+1} - \sqrt{a-1} $, также положительна, так как функция квадратного корня является возрастающей, и из $ a+1 > a-1 $ следует $ \sqrt{a+1} > \sqrt{a-1} $.

Преобразуем правую часть неравенства, умножив и разделив ее на сопряженное выражение $ \sqrt{a+1} + \sqrt{a-1} $. Это позволит избавиться от иррациональности в числителе. $$ \sqrt{a+1} - \sqrt{a-1} = \frac{(\sqrt{a+1} - \sqrt{a-1})(\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1})}{\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1}} $$ Применяя формулу разности квадратов $ (x-y)(x+y) = x^2-y^2 $ в числителе, получаем: $$ \frac{(\sqrt{a+1})^2 - (\sqrt{a-1})^2}{\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1}} = \frac{(a+1) - (a-1)}{\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1}} = \frac{a+1-a+1}{\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1}} = \frac{2}{\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1}} $$

Теперь исходное неравенство можно переписать в эквивалентном виде: $$ \frac{1}{\sqrt{a}} < \frac{2}{\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1}} $$ Поскольку обе части неравенства и все их компоненты положительны, мы можем умножить обе части на $ \sqrt{a}(\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1}) > 0 $, что является равносильным преобразованием (также известным как "перемножение крест-накрест"): $$ \sqrt{a+1} + \sqrt{a-1} < 2\sqrt{a} $$

Обе части полученного неравенства также положительны, поэтому мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства: $$ (\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1})^2 < (2\sqrt{a})^2 $$ Раскроем скобки, используя формулу квадрата суммы $ (x+y)^2 = x^2+2xy+y^2 $: $$ (\sqrt{a+1})^2 + 2\sqrt{a+1}\sqrt{a-1} + (\sqrt{a-1})^2 < 4a $$ $$ (a+1) + 2\sqrt{(a+1)(a-1)} + (a-1) < 4a $$ Упростим выражение в левой части: $$ 2a + 2\sqrt{a^2 - 1} < 4a $$

Продолжим упрощение неравенства: $$ 2\sqrt{a^2 - 1} < 4a - 2a $$ $$ 2\sqrt{a^2 - 1} < 2a $$ Разделим обе части на 2: $$ \sqrt{a^2 - 1} < a $$

При $ a > 1 $ обе части этого неравенства, $ \sqrt{a^2-1} $ и $ a $, положительны. Снова возведем в квадрат: $$ (\sqrt{a^2 - 1})^2 < a^2 $$ $$ a^2 - 1 < a^2 $$ Вычитая $ a^2 $ из обеих частей, получаем очевидно верное неравенство: $$ -1 < 0 $$

Так как мы начали с исходного неравенства и с помощью равносильных преобразований пришли к верному числовому неравенству, то исходное неравенство также верно для всех $ a > 1 $.

Ответ: Неравенство доказано.

914. 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?

Для решения задачи сравним плановое время поездки с фактическим. Введем переменные:

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

Время, которое велосипедист пробыл в городе, составляет 0,5 часа и не меняется, поэтому для ответа на вопрос достаточно сравнить только время, затраченное на дорогу туда и обратно.

Плановое время в пути:

Велосипедист планировал ехать в обе стороны с одинаковой скоростью $v$. Общее расстояние составляет $2S$ (туда и обратно). Плановое время в пути $T_{план}$ рассчитывается так:

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

Фактическое время в пути:

На пути из посёлка в город велосипедист ехал со скоростью $v_1 = v - 2$ км/ч. Время в пути составило $t_1 = \frac{S}{v-2}$.

Обратно из города в посёлок он ехал со скоростью $v_2 = v + 2$ км/ч. Время в пути составило $t_2 = \frac{S}{v+2}$.

Фактическое общее время в пути $T_{факт}$ равно сумме $t_1$ и $t_2$:

$T_{факт} = t_1 + t_2 = \frac{S}{v-2} + \frac{S}{v+2}$

Приведем это выражение к общему знаменателю:

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

Сравнение планового и фактического времени:

Теперь сравним плановое время в пути $T_{план} = \frac{2S}{v}$ и фактическое $T_{факт} = \frac{2Sv}{v^2 - 4}$.

