Страница 200, часть 2 - гдз по алгебре 8 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Александрова

35.54 Зная, что $k > l$, расположите в порядке возрастания числа:

$0.2 + k$; $l$; $l - 12$; $k$; $k + 2.6$; $l - 1.45$.

Для того чтобы расположить данные числа в порядке возрастания, необходимо сравнить их между собой, используя заданное условие $k > l$.

Разобьем числа на две группы: выражения, содержащие $l$, и выражения, содержащие $k$.

Сначала сравним числа, связанные с переменной $l$: $l$, $l - 12$ и $l - 1.45$.

Вычитание положительного числа из $l$ уменьшает его значение. Так как $12 > 1.45$, то вычитание 12 уменьшит $l$ сильнее, чем вычитание 1.45. Следовательно, мы можем упорядочить эти три выражения следующим образом:

$l - 12 < l - 1.45 < l$

Теперь сравним числа, связанные с переменной $k$: $k$, $0.2 + k$ и $k + 2.6$.

Прибавление положительного числа к $k$ увеличивает его значение. Так как $0.2 < 2.6$, то прибавление 0.2 увеличит $k$ меньше, чем прибавление 2.6. Таким образом, порядок возрастания для этих выражений будет таким:

$k < 0.2 + k < k + 2.6$

Теперь у нас есть две упорядоченные группы чисел. Из условия задачи мы знаем, что $k > l$, или, что то же самое, $l < k$. Это означает, что самое большое число из группы с $l$ (то есть само число $l$) меньше, чем самое маленькое число из группы с $k$ (то есть число $k$).

Это позволяет нам объединить две группы в одну общую последовательность, расположив все числа в порядке возрастания:

$l - 12 < l - 1.45 < l < k < 0.2 + k < k + 2.6$

Ответ: $l - 12; l - 1.45; l; k; 0.2 + k; k + 2.6$.

35.55 Можно ли утверждать, что $a > b$, если:

а) $3a + 12 > 3b + 10;$

б) $\frac{2a}{b} > 2;$

в) $7a > 5b;$

г) $\frac{a}{b} > \frac{b}{a}?$

а) Преобразуем данное неравенство $3a + 12 > 3b + 10$.
Вычтем из обеих частей $3b$ и 12:
$3a - 3b > 10 - 12$
$3(a - b) > -2$
Разделим обе части на 3 (так как 3 > 0, знак неравенства не меняется):
$a - b > -2/3$
Полученное неравенство не означает, что $a > b$ (то есть, что $a - b > 0$). Например, разность $a - b$ может быть отрицательным числом, скажем $-0.5$, что удовлетворяет условию $a - b > -2/3$, но при этом будет $a < b$.
Приведем контрпример: пусть $a=1$, $b=1.5$. В этом случае $a < b$.
Проверим исходное условие: $3a + 12 = 3(1) + 12 = 15$; $3b + 10 = 3(1.5) + 10 = 4.5 + 10 = 14.5$.
Так как $15 > 14.5$, исходное неравенство выполняется, однако $a < b$.
Следовательно, утверждать, что $a > b$, нельзя.
Ответ: нельзя.

б) Рассмотрим неравенство $\frac{2a}{b} > 2$.
Разделим обе части на 2 (положительное число):
$\frac{a}{b} > 1$
Дальнейший вывод зависит от знака переменной $b$.
1. Если $b > 0$, то, умножив обе части на $b$, получим $a > b$.
2. Если $b < 0$, то при умножении на $b$ знак неравенства меняется на противоположный: $a < b$.
Поскольку знак $b$ в условии не указан, мы не можем однозначно утверждать, что $a > b$.
Приведем контрпример для случая $b < 0$. Пусть $b = -2$ и $a = -3$. В этом случае $a < b$.
Проверим исходное условие: $\frac{2a}{b} = \frac{2(-3)}{-2} = \frac{-6}{-2} = 3$.
Неравенство $3 > 2$ выполняется, но при этом $a < b$.
Ответ: нельзя.

в) Рассмотрим неравенство $7a > 5b$.
Это неравенство не позволяет однозначно определить, какое из чисел больше, $a$ или $b$. Соотношение между ними будет зависеть от конкретных значений.
Приведем контрпример. Пусть $a = 5$ и $b = 6$. В этом случае $a < b$.
Проверим исходное условие:
$7a = 7 \cdot 5 = 35$
$5b = 5 \cdot 6 = 30$
Неравенство $35 > 30$ выполняется, но при этом $a < b$.
Следовательно, утверждать, что $a > b$, нельзя.
Ответ: нельзя.

