Страница 49 - гдз по алгебре 9 класс учебник Дорофеев, Суворова

139 Пусть a, b, c и d — положительные числа. Докажите, что $\frac{a}{b} \le \frac{c}{d}$ в том и только в том случае, когда $ad - bc \le 0$.

Пользуясь этим фактом, сравните дроби: $\frac{5}{18}$ и $\frac{6}{17}$; $\frac{8}{19}$ и $\frac{7}{22}$.

Доказательство

Требуется доказать, что для положительных чисел $a, b, c, d$ неравенство $\frac{a}{b} \le \frac{c}{d}$ является равносильным (выполняется в том и только в том случае) неравенству $ad - bc \le 0$. Доказательство равносильности требует обоснования в обе стороны.

Доказательство в прямую сторону ($\implies$):
Предположим, что $\frac{a}{b} \le \frac{c}{d}$. Так как по условию $b > 0$ и $d > 0$, их произведение $bd$ также положительно. Умножим обе части неравенства на $bd$, при этом знак неравенства не изменится: $$ \frac{a}{b} \cdot bd \le \frac{c}{d} \cdot bd $$ $$ ad \le bc $$ Перенеся $bc$ в левую часть, получим $ad - bc \le 0$.

Доказательство в обратную сторону ($\impliedby$):
Теперь предположим, что $ad - bc \le 0$. Перенесем $bc$ в правую часть: $$ ad \le bc $$ Так как $b > 0$ и $d > 0$, разделим обе части неравенства на положительное число $bd$. Знак неравенства сохранится: $$ \frac{ad}{bd} \le \frac{bc}{bd} $$ $$ \frac{a}{b} \le \frac{c}{d} $$

Поскольку следование доказано в обе стороны, утверждение полностью доказано.

Пользуясь этим фактом, сравните дроби

Сравнение дробей $\frac{5}{18}$ и $\frac{6}{17}$

Для сравнения дробей $\frac{a}{b} = \frac{5}{18}$ и $\frac{c}{d} = \frac{6}{17}$ воспользуемся доказанным правилом. Вычислим значение выражения $ad - bc$: $$ ad - bc = 5 \cdot 17 - 18 \cdot 6 = 85 - 108 = -23 $$ Поскольку $ad - bc = -23 < 0$, то выполняется неравенство $ad - bc \le 0$. Следовательно, $\frac{a}{b} < \frac{c}{d}$.
Ответ: $\frac{5}{18} < \frac{6}{17}$.

Сравнение дробей $\frac{8}{19}$ и $\frac{7}{22}$

Для сравнения дробей $\frac{a}{b} = \frac{8}{19}$ и $\frac{c}{d} = \frac{7}{22}$ вычислим значение выражения $ad - bc$: $$ ad - bc = 8 \cdot 22 - 19 \cdot 7 = 176 - 133 = 43 $$ Поскольку $ad - bc = 43 > 0$, неравенство $ad - bc \le 0$ не выполняется. Это означает, что выполняется обратное неравенство, то есть $\frac{a}{b} > \frac{c}{d}$.
Ответ: $\frac{8}{19} > \frac{7}{22}$.

140 Докажите, что если $a$, $b$, $c$ и $d$ — положительные числа, такие, что $\frac{a}{b} \leqq \frac{c}{d}$, то $\frac{a}{b} \leqq \frac{a+c}{b+d} \leqq \frac{c}{d}$.

По условию задачи даны положительные числа $a, b, c, d$, для которых выполняется неравенство $\frac{a}{b} \le \frac{c}{d}$. Нам необходимо доказать двойное неравенство $\frac{a}{b} \le \frac{a+c}{b+d} \le \frac{c}{d}$.

Доказательство разобьем на две части. Сначала докажем левую часть неравенства, а затем правую.

Из исходного неравенства $\frac{a}{b} \le \frac{c}{d}$ и того факта, что $b$ и $d$ — положительные числа, мы можем умножить обе части на $bd > 0$, не меняя знака неравенства. Получим: $ad \le bc$.