Для этого найдем разность $T_{факт} - T_{план}$:

$T_{факт} - T_{план} = \frac{2Sv}{v^2 - 4} - \frac{2S}{v} = 2S \left( \frac{v}{v^2 - 4} - \frac{1}{v} \right)$

Приведем выражение в скобках к общему знаменателю:

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

Тогда разность времени равна:

$T_{факт} - T_{план} = 2S \cdot \frac{4}{v(v^2 - 4)} = \frac{8S}{v(v^2 - 4)}$

По условию задачи, скорость должна быть положительной, то есть $v-2 > 0$, что означает $v > 2$ км/ч. При этом условии:

• Расстояние $S > 0$.
• Скорость $v > 2$, значит $v > 0$.
• $v^2 > 4$, значит $v^2 - 4 > 0$.

Следовательно, знаменатель $v(v^2 - 4)$ положителен, и вся дробь $\frac{8S}{v(v^2 - 4)}$ также положительна.

Раз $T_{факт} - T_{план} > 0$, то $T_{факт} > T_{план}$.

Фактическое время, затраченное на дорогу, оказалось больше запланированного. Так как время остановки в городе было одинаковым, общее время поездки также превысило намеченное.

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

915. Докажите неравенство:

a) $(6y - 1)(y + 2) < (3y + 4)(2y + 1);$

б) $(3y - 1)(2y + 1) > (2y - 1)(2 + 3y).$

а) Чтобы доказать неравенство $(6y - 1)(y + 2) < (3y + 4)(2y + 1)$, преобразуем обе его части, раскрыв скобки.

Раскроем скобки в левой части:

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

Раскроем скобки в правой части:

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

Теперь исходное неравенство можно записать в виде:

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

Перенесем все слагаемые в левую часть:

$6y^2 + 11y - 2 - 6y^2 - 11y - 4 < 0$.

Приведем подобные слагаемые:

$(6y^2 - 6y^2) + (11y - 11y) + (-2 - 4) < 0$.

$0 \cdot y^2 + 0 \cdot y - 6 < 0$.

$-6 < 0$.

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

Ответ: Неравенство доказано.

б) Чтобы доказать неравенство $(3y - 1)(2y + 1) > (2y - 1)(2 + 3y)$, также раскроем скобки в обеих его частях.

Раскроем скобки в левой части:

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

Раскроем скобки в правой части:

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

Подставим полученные выражения в исходное неравенство:

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

Перенесем все слагаемые в левую часть:

$6y^2 + y - 1 - (6y^2 + y - 2) > 0$.

$6y^2 + y - 1 - 6y^2 - y + 2 > 0$.

Приведем подобные слагаемые:

$(6y^2 - 6y^2) + (y - y) + (-1 + 2) > 0$.

$1 > 0$.

Мы получили верное числовое неравенство, истинность которого не зависит от значения $y$. Таким образом, исходное неравенство справедливо для любого значения переменной.

Ответ: Неравенство доказано.

916. Докажите неравенство:

а) $(x+1)^2 \geq 4x;$

б) $(3b+1)^2 > 6b;$

в) $4(x+2) < (x+3)^2 - 2x;$

г) $1 + (m+2)^2 > 3(2m-1).$

а) Для доказательства неравенства $(x + 1)^2 \geq 4x$ перенесем все члены в левую часть и преобразуем выражение:
$(x + 1)^2 - 4x \geq 0$
Раскроем скобки, используя формулу квадрата суммы $(a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$:
$x^2 + 2x + 1 - 4x \geq 0$
Приведем подобные слагаемые:
$x^2 - 2x + 1 \geq 0$
Свернем левую часть по формуле квадрата разности $(a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2$:
$(x - 1)^2 \geq 0$
Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен, то есть больше или равен нулю. Следовательно, полученное неравенство верно при любом значении $x$. Это доказывает исходное неравенство.
Ответ: Неравенство доказано.

б) Для доказательства неравенства $(3b + 1)^2 > 6b$ перенесем все члены в левую часть и упростим:
$(3b + 1)^2 - 6b > 0$
Раскроем скобки:
$(9b^2 + 6b + 1) - 6b > 0$
Приведем подобные слагаемые:
$9b^2 + 1 > 0$
Выражение $b^2$ всегда неотрицательно ($b^2 \geq 0$). Поэтому $9b^2$ также всегда неотрицательно ($9b^2 \geq 0$). Если к неотрицательному числу прибавить 1, результат всегда будет строго больше нуля ($9b^2 + 1 \geq 1 > 0$). Таким образом, неравенство верно при любом значении $b$.
Ответ: Неравенство доказано.