г) Рассмотрим неравенство $\frac{a}{b} > \frac{b}{a}$.
Перенесем все члены в левую часть и приведем к общему знаменателю:
$\frac{a}{b} - \frac{b}{a} > 0$
$\frac{a^2 - b^2}{ab} > 0$
$\frac{(a-b)(a+b)}{ab} > 0$
Истинность этого сложного неравенства зависит от знаков четырех выражений: $(a-b)$, $(a+b)$, $a$ и $b$. Вывод, что $a-b > 0$ (то есть $a > b$), не является единственно возможным.
Приведем контрпример. Пусть $a = -3$ и $b = -2$. В этом случае $a < b$.
Проверим исходное условие:
Левая часть: $\frac{a}{b} = \frac{-3}{-2} = 1.5$
Правая часть: $\frac{b}{a} = \frac{-2}{-3} \approx 0.67$
Неравенство $1.5 > 0.67$ выполняется, но при этом $a < b$.
Следовательно, утверждать, что $a > b$, нельзя.
Ответ: нельзя.

35.56 Верно ли, что:

а) если $x^2y \ge 0$, то $y \ge 0$;

б) если $\frac{x}{y^2} \ge 0$, то $x \ge 0$;

в) если $xy^2 < 0$, то $x < 0$;

г) если $\frac{x^2}{y} \ge 0$, то $x > 0?

а) Утверждение неверно. Чтобы доказать это, достаточно найти хотя бы один контрпример.
Рассмотрим случай, когда $x=0$. Тогда неравенство $x^2y \ge 0$ принимает вид $0^2 \cdot y \ge 0$, что равносильно $0 \ge 0$. Это верное равенство, которое выполняется при любом значении $y$.
Возьмем, например, $x=0$ и $y=-5$. Условие $x^2y \ge 0$ выполняется, так как $0^2 \cdot (-5) = 0$. Однако заключение $y \ge 0$ неверно, поскольку $-5 < 0$.
Следовательно, из того, что $x^2y \ge 0$, не всегда следует, что $y \ge 0$.
Ответ: неверно.

б) Утверждение верно.
В выражении $\frac{x}{y^2}$ знаменатель $y^2$ не может быть равен нулю, следовательно, $y \ne 0$.
Для любого действительного числа $y \ne 0$ его квадрат $y^2$ является строго положительным числом, то есть $y^2 > 0$.
Рассмотрим неравенство $\frac{x}{y^2} \ge 0$. Поскольку знаменатель $y^2$ всегда положителен, знак дроби определяется знаком числителя $x$. Чтобы дробь была неотрицательной (больше или равна нулю), числитель также должен быть неотрицательным.
Таким образом, $x \ge 0$.
Ответ: верно.

в) Утверждение верно.
Рассмотрим неравенство $xy^2 < 0$. Из него следует, что произведение не равно нулю, а значит $x \ne 0$ и $y^2 \ne 0$. Условие $y^2 \ne 0$ означает, что $y \ne 0$.
Для любого действительного числа $y \ne 0$ его квадрат $y^2$ является строго положительным числом, то есть $y^2 > 0$.
Произведение $x \cdot y^2$ будет отрицательным тогда и только тогда, когда множители имеют разные знаки. Поскольку мы установили, что $y^2 > 0$, для выполнения неравенства $xy^2 < 0$ необходимо, чтобы множитель $x$ был отрицательным.
Следовательно, $x < 0$.
Ответ: верно.

г) Утверждение неверно.
В выражении $\frac{x^2}{y}$ знаменатель $y$ не может быть равен нулю ($y \ne 0$). Числитель $x^2$ всегда неотрицателен, то есть $x^2 \ge 0$.
Рассмотрим случай, когда $x=0$. Неравенство $\frac{x^2}{y} \ge 0$ принимает вид $\frac{0^2}{y} \ge 0$, или $0 \ge 0$. Это верное равенство при любом $y \ne 0$, как при положительном, так и при отрицательном.
Возьмем контрпример: $x=0$ и $y=-2$. Условие $\frac{x^2}{y} \ge 0$ выполняется, так как $\frac{0^2}{-2} = 0$. Однако заключение $y > 0$ неверно, так как $-2 < 0$.
Таким образом, из того, что $\frac{x^2}{y} \ge 0$, не всегда следует, что $y > 0$.
Ответ: неверно.

