Страница 22 - гдз по алгебре 9 класс учебник Мерзляк, Полонский

73. Известно, что $a > 3$ и $b > -2$. Докажите, что $5a + 4b > 7$.

По условию задачи даны два неравенства: $a > 3$ и $b > -2$. Необходимо доказать, что выражение $5a + 4b$ больше 7.

Для решения этой задачи воспользуемся свойствами числовых неравенств.

1. Возьмем первое неравенство $a > 3$. Умножим обе части этого неравенства на положительное число 5. Знак неравенства при этом не изменится:
$5 \cdot a > 5 \cdot 3$
$5a > 15$

2. Возьмем второе неравенство $b > -2$. Умножим обе части этого неравенства на положительное число 4. Знак неравенства также не изменится:
$4 \cdot b > 4 \cdot (-2)$
$4b > -8$

3. Теперь у нас есть два неравенства одинакового знака:
$5a > 15$
$4b > -8$

Согласно свойству о сложении неравенств, если верны неравенства $x > y$ и $z > w$, то верно и неравенство $x + z > y + w$. Сложим почленно левые и правые части полученных нами неравенств:
$5a + 4b > 15 + (-8)$
$5a + 4b > 15 - 8$
$5a + 4b > 7$

Таким образом, мы доказали, что при заданных условиях неравенство $5a + 4b > 7$ является верным.

Ответ: что и требовалось доказать.

74. Известно, что $a > 5$ и $b < 2$. Докажите, что $6a - 7b > 16$.

Для того чтобы доказать неравенство $6a - 7b > 16$, мы будем использовать данные нам условия $a > 5$ и $b < 2$ и свойства числовых неравенств.

1. Рассмотрим первое условие $a > 5$. Чтобы получить в левой части выражение $6a$, умножим обе части этого неравенства на положительное число 6. При умножении на положительное число знак неравенства не меняется:

$a \cdot 6 > 5 \cdot 6$

$6a > 30$

2. Теперь рассмотрим второе условие $b < 2$. Чтобы получить в левой части выражение $-7b$, умножим обе части этого неравенства на отрицательное число -7. Важно помнить, что при умножении неравенства на отрицательное число его знак меняется на противоположный (с «<» на «>»):

$b \cdot (-7) > 2 \cdot (-7)$

$-7b > -14$

3. В результате преобразований мы получили два неравенства одного знака: $6a > 30$ и $-7b > -14$. Согласно свойству неравенств, их можно почленно сложить, то есть сложить левые части и правые части, сохранив при этом знак неравенства:

$6a + (-7b) > 30 + (-14)$

Выполним сложение:

$6a - 7b > 16$

Таким образом, мы доказали исходное утверждение.

Ответ: Что и требовалось доказать.

75. Дано: $5 < a < 8$ и $3 < b < 6$. Оцените значение выражения:

1) $4a + 3b;$

2) $3a - 6b;$

3) $\frac{a}{b};$

4) $\frac{2b}{3a}.$

1) Для того чтобы оценить выражение $4a + 3b$, необходимо оценить каждое слагаемое в отдельности, используя данные неравенства $5 < a < 8$ и $3 < b < 6$.
Сначала оценим значение $4a$. Умножим все части неравенства $5 < a < 8$ на положительное число 4:
$4 \cdot 5 < 4 \cdot a < 4 \cdot 8$
$20 < 4a < 32$
Теперь оценим значение $3b$. Умножим все части неравенства $3 < b < 6$ на положительное число 3:
$3 \cdot 3 < 3 \cdot b < 3 \cdot 6$
$9 < 3b < 18$
Теперь, используя свойство сложения неравенств, сложим почленно полученные неравенства:
$(20 + 9) < (4a + 3b) < (32 + 18)$
$29 < 4a + 3b < 50$
Ответ: $29 < 4a + 3b < 50$.