Доказательство неравенства $\frac{a}{b} \le \frac{a+c}{b+d}$

Чтобы доказать это неравенство, рассмотрим разность его правой и левой частей. Мы должны показать, что эта разность неотрицательна. $\frac{a+c}{b+d} - \frac{a}{b} = \frac{b(a+c) - a(b+d)}{b(b+d)}$

Приведем выражение в числителе к более простому виду, раскрыв скобки: $\frac{ab + bc - ab - ad}{b(b+d)} = \frac{bc - ad}{b(b+d)}$

Из исходного условия мы знаем, что $ad \le bc$, следовательно, числитель $bc - ad \ge 0$. Знаменатель $b(b+d)$ является произведением положительных чисел ($b>0$ и $b+d>0$), поэтому он строго положителен. Дробь, у которой числитель неотрицателен, а знаменатель положителен, является неотрицательной. Таким образом, $\frac{bc - ad}{b(b+d)} \ge 0$, а значит и $\frac{a+c}{b+d} - \frac{a}{b} \ge 0$. Это равносильно тому, что $\frac{a}{b} \le \frac{a+c}{b+d}$. Первая часть доказана.

Доказательство неравенства $\frac{a+c}{b+d} \le \frac{c}{d}$

Теперь докажем вторую часть двойного неравенства. Рассмотрим разность его правой и левой частей: $\frac{c}{d} - \frac{a+c}{b+d} = \frac{c(b+d) - d(a+c)}{d(b+d)}$

Раскроем скобки в числителе: $\frac{cb + cd - da - dc}{d(b+d)} = \frac{bc - ad}{d(b+d)}$

Как и в предыдущем случае, числитель $bc - ad \ge 0$. Знаменатель $d(b+d)$ также положителен, так как $d>0$ и $b>0$. Следовательно, вся дробь неотрицательна: $\frac{bc - ad}{d(b+d)} \ge 0$. Это означает, что $\frac{c}{d} - \frac{a+c}{b+d} \ge 0$, что равносильно $\frac{a+c}{b+d} \le \frac{c}{d}$. Вторая часть доказана.

Поскольку мы доказали обе части двойного неравенства, $\frac{a}{b} \le \frac{a+c}{b+d}$ и $\frac{a+c}{b+d} \le \frac{c}{d}$, то утверждение целиком является верным.

Ответ: Что и требовалось доказать.

141 а) Докажите, что если $a < b$, то $a < 0,17a + 0,83b < b$.

б) Докажите, что если $a < b$ и $m$ и $n$ — положительные действительные числа, сумма которых равна 1, то $a < am + bn < b$.

а)

Нам дано неравенство $a < b$. Требуется доказать двойное неравенство $a < 0,17a + 0,83b < b$. Доказательство можно провести, доказав два неравенства по отдельности: $a < 0,17a + 0,83b$ и $0,17a + 0,83b < b$.

1. Докажем, что $a < 0,17a + 0,83b$. Заметим, что $0,17 + 0,83 = 1$. Мы можем представить $a$ как $a \cdot 1 = a(0,17 + 0,83) = 0,17a + 0,83a$. Тогда доказываемое неравенство принимает вид: $0,17a + 0,83a < 0,17a + 0,83b$ Вычтем из обеих частей слагаемое $0,17a$: $0,83a < 0,83b$ Так как $0,83 > 0$, разделим обе части неравенства на $0,83$, сохранив знак: $a < b$ Это соответствует исходному условию, следовательно, первое неравенство доказано.

2. Докажем, что $0,17a + 0,83b < b$. Аналогично, представим $b$ как $b \cdot 1 = b(0,17 + 0,83) = 0,17b + 0,83b$. Подставим это выражение в правую часть доказываемого неравенства: $0,17a + 0,83b < 0,17b + 0,83b$ Вычтем из обеих частей слагаемое $0,83b$: $0,17a < 0,17b$ Так как $0,17 > 0$, разделим обе части неравенства на $0,17$, сохранив знак: $a < b$ Это также соответствует исходному условию, следовательно, второе неравенство доказано.

Поскольку мы доказали оба неравенства, то исходное двойное неравенство $a < 0,17a + 0,83b < b$ является верным.

Ответ: Доказано.

б)

Нам даны условия: $a < b$, а также $m$ и $n$ — положительные действительные числа ($m > 0$, $n > 0$), сумма которых равна 1 ($m + n = 1$). Требуется доказать двойное неравенство $a < am + bn < b$. Это утверждение является обобщением пункта а), где $m = 0,17$ и $n = 0,83$. Доказательство проведем аналогично, разбив его на две части.