в) Для доказательства неравенства $4(x + 2) < (x + 3)^2 - 2x$ раскроем скобки в обеих частях:
$4x + 8 < x^2 + 6x + 9 - 2x$
Упростим правую часть:
$4x + 8 < x^2 + 4x + 9$
Перенесем все члены из левой части в правую, чтобы сгруппировать их:
$0 < (x^2 + 4x + 9) - (4x + 8)$
$0 < x^2 + 4x + 9 - 4x - 8$
Приведем подобные слагаемые:
$0 < x^2 + 1$
Это неравенство можно записать как $x^2 + 1 > 0$. Так как $x^2 \geq 0$ для любого действительного $x$, то $x^2 + 1 \geq 1$, что всегда больше нуля. Следовательно, неравенство верно при любом значении $x$.
Ответ: Неравенство доказано.

г) Для доказательства неравенства $1 + (m + 2)^2 > 3(2m - 1)$ раскроем скобки и преобразуем выражение:
$1 + (m^2 + 4m + 4) > 6m - 3$
Упростим левую часть:
$m^2 + 4m + 5 > 6m - 3$
Перенесем все члены в левую часть:
$m^2 + 4m + 5 - 6m + 3 > 0$
Приведем подобные слагаемые:
$m^2 - 2m + 8 > 0$
Чтобы доказать это неравенство, выделим в левой части полный квадрат:
$(m^2 - 2m + 1) + 7 > 0$
$(m - 1)^2 + 7 > 0$
Выражение $(m - 1)^2$ всегда неотрицательно, то есть $(m - 1)^2 \geq 0$. Если к неотрицательному числу прибавить 7, результат будет не меньше 7, а значит, всегда строго больше нуля. Таким образом, неравенство верно при любом значении $m$.
Ответ: Неравенство доказано.

917. Верно ли неравенство:

а) $\sqrt{7} + 2\sqrt{5} < 2 + \sqrt{35};$

б) $4\sqrt{6} + 2 > 2\sqrt{3} + 4\sqrt{2}?$

а)

Чтобы проверить верность неравенства $\sqrt{7} + 2\sqrt{5} < 2 + \sqrt{35}$, выполним равносильные преобразования. Перенесем все члены неравенства в левую часть:

$\sqrt{7} + 2\sqrt{5} - 2 - \sqrt{35} < 0$

Заметим, что $\sqrt{35} = \sqrt{7} \cdot \sqrt{5}$. Сгруппируем слагаемые для последующего разложения на множители:

$(\sqrt{7} - 2) + (2\sqrt{5} - \sqrt{35}) < 0$

Вынесем общий множитель из второй скобки. Для этого представим $2\sqrt{5}$ как $\sqrt{20} = \sqrt{4 \cdot 5}$ и $\sqrt{35} = \sqrt{5 \cdot 7}$:

$(\sqrt{7} - 2) + (\sqrt{4 \cdot 5} - \sqrt{5 \cdot 7}) < 0$

$(\sqrt{7} - 2) + \sqrt{5}(2 - \sqrt{7}) < 0$

Чтобы получить общий множитель, изменим знак перед второй скобкой:

$(\sqrt{7} - 2) - \sqrt{5}(\sqrt{7} - 2) < 0$

Теперь вынесем общий множитель $(\sqrt{7} - 2)$ за скобки:

$(\sqrt{7} - 2)(1 - \sqrt{5}) < 0$

Оценим знак каждого из полученных множителей:

• Первый множитель: $\sqrt{7} - 2$. Так как $7 > 4$, то $\sqrt{7} > \sqrt{4}$, то есть $\sqrt{7} > 2$. Следовательно, разность $\sqrt{7} - 2$ положительна.
• Второй множитель: $1 - \sqrt{5}$. Так как $1 < 5$, то $\sqrt{1} < \sqrt{5}$, то есть $1 < \sqrt{5}$. Следовательно, разность $1 - \sqrt{5}$ отрицательна.

Произведение положительного числа на отрицательное является отрицательным числом. Таким образом, неравенство $(\sqrt{7} - 2)(1 - \sqrt{5}) < 0$ является верным.

Поскольку все преобразования были равносильными, то и исходное неравенство верно.

Ответ: неравенство верно.