35.57 Верно ли, что:

а) если $\frac{2}{a-3} > 1$, то $3 < a < 5$;

б) если $\frac{8}{a-2} > 2$, то $2 < a < 6$;

в) если $\frac{1}{a-2} < 1$, то $a > 3$;

г) если $\frac{12}{a-1} < 3$, то $a > 5?$

а) Для того чтобы проверить истинность утверждения, необходимо решить неравенство $\frac{2}{a-3} > 1$.
Перенесем все члены в одну сторону: $\frac{2}{a-3} - 1 > 0$.
Приведем выражение к общему знаменателю: $\frac{2 - (a-3)}{a-3} > 0$.
Упростим числитель: $\frac{2 - a + 3}{a-3} > 0$, что равносильно $\frac{5-a}{a-3} > 0$.
Решим это неравенство методом интервалов. Нули числителя и знаменателя: $a=5$ и $a=3$. Эти точки делят числовую ось на три интервала: $(-\infty, 3)$, $(3, 5)$ и $(5, \infty)$.
Определим знак выражения на каждом интервале:
- Для $a \in (3, 5)$, например $a=4$, получаем $\frac{5-4}{4-3} = 1 > 0$.
- Для $a \in (-\infty, 3)$ или $a \in (5, \infty)$, выражение будет отрицательным.
Таким образом, решение неравенства — это интервал $3 < a < 5$.
Поскольку решение неравенства полностью совпадает с условием, утверждение верно.
Ответ: да, верно.

б) Решим неравенство $\frac{8}{a-2} > 2$.
Поскольку $2 > 0$, можно разделить обе части на 2: $\frac{4}{a-2} > 1$.
Перенесем все члены в одну сторону: $\frac{4}{a-2} - 1 > 0$.
Приведем к общему знаменателю: $\frac{4 - (a-2)}{a-2} > 0$.
Упростим числитель: $\frac{4 - a + 2}{a-2} > 0$, что равносильно $\frac{6-a}{a-2} > 0$.
Решим методом интервалов. Нули числителя и знаменателя: $a=6$ и $a=2$.
Эти точки делят числовую ось на интервалы $(-\infty, 2)$, $(2, 6)$ и $(6, \infty)$.
Определим знак выражения на каждом интервале:
- Для $a \in (2, 6)$, например $a=3$, получаем $\frac{6-3}{3-2} = 3 > 0$.
- Для $a \in (-\infty, 2)$ или $a \in (6, \infty)$, выражение будет отрицательным.
Решением неравенства является интервал $2 < a < 6$.
Решение полностью совпадает с условием, следовательно, утверждение верно.
Ответ: да, верно.

в) Решим неравенство $\frac{1}{a-2} < 1$.
Перенесем все члены в одну сторону: $\frac{1}{a-2} - 1 < 0$.
Приведем к общему знаменателю: $\frac{1 - (a-2)}{a-2} < 0$.
Упростим числитель: $\frac{1 - a + 2}{a-2} < 0$, что равносильно $\frac{3-a}{a-2} < 0$.
Решим методом интервалов. Нули числителя и знаменателя: $a=3$ и $a=2$.
Эти точки делят числовую ось на интервалы $(-\infty, 2)$, $(2, 3)$ и $(3, \infty)$.
Определим знак выражения на каждом интервале:
- Для $a \in (-\infty, 2)$, например $a=0$, получаем $\frac{3-0}{0-2} = -1.5 < 0$.
- Для $a \in (3, \infty)$, например $a=4$, получаем $\frac{3-4}{4-2} = -0.5 < 0$.
- Для $a \in (2, 3)$, выражение будет положительным.
Решением неравенства является объединение интервалов $a < 2$ или $a > 3$.
Утверждение гласит, что из неравенства следует $a > 3$. Но это только часть решения. Неравенство также верно для $a < 2$. Например, при $a=1$, исходное неравенство $\frac{1}{1-2} < 1$ (т.е. $-1 < 1$) истинно, но заключение $a > 3$ (т.е. $1 > 3$) ложно. Следовательно, утверждение неверно.
Ответ: нет, неверно.

