Номер 6.44, страница 201 - гдз по алгебре 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

6.44. Докажите неравенства:

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

2) $(3v-1)(2v+1) > (2v-1)(2+3v);$

3) $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab};$

4) $a + \frac{1}{a} \ge 2, a > 0;$

5) $\frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc};$

6) $(x+y)\left(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\right) \ge 4, (x>0, y>0);$

7) $a+b+c \ge \sqrt{ab} + \sqrt{ac} + \sqrt{bc}, (a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0);$

8) $(1-a)(1-b)(1-c) \ge 8abc, (a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0, a+b+c=1).$

1) Докажем неравенство $(6u-1)(u+2) < (3u+4)(2u+1)$. Раскроем скобки в обеих частях неравенства. Левая часть: $(6u-1)(u+2) = 6u^2 + 12u - u - 2 = 6u^2 + 11u - 2$. Правая часть: $(3u+4)(2u+1) = 6u^2 + 3u + 8u + 4 = 6u^2 + 11u + 4$. Подставим полученные выражения в исходное неравенство: $6u^2 + 11u - 2 < 6u^2 + 11u + 4$. Вычтем из обеих частей выражение $6u^2 + 11u$: $-2 < 4$. Мы получили верное числовое неравенство. Следовательно, исходное неравенство справедливо для любого действительного значения $u$.

Ответ: Неравенство доказано.

2) Докажем неравенство $(3v-1)(2v+1) > (2v-1)(2+3v)$. Раскроем скобки в обеих частях. Левая часть: $(3v-1)(2v+1) = 6v^2 + 3v - 2v - 1 = 6v^2 + v - 1$. Правая часть: $(2v-1)(2+3v) = 4v + 6v^2 - 2 - 3v = 6v^2 + v - 2$. Подставим полученные выражения в исходное неравенство: $6v^2 + v - 1 > 6v^2 + v - 2$. Вычтем из обеих частей выражение $6v^2 + v$: $-1 > -2$. Мы получили верное числовое неравенство. Следовательно, исходное неравенство справедливо для любого действительного значения $v$.

Ответ: Неравенство доказано.

3) Докажем неравенство $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$. Это неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для двух чисел. Оно справедливо для любых неотрицательных чисел $a$ и $b$ (условие $a,b \ge 0$ необходимо, чтобы выражение $\sqrt{ab}$ было определено в действительных числах). Доказательство основано на том, что квадрат любого действительного числа неотрицателен. Рассмотрим неравенство $(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \ge 0$. Раскроем скобки в левой части: $(\sqrt{a})^2 - 2\sqrt{a}\sqrt{b} + (\sqrt{b})^2 \ge 0$, что равносильно $a - 2\sqrt{ab} + b \ge 0$. Перенесём $2\sqrt{ab}$ в правую часть: $a+b \ge 2\sqrt{ab}$. Разделив обе части на 2, получаем требуемое неравенство: $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$.

Ответ: Неравенство доказано.

4) Докажем неравенство $a + \frac{1}{a} \ge 2$ при $a > 0$. Это неравенство является следствием неравенства Коши (см. пункт 3). Применим его к числам $a$ и $\frac{1}{a}$. Так как $a>0$, то и $\frac{1}{a}>0$. $\frac{a + \frac{1}{a}}{2} \ge \sqrt{a \cdot \frac{1}{a}}$. $\frac{a + \frac{1}{a}}{2} \ge \sqrt{1}$. $\frac{a + \frac{1}{a}}{2} \ge 1$. Умножив обе части на 2, получим $a + \frac{1}{a} \ge 2$.
Другой способ — алгебраический. Перенесём 2 в левую часть и приведём выражение к общему знаменателю: $a + \frac{1}{a} - 2 \ge 0$. $\frac{a^2 - 2a + 1}{a} \ge 0$. $\frac{(a-1)^2}{a} \ge 0$. По условию $a>0$, значит, знаменатель положителен. Числитель $(a-1)^2$ является полным квадратом, поэтому он всегда неотрицателен ($\ge 0$). Дробь, у которой числитель неотрицателен, а знаменатель положителен, также неотрицательна.

Ответ: Неравенство доказано.