1. Докажем, что $a < am + bn$. Используя условие $m + n = 1$, представим $a$ в виде $a = a \cdot 1 = a(m+n) = am + an$. Подставим это в левую часть доказываемого неравенства: $am + an < am + bn$ Вычтем из обеих частей слагаемое $am$: $an < bn$ По условию $n > 0$, поэтому мы можем разделить обе части неравенства на $n$, не меняя его знака: $a < b$ Это совпадает с исходным условием, значит, первая часть неравенства доказана.

2. Докажем, что $am + bn < b$. Используя условие $m + n = 1$, представим $b$ в виде $b = b \cdot 1 = b(m+n) = bm + bn$. Подставим это в правую часть доказываемого неравенства: $am + bn < bm + bn$ Вычтем из обеих частей слагаемое $bn$: $am < bm$ По условию $m > 0$, поэтому мы можем разделить обе части неравенства на $m$, не меняя его знака: $a < b$ Это также совпадает с исходным условием, значит, вторая часть неравенства доказана.

Поскольку мы доказали оба неравенства ($a < am + bn$ и $am + bn < b$), то двойное неравенство $a < am + bn < b$ является верным.

Ответ: Доказано.

142 ПРИМЕНЯЕМ АЛГЕБРУ Сравните:

а) $\sqrt{3} + \sqrt{5}$ и $\sqrt{2} + \sqrt{6}$;

б) $\sqrt{5} + \sqrt{6}$ и $\sqrt{3} + \sqrt{8}$;

в) $\sqrt{15} + \sqrt{17}$ и $8$;

г) $16$ и $\sqrt{65} + \sqrt{63}$;

д) $\sqrt{8} - \sqrt{2}$ и $\sqrt{10} - \sqrt{3}$;

е) $\sqrt{17} - \sqrt{6}$ и $\sqrt{12} - \sqrt{3}$;

ж) $\frac{\sqrt{5} - \sqrt{3}}{2}$ и $\frac{\sqrt{7} - \sqrt{5}}{2}$;

з) $\frac{\sqrt{15} - \sqrt{14}}{3}$ и $\frac{\sqrt{14} - \sqrt{13}}{3}$.

Совет. Воспользуйтесь рассуждением, приведённым в примере 4.

а) Чтобы сравнить выражения $ \sqrt{3} + \sqrt{5} $ и $ \sqrt{2} + \sqrt{6} $, возведем их в квадрат, так как оба выражения положительны. Квадрат первого выражения равен $ (\sqrt{3} + \sqrt{5})^2 = 3 + 2\sqrt{3 \cdot 5} + 5 = 8 + 2\sqrt{15} $. Квадрат второго выражения равен $ (\sqrt{2} + \sqrt{6})^2 = 2 + 2\sqrt{2 \cdot 6} + 6 = 8 + 2\sqrt{12} $. Теперь сравним полученные выражения: $ 8 + 2\sqrt{15} $ и $ 8 + 2\sqrt{12} $. Это равносильно сравнению $ 2\sqrt{15} $ и $ 2\sqrt{12} $, или $ \sqrt{15} $ и $ \sqrt{12} $. Так как $ 15 > 12 $, то $ \sqrt{15} > \sqrt{12} $. Следовательно, $ 8 + 2\sqrt{15} > 8 + 2\sqrt{12} $, а значит и $ (\sqrt{3} + \sqrt{5})^2 > (\sqrt{2} + \sqrt{6})^2 $. Поскольку исходные выражения положительны, то $ \sqrt{3} + \sqrt{5} > \sqrt{2} + \sqrt{6} $.
Ответ: $ \sqrt{3} + \sqrt{5} > \sqrt{2} + \sqrt{6} $.

б) Чтобы сравнить выражения $ \sqrt{5} + \sqrt{6} $ и $ \sqrt{3} + \sqrt{8} $, возведем их в квадрат, так как оба положительны. Квадрат первого выражения: $ (\sqrt{5} + \sqrt{6})^2 = 5 + 2\sqrt{5 \cdot 6} + 6 = 11 + 2\sqrt{30} $. Квадрат второго выражения: $ (\sqrt{3} + \sqrt{8})^2 = 3 + 2\sqrt{3 \cdot 8} + 8 = 11 + 2\sqrt{24} $. Сравним $ 11 + 2\sqrt{30} $ и $ 11 + 2\sqrt{24} $. Это равносильно сравнению $ \sqrt{30} $ и $ \sqrt{24} $. Так как $ 30 > 24 $, то $ \sqrt{30} > \sqrt{24} $. Следовательно, $ 11 + 2\sqrt{30} > 11 + 2\sqrt{24} $, а значит $ \sqrt{5} + \sqrt{6} > \sqrt{3} + \sqrt{8} $.
Ответ: $ \sqrt{5} + \sqrt{6} > \sqrt{3} + \sqrt{8} $.