г) Решим неравенство $\frac{12}{a-1} < 3$.
Разделим обе части на 3: $\frac{4}{a-1} < 1$.
Перенесем все члены в одну сторону: $\frac{4}{a-1} - 1 < 0$.
Приведем к общему знаменателю: $\frac{4 - (a-1)}{a-1} < 0$.
Упростим числитель: $\frac{4 - a + 1}{a-1} < 0$, что равносильно $\frac{5-a}{a-1} < 0$.
Решим методом интервалов. Нули числителя и знаменателя: $a=5$ и $a=1$.
Эти точки делят числовую ось на интервалы $(-\infty, 1)$, $(1, 5)$ и $(5, \infty)$.
Определим знак выражения на каждом интервале:
- Для $a \in (-\infty, 1)$, например $a=0$, получаем $\frac{5-0}{0-1} = -5 < 0$.
- Для $a \in (5, \infty)$, например $a=6$, получаем $\frac{5-6}{6-1} = -0.2 < 0$.
- Для $a \in (1, 5)$, выражение будет положительным.
Решением неравенства является объединение интервалов $a < 1$ или $a > 5$.
Утверждение гласит, что из неравенства следует $a > 5$. Это лишь часть решения. Например, при $a=0$, исходное неравенство $\frac{12}{0-1} < 3$ (т.е. $-12 < 3$) истинно, но заключение $a > 5$ (т.е. $0 > 5$) ложно. Следовательно, утверждение неверно.
Ответ: нет, неверно.

35.58 Докажите неравенство $\frac{5a}{3b} + \frac{12b}{5a} \ge 4$, если известно, что $a$ и $b$ – числа одного знака.

По условию задачи, числа $a$ и $b$ имеют одинаковый знак. Это означает, что либо $a > 0$ и $b > 0$, либо $a < 0$ и $b < 0$. В обоих случаях их частное $\frac{a}{b}$ является положительным числом, то есть $\frac{a}{b} > 0$.

Рассмотрим слагаемые в левой части доказываемого неравенства. Так как $\frac{a}{b} > 0$ и, соответственно, $\frac{b}{a} = 1 / (\frac{a}{b}) > 0$, оба слагаемых являются положительными числами: $x = \frac{5a}{3b} = \frac{5}{3} \cdot \frac{a}{b} > 0$ и $y = \frac{12b}{5a} = \frac{12}{5} \cdot \frac{b}{a} > 0$.

Для доказательства неравенства воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенством Коши) для двух положительных чисел. Оно гласит, что сумма двух положительных чисел не меньше удвоенного квадратного корня из их произведения: $x + y \ge 2\sqrt{xy}$.

Применим это неравенство к нашим слагаемым: $\frac{5a}{3b} + \frac{12b}{5a} \ge 2\sqrt{\frac{5a}{3b} \cdot \frac{12b}{5a}}$.

Теперь упростим выражение под корнем в правой части неравенства. Так как по условию $a \neq 0$ и $b \neq 0$ (иначе дроби не определены), мы можем сократить переменные $a$ и $b$: $2\sqrt{\frac{5a}{3b} \cdot \frac{12b}{5a}} = 2\sqrt{\frac{5 \cdot 12 \cdot a \cdot b}{3 \cdot 5 \cdot b \cdot a}} = 2\sqrt{\frac{60 \cdot ab}{15 \cdot ab}} = 2\sqrt{\frac{60}{15}} = 2\sqrt{4} = 2 \cdot 2 = 4$.

Таким образом, мы доказали, что $\frac{5a}{3b} + \frac{12b}{5a} \ge 4$, что и требовалось.

Равенство в данном неравенстве достигается в том случае, когда слагаемые равны друг другу: $\frac{5a}{3b} = \frac{12b}{5a}$. Отсюда следует, что $25a^2 = 36b^2$, или $\frac{a^2}{b^2} = \frac{36}{25}$. Поскольку $a$ и $b$ — числа одного знака, их отношение положительно, следовательно, $\frac{a}{b} = \sqrt{\frac{36}{25}} = \frac{6}{5}$.

Ответ: Неравенство $\frac{5a}{3b} + \frac{12b}{5a} \ge 4$ доказано.