2) Для оценки выражения $3a - 6b$ оценим $3a$ и $-6b$.
Оценим $3a$. Умножим неравенство $5 < a < 8$ на 3:
$3 \cdot 5 < 3 \cdot a < 3 \cdot 8$
$15 < 3a < 24$
Оценим $-6b$. Сначала найдем границы для $6b$, умножив неравенство $3 < b < 6$ на 6:
$6 \cdot 3 < 6 \cdot b < 6 \cdot 6$
$18 < 6b < 36$
Чтобы получить $-6b$, умножим последнее неравенство на -1. При умножении на отрицательное число знаки неравенства меняются на противоположные:
$-36 < -6b < -18$
Теперь сложим почленно неравенства для $3a$ и $-6b$:
$(15 - 36) < (3a - 6b) < (24 - 18)$
$-21 < 3a - 6b < 6$
Ответ: $-21 < 3a - 6b < 6$.

3) Чтобы оценить частное $\frac{a}{b}$, нужно перемножить неравенства для $a$ и $\frac{1}{b}$.
Исходное неравенство для $a$: $5 < a < 8$.
Найдем границы для $\frac{1}{b}$. Из неравенства $3 < b < 6$ (все его части положительны) следует, что:
$\frac{1}{6} < \frac{1}{b} < \frac{1}{3}$
Теперь перемножим почленно неравенства $5 < a < 8$ и $\frac{1}{6} < \frac{1}{b} < \frac{1}{3}$. Так как все части неравенств положительны, мы можем это сделать:
$5 \cdot \frac{1}{6} < a \cdot \frac{1}{b} < 8 \cdot \frac{1}{3}$
$\frac{5}{6} < \frac{a}{b} < \frac{8}{3}$
Ответ: $\frac{5}{6} < \frac{a}{b} < \frac{8}{3}$.

4) Чтобы оценить выражение $\frac{2b}{3a}$, представим его как произведение $\frac{2}{3} \cdot \frac{b}{a}$ и оценим сначала множитель $\frac{b}{a}$.
Для оценки $\frac{b}{a}$ нам потребуются неравенства для $b$ и $\frac{1}{a}$.
Неравенство для $b$ дано: $3 < b < 6$.
Найдем неравенство для $\frac{1}{a}$. Из $5 < a < 8$ следует:
$\frac{1}{8} < \frac{1}{a} < \frac{1}{5}$
Перемножим почленно неравенства для $b$ и $\frac{1}{a}$:
$3 \cdot \frac{1}{8} < b \cdot \frac{1}{a} < 6 \cdot \frac{1}{5}$
$\frac{3}{8} < \frac{b}{a} < \frac{6}{5}$
Теперь умножим полученное двойное неравенство на положительный коэффициент $\frac{2}{3}$:
$\frac{2}{3} \cdot \frac{3}{8} < \frac{2}{3} \cdot \frac{b}{a} < \frac{2}{3} \cdot \frac{6}{5}$
$\frac{6}{24} < \frac{2b}{3a} < \frac{12}{15}$
Сократим дроби в левой и правой частях:
$\frac{1}{4} < \frac{2b}{3a} < \frac{4}{5}$
Ответ: $\frac{1}{4} < \frac{2b}{3a} < \frac{4}{5}$.

76. Дано: $\frac{1}{3} < x < \frac{1}{2}$ и $\frac{1}{7} < y < \frac{1}{4}$. Оцените значение выражения:

1) $6x + 14y$;

2) $28y - 12x$;

3) $\frac{y}{x}$.

1) 6x + 14y;

Для того чтобы оценить выражение $6x + 14y$, оценим сначала каждое слагаемое по отдельности, используя данные неравенства.