в) Чтобы сравнить $ \sqrt{15} + \sqrt{17} $ и $ 8 $, возведем в квадрат оба числа, так как они положительны. Квадрат первого числа: $ (\sqrt{15} + \sqrt{17})^2 = 15 + 2\sqrt{15 \cdot 17} + 17 = 32 + 2\sqrt{255} $. Квадрат второго числа: $ 8^2 = 64 $. Теперь сравним $ 32 + 2\sqrt{255} $ и $ 64 $. Вычтем 32 из обеих частей: сравним $ 2\sqrt{255} $ и $ 32 $. Разделим обе части на 2: сравним $ \sqrt{255} $ и $ 16 $. Возведем в квадрат: сравним $ 255 $ и $ 16^2=256 $. Так как $ 255 < 256 $, то $ \sqrt{255} < 16 $. Возвращаясь к исходному сравнению, получаем, что $ 32 + 2\sqrt{255} < 64 $, а значит $ \sqrt{15} + \sqrt{17} < 8 $.
Ответ: $ \sqrt{15} + \sqrt{17} < 8 $.

г) Чтобы сравнить $ 16 $ и $ \sqrt{65} + \sqrt{63} $, возведем оба числа в квадрат. $ 16^2 = 256 $. $ (\sqrt{65} + \sqrt{63})^2 = 65 + 2\sqrt{65 \cdot 63} + 63 = 128 + 2\sqrt{4095} $. Сравним $ 256 $ и $ 128 + 2\sqrt{4095} $. Вычтем 128 из обеих частей: сравним $ 128 $ и $ 2\sqrt{4095} $. Разделим на 2: сравним $ 64 $ и $ \sqrt{4095} $. Возведем в квадрат: сравним $ 64^2 = 4096 $ и $ 4095 $. Так как $ 4096 > 4095 $, то $ 64 > \sqrt{4095} $. Следовательно, $ 256 > 128 + 2\sqrt{4095} $, а значит $ 16 > \sqrt{65} + \sqrt{63} $.
Ответ: $ 16 > \sqrt{65} + \sqrt{63} $.

д) Сравним $ \sqrt{8} - \sqrt{2} $ и $ \sqrt{10} - \sqrt{3} $. Упростим первое выражение: $ \sqrt{8} - \sqrt{2} = \sqrt{4 \cdot 2} - \sqrt{2} = 2\sqrt{2} - \sqrt{2} = \sqrt{2} $. Теперь задача сводится к сравнению $ \sqrt{2} $ и $ \sqrt{10} - \sqrt{3} $. Оба выражения положительны, поэтому мы можем сравнить их квадраты. $ (\sqrt{2})^2 = 2 $. $ (\sqrt{10} - \sqrt{3})^2 = 10 - 2\sqrt{10 \cdot 3} + 3 = 13 - 2\sqrt{30} $. Сравним $ 2 $ и $ 13 - 2\sqrt{30} $. Это равносильно сравнению $ 2\sqrt{30} $ и $ 11 $. Возведем в квадрат: $ (2\sqrt{30})^2 = 4 \cdot 30 = 120 $ и $ 11^2 = 121 $. Так как $ 120 < 121 $, то $ 2\sqrt{30} < 11 $. Отсюда $ -2\sqrt{30} > -11 $, и $ 13 - 2\sqrt{30} > 13 - 11 = 2 $. Таким образом, $ (\sqrt{10} - \sqrt{3})^2 > (\sqrt{2})^2 $, а значит $ \sqrt{10} - \sqrt{3} > \sqrt{2} $.
Ответ: $ \sqrt{8} - \sqrt{2} < \sqrt{10} - \sqrt{3} $.