Докажите неравенство:

35.59 a) $a^2 + 2b^2 + 2ab + 2b + 2 > 0;$

б) $(a + b) \left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}\right) \geq 4.$

а)

Для доказательства неравенства $a^2 + 2b^2 + 2ab + 2b + 2 > 0$ преобразуем его левую часть, выделив полные квадраты.

Сгруппируем слагаемые, чтобы выделить квадрат суммы $(a+b)$: $a^2 + 2b^2 + 2ab + 2b + 2 = (a^2 + 2ab + b^2) + b^2 + 2b + 2$

Первые три слагаемых образуют полный квадрат $(a+b)^2$: $(a+b)^2 + b^2 + 2b + 2$

Теперь выделим полный квадрат из оставшихся слагаемых, содержащих переменную $b$: $b^2 + 2b + 2 = (b^2 + 2b + 1) + 1 = (b+1)^2 + 1$

Подставим это обратно в выражение: $a^2 + 2b^2 + 2ab + 2b + 2 = (a+b)^2 + (b+1)^2 + 1$

Рассмотрим полученную сумму. Выражение $(a+b)^2$ является квадратом действительного числа, поэтому оно всегда неотрицательно: $(a+b)^2 \ge 0$.

Аналогично, выражение $(b+1)^2$ также является квадратом и всегда неотрицательно: $(b+1)^2 \ge 0$.

Следовательно, сумма этих квадратов плюс 1 всегда будет больше или равна 1: $(a+b)^2 + (b+1)^2 + 1 \ge 0 + 0 + 1 = 1$

Поскольку $1 > 0$, то и исходное выражение всегда строго больше нуля: $a^2 + 2b^2 + 2ab + 2b + 2 > 0$. Неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

б)

Для доказательства неравенства $(a + b) \left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}\right) \ge 4$ преобразуем его левую часть. Для того чтобы дроби $\frac{1}{a}$ и $\frac{1}{b}$ были определены, переменные $a$ и $b$ не должны быть равны нулю. Также из условия следует, что $a$ и $b$ должны иметь одинаковый знак (оба положительные или оба отрицательные). Если $a$ и $b$ имеют разные знаки, то произведение может быть отрицательным, и неравенство не будет выполняться.

Раскроем скобки в левой части неравенства: $(a + b) \left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}\right) = a \cdot \frac{1}{a} + a \cdot \frac{1}{b} + b \cdot \frac{1}{a} + b \cdot \frac{1}{b} = 1 + \frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 1 = 2 + \frac{a}{b} + \frac{b}{a}$

Теперь нам нужно доказать, что $2 + \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 4$, что эквивалентно неравенству: $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2$

Обозначим $x = \frac{a}{b}$. Поскольку $a$ и $b$ имеют одинаковый знак, то $x > 0$. Неравенство принимает вид: $x + \frac{1}{x} \ge 2$

Умножим обе части неравенства на $x$. Так как $x > 0$, знак неравенства не изменится: $x^2 + 1 \ge 2x$

Перенесем все слагаемые в левую часть: $x^2 - 2x + 1 \ge 0$

Свернем левую часть по формуле квадрата разности: $(x - 1)^2 \ge 0$

Полученное неравенство верно для любого действительного значения $x$, так как квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен. Равенство достигается при $x=1$, то есть когда $\frac{a}{b}=1$, что означает $a=b$.

Таким образом, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

35.60 а) $2a^2 + b^2 + c^2 \ge 2a(b + c)$;

б) $(x^2 - y^2)^2 \ge 4xy(x - y)^2$.

а) Для доказательства неравенства $2a^2 + b^2 + c^2 \ge 2a(b + c)$ перенесём все члены в левую часть:
$2a^2 + b^2 + c^2 - 2a(b + c) \ge 0$
Раскроем скобки:
$2a^2 + b^2 + c^2 - 2ab - 2ac \ge 0$
Представим $2a^2$ как $a^2 + a^2$ и сгруппируем члены таким образом, чтобы выделить полные квадраты:
$(a^2 - 2ab + b^2) + (a^2 - 2ac + c^2) \ge 0$
Используя формулу квадрата разности $(x-y)^2 = x^2 - 2xy + y^2$, свернём выражения в скобках:
$(a - b)^2 + (a - c)^2 \ge 0$
Квадрат любого действительного числа является неотрицательной величиной, то есть $(a - b)^2 \ge 0$ и $(a - c)^2 \ge 0$. Сумма двух неотрицательных чисел также всегда неотрицательна. Следовательно, полученное неравенство верно для любых действительных чисел $a$, $b$ и $c$, что и доказывает исходное неравенство.
Ответ: Неравенство доказано.