Известно, что $\frac{1}{3} < x < \frac{1}{2}$. Умножим все части этого двойного неравенства на положительное число 6:

$6 \cdot \frac{1}{3} < 6x < 6 \cdot \frac{1}{2}$

$2 < 6x < 3$

Также известно, что $\frac{1}{7} < y < \frac{1}{4}$. Умножим все части этого двойного неравенства на положительное число 14:

$14 \cdot \frac{1}{7} < 14y < 14 \cdot \frac{1}{4}$

$2 < 14y < \frac{14}{4}$

$2 < 14y < \frac{7}{2}$ или $2 < 14y < 3.5$

Теперь сложим почленно полученные неравенства $2 < 6x < 3$ и $2 < 14y < 3.5$. При сложении неравенств одного знака складываются их левые, средние и правые части соответственно:

$2 + 2 < 6x + 14y < 3 + 3.5$

$4 < 6x + 14y < 6.5$

Ответ: $4 < 6x + 14y < 6.5$.

2) 28y - 12x;

Чтобы оценить разность, представим ее в виде суммы $28y + (-12x)$. Сначала оценим значения $28y$ и $-12x$.

Из неравенства $\frac{1}{7} < y < \frac{1}{4}$ путем умножения на 28 получаем:

$28 \cdot \frac{1}{7} < 28y < 28 \cdot \frac{1}{4}$

$4 < 28y < 7$

Из неравенства $\frac{1}{3} < x < \frac{1}{2}$ сначала найдем оценку для $12x$, умножив на 12:

$12 \cdot \frac{1}{3} < 12x < 12 \cdot \frac{1}{2}$

$4 < 12x < 6$

Теперь найдем оценку для $-12x$. Для этого умножим неравенство $4 < 12x < 6$ на -1. При умножении на отрицательное число знаки неравенства меняются на противоположные:

$-6 < -12x < -4$

Теперь сложим почленно неравенства для $28y$ и $-12x$:

$4 < 28y < 7$

$-6 < -12x < -4$

$4 + (-6) < 28y + (-12x) < 7 + (-4)$

$-2 < 28y - 12x < 3$

Ответ: $-2 < 28y - 12x < 3$.

3) $\frac{y}{x}$.

Чтобы оценить частное $\frac{y}{x}$, можно представить его как произведение $y \cdot \frac{1}{x}$.

У нас есть оценка для $y$: $\frac{1}{7} < y < \frac{1}{4}$.

Найдем оценку для $\frac{1}{x}$. Дано $\frac{1}{3} < x < \frac{1}{2}$. Так как все части неравенства положительны, мы можем взять обратные величины, изменив при этом знаки неравенства на противоположные:

$\frac{1}{1/2} < \frac{1}{x} < \frac{1}{1/3}$

$2 < \frac{1}{x} < 3$

Теперь, так как все части неравенств $\frac{1}{7} < y < \frac{1}{4}$ и $2 < \frac{1}{x} < 3$ положительны, мы можем их почленно перемножить:

$\frac{1}{7} \cdot 2 < y \cdot \frac{1}{x} < \frac{1}{4} \cdot 3$

$\frac{2}{7} < \frac{y}{x} < \frac{3}{4}$

Ответ: $\frac{2}{7} < \frac{y}{x} < \frac{3}{4}$.

77. Сравните значения выражений:

1) $2^{24}$ и $9^8$,

2) $0,3^{20}$ и $0,1^{10}$,

3) $0,0015^{10}$ и $0,2^{40}$.

1) Сравним $2^{24}$ и $9^8$.

Чтобы сравнить два степенных выражения, приведем их к общему показателю степени. Наибольший общий делитель показателей 24 и 8 равен 8. Поэтому мы можем представить оба выражения как степени с показателем 8.

Преобразуем первое выражение:

$2^{24} = 2^{3 \cdot 8} = (2^3)^8$

Вычислим основание новой степени:

$2^3 = 8$

Таким образом, $2^{24} = 8^8$.

Теперь сравним полученное выражение $8^8$ со вторым выражением $9^8$. Поскольку показатели степеней одинаковы и равны 8, достаточно сравнить их основания.