б)

Чтобы проверить верность неравенства $4\sqrt{6} + 2 > 2\sqrt{3} + 4\sqrt{2}$, выполним равносильные преобразования. Перенесем все члены неравенства в левую часть:

$4\sqrt{6} + 2 - 2\sqrt{3} - 4\sqrt{2} > 0$

Заметим, что $\sqrt{6} = \sqrt{2} \cdot \sqrt{3}$. Сгруппируем слагаемые:

$(4\sqrt{2}\sqrt{3} - 4\sqrt{2}) + (2 - 2\sqrt{3}) > 0$

Вынесем общие множители из каждой группы:

$4\sqrt{2}(\sqrt{3} - 1) + 2(1 - \sqrt{3}) > 0$

Чтобы получить общий множитель, изменим знак во второй группе слагаемых:

$4\sqrt{2}(\sqrt{3} - 1) - 2(\sqrt{3} - 1) > 0$

Теперь вынесем общий множитель $(\sqrt{3} - 1)$ за скобки:

$(4\sqrt{2} - 2)(\sqrt{3} - 1) > 0$

Оценим знак каждого из полученных множителей:

• Первый множитель: $4\sqrt{2} - 2$. Сравним $4\sqrt{2}$ и $2$. Возведем оба положительных числа в квадрат: $(4\sqrt{2})^2 = 16 \cdot 2 = 32$ и $2^2 = 4$. Так как $32 > 4$, то $4\sqrt{2} > 2$. Следовательно, разность $4\sqrt{2} - 2$ положительна.
• Второй множитель: $\sqrt{3} - 1$. Так как $3 > 1$, то $\sqrt{3} > \sqrt{1}$, то есть $\sqrt{3} > 1$. Следовательно, разность $\sqrt{3} - 1$ положительна.

Произведение двух положительных чисел является положительным числом. Таким образом, неравенство $(4\sqrt{2} - 2)(\sqrt{3} - 1) > 0$ является верным.

Поскольку все преобразования были равносильными, то и исходное неравенство верно.

Ответ: неравенство верно.

918. Докажите неравенство:

a) $a^2 + b^2 + 2 \ge 2(a + b);$

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

а) $a^2 + b^2 + 2 \ge 2(a + b)$

Для доказательства перенесем все члены неравенства в левую часть:

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

Раскроем скобки в правой части исходного неравенства и перенесем слагаемые:

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

Сгруппируем слагаемые, чтобы выделить полные квадраты. Для этого представим число 2 как сумму $1 + 1$:

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

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

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

Полученное неравенство верно для любых действительных чисел $a$ и $b$. Квадрат любого числа, $(a - 1)^2$ и $(b - 1)^2$, всегда больше или равен нулю. Сумма двух неотрицательных чисел также всегда неотрицательна.

Так как все преобразования были равносильными, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

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

Аналогично пункту а), перенесем все члены неравенства 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 в виде суммы $1 + 1 + 1 + 2$:

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

Свернем выражения в скобках по формуле квадрата разности:

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

Рассмотрим полученное выражение. Выражения $(a - 1)^2$, $(b - 1)^2$ и $(c - 1)^2$ являются квадратами действительных чисел, поэтому они всегда неотрицательны (больше или равны нулю):

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

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

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

Следовательно, их сумма также неотрицательна:

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

Если к этому неотрицательному выражению прибавить положительное число 2, результат всегда будет строго больше нуля. Минимальное значение левой части равно $0 + 2 = 2$, что больше нуля.

Таким образом, неравенство верно для любых действительных чисел $a$, $b$ и $c$. Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

919. а) Докажите, что при $a > 3$ значение выражения

$(\frac{a - 3}{a + 3} - \frac{a + 3}{a - 3})(1 + \frac{3}{a})$

отрицательно.

б) Докажите, что при $y > 1$ значение выражения

$\frac{y^2 + 3}{y - 1} - \frac{2}{y} : \left(\frac{1}{y^2 - y} + \frac{y - 3}{y^2 - 1}\right)$

положительно.

а)

Чтобы доказать, что значение выражения отрицательно при $a > 3$, упростим его по действиям.

1. Выполним вычитание в первых скобках. Для этого приведем дроби к общему знаменателю $(a+3)(a-3) = a^2-9$.

$\left(\frac{a-3}{a+3} - \frac{a+3}{a-3}\right) = \frac{(a-3)(a-3) - (a+3)(a+3)}{(a+3)(a-3)} = \frac{(a-3)^2 - (a+3)^2}{a^2-9}$

Используем формулу разности квадратов $x^2 - y^2 = (x-y)(x+y)$ для числителя:

$\frac{((a-3)-(a+3))((a-3)+(a+3))}{a^2-9} = \frac{(a-3-a-3)(a-3+a+3)}{a^2-9} = \frac{(-6)(2a)}{a^2-9} = \frac{-12a}{a^2-9}$

2. Упростим выражение во вторых скобках:

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

3. Перемножим результаты, полученные в шагах 1 и 2:

$\frac{-12a}{a^2-9} \cdot \frac{a+3}{a} = \frac{-12a}{(a-3)(a+3)} \cdot \frac{a+3}{a}$

Сократим общие множители $a$ и $(a+3)$. Это возможно, так как по условию $a > 3$, что означает $a \neq 0$ и $a+3 \neq 0$.