б) Для доказательства неравенства $(x^2 - y^2)^2 \ge 4xy(x - y)^2$ преобразуем его левую часть, используя формулу разности квадратов $x^2 - y^2 = (x - y)(x + y)$:
$((x - y)(x + y))^2 \ge 4xy(x - y)^2$
$(x - y)^2(x + y)^2 \ge 4xy(x - y)^2$
Перенесём все члены в левую часть:
$(x - y)^2(x + y)^2 - 4xy(x - y)^2 \ge 0$
Вынесем общий множитель $(x - y)^2$ за скобки:
$(x - y)^2 \cdot ((x + y)^2 - 4xy) \ge 0$
Теперь преобразуем выражение во вторых скобках, раскрыв квадрат суммы:
$(x + y)^2 - 4xy = (x^2 + 2xy + y^2) - 4xy = x^2 - 2xy + y^2$
Заметим, что полученное выражение является полным квадратом разности: $x^2 - 2xy + y^2 = (x - y)^2$.
Подставим его обратно в неравенство:
$(x - y)^2 \cdot (x - y)^2 \ge 0$
$(x - y)^4 \ge 0$
Четвёртая степень любого действительного числа является неотрицательной величиной. Следовательно, полученное неравенство верно для любых действительных чисел $x$ и $y$, что и доказывает исходное неравенство.
Ответ: Неравенство доказано.

35.61 $a^3 + 1 \ge a^2 + a$, если $a \ge -1$.

Для того чтобы доказать неравенство $a^3 + 1 \ge a^2 + a$ при условии $a \ge -1$, преобразуем его. Перенесём все члены из правой части в левую, изменив их знаки:

$a^3 + 1 - a^2 - a \ge 0$

Перегруппируем слагаемые для удобства разложения на множители:

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

Вынесем общие множители из каждой группы. Из первой группы вынесем $a^2$, а из второй -1, чтобы получить одинаковый множитель в скобках:

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

Теперь вынесем общий множитель $(a - 1)$ за скобки:

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

Первый множитель $(a^2 - 1)$ является разностью квадратов, которую можно разложить по формуле $x^2 - y^2 = (x - y)(x + y)$:

$(a - 1)(a + 1)(a - 1) \ge 0$

Объединив множители $(a - 1)$, получаем:

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

Теперь проанализируем полученное неравенство с учётом заданного условия $a \ge -1$.

Выражение $(a - 1)^2$ представляет собой квадрат действительного числа. Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен, то есть $(a - 1)^2 \ge 0$ при любом значении $a$.

Рассмотрим второй множитель $(a + 1)$. Согласно условию, $a \ge -1$. Прибавив 1 к обеим частям этого неравенства, получим $a + 1 \ge 0$. Таким образом, второй множитель также неотрицателен.

Мы имеем произведение двух неотрицательных множителей: $(a - 1)^2 \ge 0$ и $(a + 1) \ge 0$. Произведение неотрицательных чисел всегда неотрицательно. Следовательно, неравенство $(a - 1)^2 (a + 1) \ge 0$ истинно для всех $a \ge -1$.

Поскольку все преобразования были равносильными, то и исходное неравенство $a^3 + 1 \ge a^2 + a$ верно при $a \ge -1$.

Ответ: Неравенство доказано, так как оно сводится к виду $(a - 1)^2 (a + 1) \ge 0$, который является верным при $a \ge -1$.

35.62 $\sqrt{a} + \sqrt{b} > \sqrt{a+b}$, если $a > 0, b > 0$.

Нам необходимо доказать неравенство $\sqrt{a} + \sqrt{b} > \sqrt{a+b}$ при условиях $a > 0$ и $b > 0$.

Поскольку по условию переменные $a$ и $b$ строго положительны, то выражения $\sqrt{a}$, $\sqrt{b}$ и $\sqrt{a+b}$ определены и также являются положительными числами.

Так как обе части неравенства являются положительными, мы можем возвести их в квадрат. Это преобразование является равносильным, и знак неравенства при этом не изменится.