Сравниваем основания: $8 < 9$.

Так как основание 8 меньше основания 9, то и значение степени $8^8$ будет меньше значения степени $9^8$.

Следовательно, $2^{24} < 9^8$.

Ответ: $2^{24} < 9^8$.

2) Сравним $0,3^{20}$ и $0,1^{10}$.

Приведем степени к общему показателю. Наибольший общий делитель показателей 20 и 10 равен 10.

Преобразуем выражение $0,3^{20}$ к степени с показателем 10:

$0,3^{20} = 0,3^{2 \cdot 10} = (0,3^2)^{10}$

Вычислим новое основание:

$0,3^2 = 0,09$

Следовательно, $0,3^{20} = 0,09^{10}$.

Теперь сравним $0,09^{10}$ и $0,1^{10}$. Так как показатели степеней равны, сравним их основания.

Сравниваем основания: $0,09 < 0,1$.

Поскольку функция возведения в степень $y=x^{10}$ является возрастающей для положительных оснований, из $0,09 < 0,1$ следует, что $0,09^{10} < 0,1^{10}$.

Таким образом, $0,3^{20} < 0,1^{10}$.

Ответ: $0,3^{20} < 0,1^{10}$.

3) Сравним $0,0015^{10}$ и $0,2^{40}$.

Приведем выражения к общему показателю степени. Наибольший общий делитель для 10 и 40 равен 10.

Преобразуем второе выражение $0,2^{40}$ к степени с показателем 10:

$0,2^{40} = 0,2^{4 \cdot 10} = (0,2^4)^{10}$

Вычислим значение нового основания:

$0,2^4 = 0,2 \cdot 0,2 \cdot 0,2 \cdot 0,2 = 0,04 \cdot 0,04 = 0,0016$

Таким образом, $0,2^{40} = 0,0016^{10}$.

Теперь задача сводится к сравнению $0,0015^{10}$ и $0,0016^{10}$. Показатели степеней равны, поэтому сравним их основания.

Сравниваем основания: $0,0015 < 0,0016$.

Так как основания положительны, и $0,0015 < 0,0016$, то и $0,0015^{10} < 0,0016^{10}$.

Следовательно, $0,0015^{10} < 0,2^{40}$.

Ответ: $0,0015^{10} < 0,2^{40}$.

78. Докажите, что периметр четырехугольника больше суммы его диагоналей.

Пусть дан произвольный четырехугольник $ABCD$. Его сторонами являются отрезки $AB$, $BC$, $CD$ и $DA$. Его диагоналями являются отрезки $AC$ и $BD$. Периметр четырехугольника $P$ равен сумме длин его сторон: $P = AB + BC + CD + DA$. Необходимо доказать, что периметр четырехугольника больше суммы его диагоналей, то есть: $P > AC + BD$.

Доказательство основано на применении неравенства треугольника, которое гласит, что сумма длин любых двух сторон треугольника всегда больше длины третьей стороны.

Рассмотрим треугольники, которые образуются при проведении диагоналей.

1. Диагональ $AC$ делит четырехугольник на два треугольника: $\triangle ABC$ и $\triangle ADC$. Применим к каждому из них неравенство треугольника:
Для $\triangle ABC$: $AB + BC > AC$ (1)
Для $\triangle ADC$: $CD + DA > AC$ (2)

2. Диагональ $BD$ делит четырехугольник на два других треугольника: $\triangle ABD$ и $\triangle BCD$. Снова применим неравенство треугольника:
Для $\triangle ABD$: $AB + DA > BD$ (3)
Для $\triangle BCD$: $BC + CD > BD$ (4)

Теперь сложим почленно все четыре полученных неравенства: (1), (2), (3) и (4).
$(AB + BC) + (CD + DA) + (AB + DA) + (BC + CD) > AC + AC + BD + BD$