5) Докажем неравенство $\frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc}$. Это неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом для трёх неотрицательных чисел $a, b, c$. Для доказательства воспользуемся тождеством: $x^3+y^3+z^3-3xyz = \frac{1}{2}(x+y+z)((x-y)^2 + (y-z)^2 + (z-x)^2)$. Для любых неотрицательных $x, y, z$ правая часть этого тождества неотрицательна, так как $x+y+z \ge 0$ и сумма квадратов $((x-y)^2 + (y-z)^2 + (z-x)^2) \ge 0$. Следовательно, для любых $x,y,z \ge 0$ справедливо неравенство $x^3+y^3+z^3 \ge 3xyz$. Положим $x = \sqrt[3]{a}$, $y = \sqrt[3]{b}$, $z = \sqrt[3]{c}$. Поскольку $a,b,c \ge 0$, то $x,y,z$ также неотрицательны. Подставим их в доказанное выше неравенство: $(\sqrt[3]{a})^3 + (\sqrt[3]{b})^3 + (\sqrt[3]{c})^3 \ge 3\sqrt[3]{a}\sqrt[3]{b}\sqrt[3]{c}$. $a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}$. Разделив обе части на 3, получим исходное неравенство: $\frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc}$.

Ответ: Неравенство доказано.

6) Докажем неравенство $(x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}) \ge 4$ при $x>0, y>0$.
Способ 1: Раскроем скобки в левой части. $(x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}) = x \cdot \frac{1}{x} + x \cdot \frac{1}{y} + y \cdot \frac{1}{x} + y \cdot \frac{1}{y} = 1 + \frac{x}{y} + \frac{y}{x} + 1 = 2 + \frac{x}{y} + \frac{y}{x}$. Неравенство принимает вид $2 + \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \ge 4$, что эквивалентно $\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \ge 2$. Это неравенство было доказано в пункте 4 (если положить $a = \frac{x}{y}$, то т.к. $x>0, y>0$, получим $a>0$).
Способ 2: Применим неравенство Коши. Для $x>0, y>0$ справедливы неравенства: $x+y \ge 2\sqrt{xy}$ $\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \ge 2\sqrt{\frac{1}{x}\frac{1}{y}} = \frac{2}{\sqrt{xy}}$ Так как обе части обоих неравенств положительны, их можно перемножить: $(x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}) \ge 2\sqrt{xy} \cdot \frac{2}{\sqrt{xy}}$. $(x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}) \ge 4$.

Ответ: Неравенство доказано.

7) Докажем неравенство $a+b+c \ge \sqrt{ab} + \sqrt{ac} + \sqrt{bc}$ при $a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0$. Умножим обе части неравенства на 2: $2a+2b+2c \ge 2\sqrt{ab} + 2\sqrt{ac} + 2\sqrt{bc}$. Перенесём все члены в левую часть: $2a+2b+2c - 2\sqrt{ab} - 2\sqrt{ac} - 2\sqrt{bc} \ge 0$. Перегруппируем слагаемые в левой части, чтобы выделить полные квадраты разности: $(a - 2\sqrt{ab} + b) + (a - 2\sqrt{ac} + c) + (b - 2\sqrt{bc} + c) \ge 0$. Каждое выражение в скобках является полным квадратом: $(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 + (\sqrt{a} - \sqrt{c})^2 + (\sqrt{b} - \sqrt{c})^2 \ge 0$. Сумма квадратов действительных чисел всегда неотрицательна, следовательно, неравенство верно.

Ответ: Неравенство доказано.

8) Докажем неравенство $(1-a)(1-b)(1-c) \ge 8abc$ при $a\ge0, b\ge0, c\ge0$ и $a+b+c=1$. Используя условие $a+b+c=1$, заменим выражения в скобках: $1-a = (a+b+c) - a = b+c$; $1-b = (a+b+c) - b = a+c$; $1-c = (a+b+c) - c = a+b$. Подставим эти выражения в исходное неравенство: $(b+c)(a+c)(a+b) \ge 8abc$. Теперь воспользуемся неравенством Коши для двух неотрицательных чисел ($x+y \ge 2\sqrt{xy}$) для каждого сомножителя в левой части: $b+c \ge 2\sqrt{bc}$; $a+c \ge 2\sqrt{ac}$; $a+b \ge 2\sqrt{ab}$. Так как $a,b,c \ge 0$, все части этих неравенств неотрицательны, и мы можем их перемножить: $(b+c)(a+c)(a+b) \ge (2\sqrt{bc})(2\sqrt{ac})(2\sqrt{ab})$. $(b+c)(a+c)(a+b) \ge 8\sqrt{a^2b^2c^2}$. Поскольку $a,b,c \ge 0$, то $\sqrt{a^2b^2c^2} = abc$. Таким образом, мы получаем: $(b+c)(a+c)(a+b) \ge 8abc$, что после обратной замены доказывает исходное неравенство.

Ответ: Неравенство доказано.