е) Сравним $ \sqrt{17} - \sqrt{6} $ и $ \sqrt{12} - \sqrt{3} $. Оба выражения положительны, возведем их в квадрат. $ (\sqrt{17} - \sqrt{6})^2 = 17 - 2\sqrt{17 \cdot 6} + 6 = 23 - 2\sqrt{102} $. $ (\sqrt{12} - \sqrt{3})^2 = 12 - 2\sqrt{12 \cdot 3} + 3 = 15 - 2\sqrt{36} = 15 - 2 \cdot 6 = 3 $. Сравним $ 23 - 2\sqrt{102} $ и $ 3 $. Это равносильно сравнению $ 20 $ и $ 2\sqrt{102} $, или $ 10 $ и $ \sqrt{102} $. Возведем в квадрат: $ 10^2 = 100 $ и $ (\sqrt{102})^2 = 102 $. Так как $ 100 < 102 $, то $ 10 < \sqrt{102} $. Отсюда $ 20 < 2\sqrt{102} $, и $ -20 > -2\sqrt{102} $. Тогда $ 23 - 20 > 23 - 2\sqrt{102} $, то есть $ 3 > 23 - 2\sqrt{102} $. Следовательно, $ (\sqrt{12} - \sqrt{3})^2 > (\sqrt{17} - \sqrt{6})^2 $, а значит $ \sqrt{12} - \sqrt{3} > \sqrt{17} - \sqrt{6} $.
Ответ: $ \sqrt{17} - \sqrt{6} < \sqrt{12} - \sqrt{3} $.

ж) Сравним $ \frac{\sqrt{5}-\sqrt{3}}{2} $ и $ \frac{\sqrt{7}-\sqrt{5}}{2} $. Так как знаменатели равны, задача сводится к сравнению числителей: $ \sqrt{5}-\sqrt{3} $ и $ \sqrt{7}-\sqrt{5} $. Преобразуем каждое выражение, умножив и разделив на сопряженное ему: $ \sqrt{5}-\sqrt{3} = \frac{(\sqrt{5}-\sqrt{3})(\sqrt{5}+\sqrt{3})}{\sqrt{5}+\sqrt{3}} = \frac{5-3}{\sqrt{5}+\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{3}} $. $ \sqrt{7}-\sqrt{5} = \frac{(\sqrt{7}-\sqrt{5})(\sqrt{7}+\sqrt{5})}{\sqrt{7}+\sqrt{5}} = \frac{7-5}{\sqrt{7}+\sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{7}+\sqrt{5}} $. Теперь сравним дроби $ \frac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{3}} $ и $ \frac{2}{\sqrt{7}+\sqrt{5}} $. У дробей одинаковые числители, поэтому сравним их знаменатели: $ \sqrt{5}+\sqrt{3} $ и $ \sqrt{7}+\sqrt{5} $. Вычтем из обеих частей $ \sqrt{5} $ и сравним $ \sqrt{3} $ и $ \sqrt{7} $. Поскольку $ 3 < 7 $, то $ \sqrt{3} < \sqrt{7} $, а значит $ \sqrt{5}+\sqrt{3} < \sqrt{7}+\sqrt{5} $. Из двух дробей с одинаковыми положительными числителями больше та, у которой знаменатель меньше. Следовательно, $ \frac{2}{\sqrt{5}+\sqrt{3}} > \frac{2}{\sqrt{7}+\sqrt{5}} $, и $ \frac{\sqrt{5}-\sqrt{3}}{2} > \frac{\sqrt{7}-\sqrt{5}}{2} $.
Ответ: $ \frac{\sqrt{5}-\sqrt{3}}{2} > \frac{\sqrt{7}-\sqrt{5}}{2} $.