Сгруппируем слагаемые в левой части и упростим обе части неравенства:
$2AB + 2BC + 2CD + 2DA > 2AC + 2BD$

Вынесем общий множитель 2 за скобки в обеих частях:
$2(AB + BC + CD + DA) > 2(AC + BD)$

Разделим обе части неравенства на 2 (знак неравенства при делении на положительное число не меняется):
$AB + BC + CD + DA > AC + BD$

Так как левая часть неравенства представляет собой периметр четырехугольника $P$, мы доказали, что периметр четырехугольника больше суммы его диагоналей. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Для доказательства необходимо рассмотреть четыре треугольника ($\triangle ABC, \triangle ADC, \triangle ABD$ и $\triangle BCD$), образованных сторонами и диагоналями четырехугольника. Применив к каждому из них неравенство треугольника и сложив полученные четыре неравенства, после упрощения получаем искомое соотношение: $AB + BC + CD + DA > AC + BD$.

79. Докажите, что каждая диагональ выпуклого четырёхугольника меньше его полупериметра.

Пусть дан выпуклый четырехугольник $ABCD$. Обозначим длины его сторон как $AB = a$, $BC = b$, $CD = c$, $DA = d$.Периметр четырехугольника $P$ равен сумме длин его сторон: $P = a + b + c + d$.Полупериметр $p$ равен половине периметра: $p = \frac{P}{2} = \frac{a+b+c+d}{2}$.

Необходимо доказать, что каждая диагональ ($AC$ и $BD$) меньше полупериметра $p$. Для доказательства воспользуемся неравенством треугольника, которое гласит, что любая сторона треугольника меньше суммы двух других его сторон.

Доказательство для диагонали AC

Рассмотрим диагональ $AC$. Она разделяет четырехугольник на два треугольника: $\triangle ABC$ и $\triangle ADC$.

1. Применим неравенство треугольника для $\triangle ABC$:
$AC < AB + BC$ или $AC < a + b$.

2. Применим неравенство треугольника для $\triangle ADC$:
$AC < AD + DC$ или $AC < d + c$.

Сложим два полученных неравенства:
$AC + AC < (a + b) + (d + c)$
$2 \cdot AC < a + b + c + d$

Правая часть неравенства — это периметр четырехугольника $P$.
$2 \cdot AC < P$

Разделим обе части неравенства на 2:
$AC < \frac{P}{2}$

Так как $p = \frac{P}{2}$, то мы доказали, что $AC < p$.

Доказательство для диагонали BD

Рассмотрим диагональ $BD$. Она разделяет четырехугольник на два треугольника: $\triangle ABD$ и $\triangle CBD$.

1. Применим неравенство треугольника для $\triangle ABD$:
$BD < AB + AD$ или $BD < a + d$.

2. Применим неравенство треугольника для $\triangle CBD$:
$BD < CB + CD$ или $BD < b + c$.

Сложим два полученных неравенства:
$BD + BD < (a + d) + (b + c)$
$2 \cdot BD < a + b + c + d$

Правая часть неравенства — это периметр четырехугольника $P$.
$2 \cdot BD < P$

Разделим обе части неравенства на 2:
$BD < \frac{P}{2}$

Так как $p = \frac{P}{2}$, то мы доказали, что $BD < p$.

Таким образом, мы доказали, что каждая диагональ выпуклого четырехугольника меньше его полупериметра.

Ответ: Что и требовалось доказать.

80. Докажите, что сумма двух противоположных сторон выпуклого четырехугольника меньше суммы его диагоналей.

Пусть дан выпуклый четырёхугольник $ABCD$. Его диагонали $AC$ и $BD$ пересекаются в точке $O$. Это свойство следует из определения выпуклого четырёхугольника (все его точки лежат по одну сторону от любой прямой, проходящей через две его соседние вершины).