Возведем левую часть в квадрат, используя формулу квадрата суммы $(x+y)^2 = x^2 + 2xy + y^2$:
$(\sqrt{a} + \sqrt{b})^2 = (\sqrt{a})^2 + 2 \cdot \sqrt{a} \cdot \sqrt{b} + (\sqrt{b})^2 = a + 2\sqrt{ab} + b$.

Возведем правую часть в квадрат:
$(\sqrt{a+b})^2 = a+b$.

Теперь исходное неравенство можно переписать в следующем виде:
$a + b + 2\sqrt{ab} > a+b$.

Вычтем из обеих частей этого неравенства сумму $(a+b)$:
$a + b + 2\sqrt{ab} - (a+b) > a+b - (a+b)$
$2\sqrt{ab} > 0$.

Так как по условию $a > 0$ и $b > 0$, их произведение $ab$ также будет строго больше нуля ($ab > 0$). Квадратный корень из положительного числа $\sqrt{ab}$ является положительным числом. Умножение на 2 не меняет знака, поэтому неравенство $2\sqrt{ab} > 0$ является верным.

Поскольку в результате равносильных преобразований мы пришли к верному неравенству, то и исходное неравенство является верным.

Ответ: Неравенство $\sqrt{a} + \sqrt{b} > \sqrt{a+b}$ при $a > 0, b > 0$ доказано.

35.63 $\sqrt{a^2 + b^2} \le a + b$, если $a \ge 0, b \ge 0$.

35.63

Требуется доказать неравенство $\sqrt{a^2 + b^2} \le a + b$ при условии, что $a \ge 0$ и $b \ge 0$.

Рассмотрим обе части неравенства. Левая часть, $\sqrt{a^2 + b^2}$, является значением арифметического квадратного корня, поэтому она всегда неотрицательна. Правая часть, $a + b$, является суммой двух неотрицательных чисел (согласно условию $a \ge 0$ и $b \ge 0$), следовательно, она также неотрицательна.

Поскольку обе части неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат. При возведении в квадрат неотрицательных выражений знак неравенства сохраняется.

$(\sqrt{a^2 + b^2})^2 \le (a + b)^2$

Упростим обе части полученного неравенства. В левой части, по определению квадратного корня, получаем:

$(\sqrt{a^2 + b^2})^2 = a^2 + b^2$

В правой части используем формулу квадрата суммы $(x+y)^2 = x^2 + 2xy + y^2$:

$(a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$

Теперь подставим упрощенные выражения обратно в неравенство:

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

Вычтем из обеих частей неравенства слагаемые $a^2$ и $b^2$:

$0 \le 2ab$

Разделим обе части на положительное число 2:

$0 \le ab$

Полученное неравенство $ab \ge 0$ является верным, так как по условию задачи $a \ge 0$ и $b \ge 0$, а произведение двух неотрицательных чисел всегда неотрицательно. Так как все преобразования были равносильными (поскольку мы работали с неотрицательными выражениями), то и исходное неравенство является верным.

Ответ: Неравенство $\sqrt{a^2 + b^2} \le a + b$ при $a \ge 0$, $b \ge 0$ доказано.

35.64 $\sqrt{(a+c)(b+d)} \ge \sqrt{ab} + \sqrt{cd}$, если $a \ge 0$, $b \ge 0$, $c \ge 0$, $d \ge 0$.

Поскольку по условию $a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0, d \ge 0$, все выражения под радикалами (корнями) неотрицательны. Это означает, что обе части неравенства определены и также неотрицательны. Следовательно, мы можем возвести обе части неравенства в квадрат, и знак неравенства при этом не изменится.

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

Раскроем скобки в обеих частях. В левой части корень и квадрат взаимно уничтожаются. В правой части используем формулу квадрата суммы $(x+y)^2 = x^2+2xy+y^2$: $(a+c)(b+d) \ge (\sqrt{ab})^2 + 2(\sqrt{ab})(\sqrt{cd}) + (\sqrt{cd})^2$.

Выполним умножение в левой части и упростим правую часть: $ab + ad + bc + cd \ge ab + 2\sqrt{abcd} + cd$.

Вычтем из обеих частей одинаковые слагаемые $ab$ и $cd$: $ad + bc \ge 2\sqrt{abcd}$.

Полученное неравенство является известным неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (также известным как неравенство Коши). Для любых двух неотрицательных чисел $x$ и $y$ справедливо, что их среднее арифметическое больше или равно их среднему геометрическому: $\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy}$, что эквивалентно $x+y \ge 2\sqrt{xy}$.