з) Сравним $ \frac{\sqrt{15}-\sqrt{14}}{3} $ и $ \frac{\sqrt{14}-\sqrt{13}}{3} $. Так как знаменатели равны, сравним числители: $ \sqrt{15}-\sqrt{14} $ и $ \sqrt{14}-\sqrt{13} $. Используем метод умножения на сопряженное выражение: $ \sqrt{15}-\sqrt{14} = \frac{(\sqrt{15}-\sqrt{14})(\sqrt{15}+\sqrt{14})}{\sqrt{15}+\sqrt{14}} = \frac{15-14}{\sqrt{15}+\sqrt{14}} = \frac{1}{\sqrt{15}+\sqrt{14}} $. $ \sqrt{14}-\sqrt{13} = \frac{(\sqrt{14}-\sqrt{13})(\sqrt{14}+\sqrt{13})}{\sqrt{14}+\sqrt{13}} = \frac{14-13}{\sqrt{14}+\sqrt{13}} = \frac{1}{\sqrt{14}+\sqrt{13}} $. Теперь сравним дроби $ \frac{1}{\sqrt{15}+\sqrt{14}} $ и $ \frac{1}{\sqrt{14}+\sqrt{13}} $. Сравним знаменатели: $ \sqrt{15}+\sqrt{14} $ и $ \sqrt{14}+\sqrt{13} $. Вычтем $ \sqrt{14} $: сравним $ \sqrt{15} $ и $ \sqrt{13} $. Так как $ 15 > 13 $, то $ \sqrt{15} > \sqrt{13} $, и $ \sqrt{15}+\sqrt{14} > \sqrt{14}+\sqrt{13} $. Из двух дробей с одинаковыми числителями больше та, у которой знаменатель меньше. Следовательно, $ \frac{1}{\sqrt{15}+\sqrt{14}} < \frac{1}{\sqrt{14}+\sqrt{13}} $, а значит $ \frac{\sqrt{15}-\sqrt{14}}{3} < \frac{\sqrt{14}-\sqrt{13}}{3} $.
Ответ: $ \frac{\sqrt{15}-\sqrt{14}}{3} < \frac{\sqrt{14}-\sqrt{13}}{3} $.

143 а) Докажите неравенство $\frac{a^2 + b^2}{2} \ge \left(\frac{a + b}{2}\right)^2$, где $a$ и $b$ — любые действительные числа.

б) Докажите неравенство $\frac{a^3 + b^3}{2} \ge \left(\frac{a + b}{2}\right)^3$, где $a$ и $b$ — любые положительные числа.

В каждом случае определите, при каком условии выполняется равенство.

а)

Докажем неравенство $ \frac{a^2 + b^2}{2} \ge (\frac{a + b}{2})^2 $, где $a$ и $b$ — любые действительные числа. Для этого выполним равносильные преобразования.

Раскроем скобки в правой части неравенства:

$ \frac{a^2 + b^2}{2} \ge \frac{(a + b)^2}{4} $

$ \frac{a^2 + b^2}{2} \ge \frac{a^2 + 2ab + b^2}{4} $

Умножим обе части неравенства на 4, чтобы избавиться от знаменателей. Так как 4 — положительное число, знак неравенства не изменится:

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

Перенесем все слагаемые из правой части в левую:

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

Приведем подобные члены:

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

Свернем левую часть по формуле квадрата разности:

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

Полученное неравенство является верным для любых действительных чисел $a$ и $b$, поскольку квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен (больше или равен нулю). Так как все преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно.

Равенство в исходном неравенстве выполняется тогда и только тогда, когда $ (a - b)^2 = 0 $, что эквивалентно $ a - b = 0 $, то есть $ a = b $.

Ответ: Неравенство доказано. Равенство выполняется при $a = b$.

б)

Докажем неравенство $ \frac{a^3 + b^3}{2} \ge (\frac{a + b}{2})^3 $, где $a$ и $b$ — любые положительные числа.

Раскроем скобки в правой части:

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

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

Умножим обе части на 8 (положительное число):

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

Перенесем все слагаемые в левую часть:

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

Приведем подобные члены:

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

Разделим обе части на 3 (положительное число):

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

Разложим левую часть на множители методом группировки:

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

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

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

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

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

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

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

Проанализируем полученное неравенство. По условию $a > 0$ и $b > 0$, значит, сумма $a + b$ также строго положительна. Множитель $(a - b)^2$ неотрицателен для любых $a$ и $b$. Произведение неотрицательного числа $(a-b)^2$ и положительного числа $(a+b)$ всегда будет неотрицательным. Следовательно, неравенство верно.

Равенство выполняется, когда $ (a - b)^2(a + b) = 0 $. Так как $a+b > 0$, это возможно только если $(a - b)^2 = 0$, то есть $a - b = 0$, откуда $a = b$.

Ответ: Неравенство доказано. Равенство выполняется при $a = b$.

144 РАЗБИРАЕМ СПОСОБ ДОКАЗАТЕЛЬСТВА

1) Разберите, как доказано неравенство $ \frac{2}{a+b} < \frac{1}{a} + \frac{1}{b} $, где $ a > 0 $ и $ b > 0 $.