Задача состоит в том, чтобы доказать, что сумма длин двух противоположных сторон меньше суммы длин диагоналей. В четырёхугольнике $ABCD$ есть две пары противоположных сторон: ($AB$ и $CD$) и ($BC$ и $DA$). Докажем утверждение для одной из пар, например, для $AB$ и $CD$. То есть, нам нужно доказать неравенство: $AB + CD < AC + BD$.

Для доказательства воспользуемся ключевым свойством — неравенством треугольника, которое гласит, что любая сторона треугольника всегда меньше суммы двух других его сторон.

Рассмотрим треугольник $AOB$, образованный отрезками диагоналей $AO$, $OB$ и стороной четырёхугольника $AB$. Применим к нему неравенство треугольника:
$AB < AO + OB$

Теперь рассмотрим треугольник $COD$, образованный отрезками диагоналей $CO$, $OD$ и стороной $CD$. Аналогично применим неравенство треугольника:
$CD < CO + OD$

Теперь сложим два полученных неравенства. Складываем левые части с левыми, а правые — с правыми:
$AB + CD < (AO + OB) + (CO + OD)$

Сгруппируем слагаемые в правой части полученного неравенства для удобства:
$AB + CD < (AO + CO) + (OB + OD)$

Поскольку точка $O$ лежит на диагонали $AC$, сумма длин отрезков $AO$ и $CO$ равна длине всей диагонали $AC$. Аналогично, для диагонали $BD$ сумма длин отрезков $OB$ и $OD$ равна длине всей диагонали $BD$.
$AO + CO = AC$
$OB + OD = BD$

Подставим эти равенства в наше неравенство и получим то, что требовалось доказать:
$AB + CD < AC + BD$

Доказательство для второй пары противоположных сторон ($BC$ и $DA$) проводится точно так же, но с использованием треугольников $BOC$ и $DOA$. Из них мы получаем неравенства $BC < BO + OC$ и $DA < DO + OA$. Сложив их, мы приходим к выводу, что $BC + DA < BD + AC$.

Таким образом, утверждение доказано для любой пары противоположных сторон выпуклого четырёхугольника.

Ответ: Пусть $ABCD$ — выпуклый четырёхугольник, и $O$ — точка пересечения его диагоналей $AC$ и $BD$. Применим неравенство треугольника к треугольникам $AOB$ и $COD$. Получим $AB < AO + OB$ и $CD < CO + OD$. Сложив эти неравенства, имеем: $AB + CD < AO + OB + CO + OD$. Сгруппировав слагаемые в правой части, получаем $AB + CD < (AO + CO) + (OB + OD)$. Так как $AO + CO = AC$ и $OB + OD = BD$ (по свойству отрезка), то окончательно получаем $AB + CD < AC + BD$. Утверждение для второй пары противоположных сторон ($BC$ и $DA$) доказывается аналогично с использованием треугольников $BOC$ и $DOA$.

81. Докажите утверждение:

1) если $a < b < 0$, то $a^2 > b^2$;

2) если $a > 0, b > 0$ и $a^2 > b^2$, то $a > b$.

1) Чтобы доказать, что при условии $a < b < 0$ выполняется неравенство $a^2 > b^2$, рассмотрим разность $a^2 - b^2$. Нам нужно доказать, что эта разность положительна.

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

Определим знак каждого множителя:

• Множитель $(a - b)$. Из условия $a < b$ следует, что разность $a - b$ отрицательна, то есть $a - b < 0$.

• Множитель $(a + b)$. Из условия $a < 0$ и $b < 0$ следует, что сумма двух отрицательных чисел также является отрицательным числом, то есть $a + b < 0$.

Произведение двух отрицательных чисел $(a - b)$ и $(a + b)$ является положительным числом. Следовательно, $(a - b)(a + b) > 0$.

Так как $a^2 - b^2 > 0$, то $a^2 > b^2$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

2) Чтобы доказать, что при условии $a > 0$, $b > 0$ и $a^2 > b^2$ выполняется неравенство $a > b$, снова рассмотрим разность $a^2 - b^2$.