В нашем случае мы можем положить $x = ad$ и $y = bc$. Так как $a, b, c, d \ge 0$, то и $x, y$ неотрицательны. Применив к ним неравенство Коши, получаем: $ad + bc \ge 2\sqrt{(ad)(bc)}$, что то же самое, что и $ad + bc \ge 2\sqrt{abcd}$.

Мы свели исходное неравенство к верному неравенству с помощью равносильных преобразований. Следовательно, исходное неравенство также верно. Равенство в нем достигается тогда же, когда и в примененном неравенстве Коши, то есть при $x=y$, что означает $ad=bc$.

Ответ: Неравенство доказано.

35.65 $ \frac{a}{\sqrt{b}} + \frac{b}{\sqrt{a}} \ge \sqrt{a} + \sqrt{b} $, если $a > 0, b > 0$.

Для доказательства неравенства $\frac{a}{\sqrt{b}} + \frac{b}{\sqrt{a}} \ge \sqrt{a} + \sqrt{b}$ при заданных условиях $a > 0, b > 0$ выполним равносильные преобразования.

Так как $a$ и $b$ — положительные числа, то и $\sqrt{a}$, $\sqrt{b}$ и $\sqrt{ab}$ положительны. Умножим обе части исходного неравенства на положительное число $\sqrt{ab}$. Знак неравенства при этом не изменится.

$$ \sqrt{ab} \cdot \left( \frac{a}{\sqrt{b}} + \frac{b}{\sqrt{a}} \right) \ge \sqrt{ab} \cdot (\sqrt{a} + \sqrt{b}) $$

Раскроем скобки в обеих частях:

$$ \frac{a\sqrt{a}\sqrt{b}}{\sqrt{b}} + \frac{b\sqrt{a}\sqrt{b}}{\sqrt{a}} \ge \sqrt{a}\sqrt{b}\sqrt{a} + \sqrt{a}\sqrt{b}\sqrt{b} $$

$$ a\sqrt{a} + b\sqrt{b} \ge a\sqrt{b} + b\sqrt{a} $$

Перенесем все слагаемые в левую часть неравенства:

$$ a\sqrt{a} + b\sqrt{b} - a\sqrt{b} - b\sqrt{a} \ge 0 $$

Сгруппируем слагаемые для последующего разложения на множители:

$$ (a\sqrt{a} - a\sqrt{b}) - (b\sqrt{a} - b\sqrt{b}) \ge 0 $$

Вынесем общие множители из каждой группы:

$$ a(\sqrt{a} - \sqrt{b}) - b(\sqrt{a} - \sqrt{b}) \ge 0 $$

Теперь вынесем общий множитель $(\sqrt{a} - \sqrt{b})$:

$$ (a-b)(\sqrt{a} - \sqrt{b}) \ge 0 $$

Используем формулу разности квадратов для выражения $(a-b)$, представив $a = (\sqrt{a})^2$ и $b = (\sqrt{b})^2$:

$$ a-b = (\sqrt{a} - \sqrt{b})(\sqrt{a} + \sqrt{b}) $$

Подставим это разложение в наше неравенство:

$$ (\sqrt{a} - \sqrt{b})(\sqrt{a} + \sqrt{b})(\sqrt{a} - \sqrt{b}) \ge 0 $$

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

Проанализируем полученное неравенство. Оно является верным для любых $a > 0, b > 0$, поскольку:

1. $(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \ge 0$, так как квадрат любого действительного числа является неотрицательным.
2. $(\sqrt{a} + \sqrt{b}) > 0$, так как по условию $a > 0$ и $b > 0$, а значит, их квадратные корни положительны, и их сумма также положительна.

Произведение неотрицательного числа на положительное всегда неотрицательно, поэтому неравенство $(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2(\sqrt{a} + \sqrt{b}) \ge 0$ истинно.

Так как все выполненные преобразования были равносильными, то и исходное неравенство является верным.

Равенство в данном неравенстве достигается тогда, когда $(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 = 0$, то есть при $\sqrt{a} = \sqrt{b}$, что эквивалентно $a=b$.

Ответ: Неравенство доказано. Оно выполняется для всех положительных $a$ и $b$. Равенство достигается при $a=b$.