$\frac{-12}{a-3}$

4. Теперь проанализируем знак полученного выражения при $a > 3$.

Числитель дроби равен $-12$, то есть он отрицателен.

Если $a > 3$, то разность $a-3$ будет положительной ($a-3 > 0$).

Частное от деления отрицательного числа на положительное всегда является отрицательным числом.

Следовательно, значение выражения $\frac{-12}{a-3}$ отрицательно при $a > 3$, что и требовалось доказать.

Ответ: Выражение упрощается до $\frac{-12}{a-3}$. Поскольку при $a > 3$ числитель $-12 < 0$, а знаменатель $a-3 > 0$, то значение всего выражения отрицательно.

б)

Чтобы доказать, что значение выражения положительно при $y > 1$, упростим его по действиям.

1. Упростим выражение в первых скобках: $\left(\frac{y^2+3}{y-1} - \frac{2}{y}\right)$.

Общий знаменатель $y(y-1)$:

$\frac{y(y^2+3) - 2(y-1)}{y(y-1)} = \frac{y^3+3y-2y+2}{y(y-1)} = \frac{y^3+y+2}{y(y-1)}$

Разложим числитель $y^3+y+2$ на множители. Можно заметить, что $y=-1$ является корнем многочлена, так как $(-1)^3+(-1)+2 = 0$. Следовательно, многочлен делится на $(y+1)$. Выполнив деление, получаем $y^3+y+2=(y+1)(y^2-y+2)$.

Таким образом, первое выражение равно: $\frac{(y+1)(y^2-y+2)}{y(y-1)}$.

2. Упростим выражение во вторых скобках: $\left(\frac{1}{y^2-y} + \frac{y-3}{y^2-1}\right)$.

Разложим знаменатели на множители: $y^2-y = y(y-1)$ и $y^2-1 = (y-1)(y+1)$.

Общий знаменатель $y(y-1)(y+1)$:

$\frac{1(y+1) + y(y-3)}{y(y-1)(y+1)} = \frac{y+1+y^2-3y}{y(y-1)(y+1)} = \frac{y^2-2y+1}{y(y-1)(y+1)}$

Числитель является полным квадратом $(y-1)^2$.

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

Сократим дробь на $(y-1)$, так как по условию $y > 1$, а значит $y-1 \neq 0$:

$\frac{y-1}{y(y+1)}$

3. Выполним деление результатов шагов 1 и 2.

$\frac{(y+1)(y^2-y+2)}{y(y-1)} : \frac{y-1}{y(y+1)} = \frac{(y+1)(y^2-y+2)}{y(y-1)} \cdot \frac{y(y+1)}{y-1}$

Сократим $y$ и перемножим оставшиеся множители:

$\frac{(y+1)(y^2-y+2)(y+1)}{(y-1)(y-1)} = \frac{(y+1)^2(y^2-y+2)}{(y-1)^2}$

4. Проанализируем знак полученного выражения при $y > 1$.

Выражение $(y+1)^2$ всегда положительно, так как $y>1 \Rightarrow y+1 > 2$.

Выражение $(y-1)^2$ в знаменателе также всегда положительно, так как $y>1 \Rightarrow y-1 > 0$.

Рассмотрим знак выражения $y^2-y+2$. Дискриминант этого квадратного трехчлена $D = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 1 - 8 = -7$. Так как $D < 0$ и коэффициент при $y^2$ положителен (равен 1), то трехчлен $y^2-y+2$ принимает только положительные значения при любом $y$.

В итоге мы имеем частное от произведения положительных чисел, которое всегда положительно: $\frac{(\text{положительное}) \cdot (\text{положительное})}{(\text{положительное})} > 0$.

Следовательно, значение всего выражения положительно при $y > 1$, что и требовалось доказать.

Ответ: Выражение упрощается до $\frac{(y+1)^2(y^2-y+2)}{(y-1)^2}$. При $y > 1$ все множители в числителе и знаменателе являются положительными числами, поэтому значение всего выражения положительно.