Из условия $a^2 > b^2$ следует, что $a^2 - b^2 > 0$.

Разложим левую часть на множители: $(a - b)(a + b) > 0$.

Определим знак одного из множителей:

• Множитель $(a + b)$. Из условия $a > 0$ и $b > 0$ следует, что сумма двух положительных чисел является положительным числом, то есть $a + b > 0$.

Мы имеем произведение двух множителей, которое больше нуля. Один из множителей, $(a + b)$, положителен. Чтобы произведение было положительным, второй множитель, $(a - b)$, также должен быть положительным.

Таким образом, $a - b > 0$.

Из этого следует, что $a > b$, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

82. Докажите, что если $ \frac{1}{a} > \frac{1}{b} > 0 $, то $ a < b $.

Нам дано двойное неравенство $ \frac{1}{a} > \frac{1}{b} > 0 $.

Рассмотрим правую часть этого неравенства: $ \frac{1}{b} > 0 $. Дробь положительна, если ее числитель и знаменатель имеют одинаковый знак. Поскольку числитель равен 1 (положительное число), то и знаменатель $b$ должен быть положительным. Следовательно, $b > 0$.

Теперь рассмотрим левую часть неравенства: $ \frac{1}{a} > \frac{1}{b} $. Поскольку мы уже знаем, что $ \frac{1}{b} > 0 $, то из этого следует, что $ \frac{1}{a} $ также должно быть положительным числом, то есть $ \frac{1}{a} > 0 $. Аналогично предыдущему пункту, это означает, что и знаменатель $a$ должен быть положительным. Следовательно, $a > 0$.

Итак, мы установили, что оба числа, $a$ и $b$, являются положительными.

Вернемся к неравенству $ \frac{1}{a} > \frac{1}{b} $. Мы можем умножить обе части неравенства на любое положительное число, и при этом знак неравенства сохранится. Умножим обе части на произведение $ab$. Поскольку $a > 0$ и $b > 0$, их произведение $ab$ также будет положительным ($ab > 0$).

$ \frac{1}{a} \cdot (ab) > \frac{1}{b} \cdot (ab) $

После сокращения дробей в обеих частях неравенства получаем:

$ b > a $

Данное неравенство эквивалентно записи $ a < b $, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Так как из $ \frac{1}{b} > 0 $ следует, что $ b > 0 $, а из $ \frac{1}{a} > \frac{1}{b} $ следует, что $ a > 0 $, то, умножая неравенство $ \frac{1}{a} > \frac{1}{b} $ на положительное число $ ab $, получаем $ b > a $, что равносильно $ a < b $.

83. Известно, что $b > 0$ и $a > b$. Является ли верным при всех указанных значениях $a$ и $b$ неравенство:

1) $a^2 + a > b^2 + b$;

3) $2 - a^2 < 2 - b^2$;

2) $a^2 - a > b^2 - b$;

4) $a + \frac{1}{a} > b + \frac{1}{b}$?

По условию задачи даны два неравенства: $b > 0$ и $a > b$. Из этих двух условий следует, что $a$ также больше нуля, то есть $a > b > 0$. Проверим каждое из предложенных неравенств.