Доказательство. Представим дробь $ \frac{2}{a+b} $ в виде суммы дробей: $ \frac{2}{a+b} = \frac{1}{a+b} + \frac{1}{a+b} $. Но $ \frac{1}{a+b} < \frac{1}{a} $ и $ \frac{1}{a+b} < \frac{1}{b} $. Поэтому $ \frac{1}{a+b} + \frac{1}{a+b} < \frac{1}{a} + \frac{1}{b} $. Таким образом, неравенство $ \frac{2}{a+b} < \frac{1}{a} + \frac{1}{b} $ доказано.

2) Пользуясь этим же приёмом, докажите неравенство $ \frac{3}{a+b+c} < \frac{1}{a+b} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{b+c} $, где $ a > 0, b > 0, c > 0 $.

1)

Разберем, как было доказано неравенство $\frac{2}{a+b} < \frac{1}{a} + \frac{1}{b}$ для положительных чисел $a$ и $b$.

Доказательство состоит из нескольких логических шагов:

Шаг 1: Представление левой части в виде суммы.
Дробь в левой части неравенства, $\frac{2}{a+b}$, представляется в виде суммы двух одинаковых дробей:
$\frac{2}{a+b} = \frac{1}{a+b} + \frac{1}{a+b}$

Шаг 2: Сравнение слагаемых.
Каждое из этих слагаемых сравнивается с дробями из правой части исходного неравенства.
По условию $a > 0$ и $b > 0$.
Так как $b$ — положительное число, то сумма $a+b$ строго больше, чем $a$. Запишем это как $a+b > a$.
Поскольку обе части этого неравенства положительны, при взятии обратных величин (переворачивании дробей) знак неравенства меняется на противоположный:
$\frac{1}{a+b} < \frac{1}{a}$
Аналогично, так как $a$ — положительное число, то $a+b > b$. Взяв обратные величины, получаем:
$\frac{1}{a+b} < \frac{1}{b}$

Шаг 3: Сложение неравенств.
Теперь у нас есть два верных неравенства, которые мы можем сложить почленно (левую часть с левой, правую с правой):
$(\frac{1}{a+b}) + (\frac{1}{a+b}) < (\frac{1}{a}) + (\frac{1}{b})$

Шаг 4: Получение итогового результата.
Упрощая левую часть полученного неравенства, мы приходим к тому, что требовалось доказать:
$\frac{2}{a+b} < \frac{1}{a} + \frac{1}{b}$

Ответ: Доказательство основано на представлении дроби $\frac{2}{a+b}$ в виде суммы $\frac{1}{a+b} + \frac{1}{a+b}$ и последующем почленном сложении двух верных неравенств $\frac{1}{a+b} < \frac{1}{a}$ и $\frac{1}{a+b} < \frac{1}{b}$, которые следуют из условий $a > 0$ и $b > 0$.

2)

Используя этот же приём, докажем неравенство $\frac{3}{a+b+c} < \frac{1}{a+b} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{b+c}$, где $a > 0, b > 0, c > 0$.

Шаг 1: Представление левой части в виде суммы.
Представим дробь в левой части неравенства как сумму трех одинаковых дробей:
$\frac{3}{a+b+c} = \frac{1}{a+b+c} + \frac{1}{a+b+c} + \frac{1}{a+b+c}$

Шаг 2: Сравнение слагаемых.
Теперь сравним каждое из этих слагаемых с соответствующими дробями из правой части неравенства. По условию $a, b, c$ — положительные числа.
Поскольку $c > 0$, то $a+b+c > a+b$. Следовательно, для обратных величин верно:
$\frac{1}{a+b+c} < \frac{1}{a+b}$
Поскольку $b > 0$, то $a+b+c > a+c$. Следовательно:
$\frac{1}{a+b+c} < \frac{1}{a+c}$
Поскольку $a > 0$, то $a+b+c > b+c$. Следовательно:
$\frac{1}{a+b+c} < \frac{1}{b+c}$

Шаг 3: Сложение неравенств.
Мы получили три верных неравенства. Сложим их почленно:
$\frac{1}{a+b+c} + \frac{1}{a+b+c} + \frac{1}{a+b+c} < \frac{1}{a+b} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{b+c}$

Шаг 4: Получение итогового результата.
Упростив левую часть, мы получаем искомое неравенство:
$\frac{3}{a+b+c} < \frac{1}{a+b} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{b+c}$
Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано путем представления левой части в виде суммы трех слагаемых и почленного сложения трех более сильных неравенств, полученных сравнением знаменателей.