1) $a^2 + a > b^2 + b$

Рассмотрим это неравенство. Перенесем все члены в левую часть:
$a^2 - b^2 + a - b > 0$
Сгруппируем члены и разложим на множители разность квадратов:
$(a^2 - b^2) + (a - b) > 0$
$(a - b)(a + b) + (a - b) > 0$
Вынесем общий множитель $(a - b)$ за скобки:
$(a - b)(a + b + 1) > 0$
Теперь проанализируем знаки множителей:
1. По условию $a > b$, следовательно, $a - b > 0$.
2. По условию $a > 0$ и $b > 0$, следовательно, их сумма $a + b > 0$. Тогда $a + b + 1$ тем более больше нуля.
Произведение двух положительных множителей всегда положительно. Таким образом, неравенство $(a - b)(a + b + 1) > 0$ является верным при всех заданных условиях.
Альтернативно, можно рассмотреть функцию $f(x) = x^2 + x$. Ее производная $f'(x) = 2x + 1$. При $x > 0$ производная $f'(x) > 0$, что означает, что функция является возрастающей на всей области положительных чисел. Поскольку $a > b > 0$, то и значение функции в точке $a$ будет больше значения функции в точке $b$, то есть $f(a) > f(b)$, что и требовалось доказать.
Ответ: Да, является.

2) $a^2 - a > b^2 - b$

Преобразуем неравенство аналогично предыдущему пункту:
$a^2 - b^2 - a + b > 0$
$(a - b)(a + b) - (a - b) > 0$
$(a - b)(a + b - 1) > 0$
Мы знаем, что $a - b > 0$. Следовательно, верность этого неравенства зависит от знака второго множителя $(a + b - 1)$. Неравенство будет верным только если $a + b - 1 > 0$, то есть $a + b > 1$.
Однако условие $a + b > 1$ не всегда выполняется. Найдем контрпример.
Возьмем значения $a$ и $b$, удовлетворяющие условиям $a > b > 0$, но для которых $a + b \le 1$.
Пусть $a = 0,3$ и $b = 0,2$. Условия $0,3 > 0,2 > 0$ выполнены.
Их сумма $a + b = 0,3 + 0,2 = 0,5$, что меньше 1.
Подставим эти значения в исходное неравенство:
$(0,3)^2 - 0,3 > (0,2)^2 - 0,2$
$0,09 - 0,3 > 0,04 - 0,2$
$-0,21 > -0,16$
Это неравенство неверно. Следовательно, данное неравенство выполняется не при всех указанных значениях $a$ и $b$.
Ответ: Нет, не является.

3) $2 - a^2 < 2 - b^2$

Упростим данное неравенство. Вычтем 2 из обеих частей:
$-a^2 < -b^2$
Умножим обе части на -1 и изменим знак неравенства на противоположный:
$a^2 > b^2$
По условию $a > b > 0$. Так как и $a$, и $b$ являются положительными числами, мы можем возвести обе части неравенства $a > b$ в квадрат, не меняя знака неравенства.
$a > b \implies a^2 > b^2$.
Так как полученное неравенство всегда верно при заданных условиях, то и исходное неравенство также всегда верно.
Ответ: Да, является.

4) $a + \frac{1}{a} > b + \frac{1}{b}$

Перенесем все члены в левую часть и приведем к общему знаменателю:
$(a - b) + (\frac{1}{a} - \frac{1}{b}) > 0$
$(a - b) + \frac{b - a}{ab} > 0$
$(a - b) - \frac{a - b}{ab} > 0$
Вынесем общий множитель $(a - b)$:
$(a - b)(1 - \frac{1}{ab}) > 0$
Мы знаем, что $a - b > 0$. Значит, неравенство будет верным, только если $1 - \frac{1}{ab} > 0$, что эквивалентно $1 > \frac{1}{ab}$, или $ab > 1$.
Однако условие $ab > 1$ не всегда выполняется. Найдем контрпример.
Рассмотрим функцию $f(x) = x + \frac{1}{x}$. Ее производная $f'(x) = 1 - \frac{1}{x^2}$. На интервале $(0, 1)$ производная отрицательна, следовательно, функция убывает.
Возьмем значения $a$ и $b$ из интервала $(0, 1)$, удовлетворяющие условию $a > b > 0$.
Пусть $a = 0,5$ и $b = 0,4$. Условия $0,5 > 0,4 > 0$ выполнены.
Их произведение $ab = 0,5 \cdot 0,4 = 0,2$, что меньше 1.
Подставим эти значения в исходное неравенство:
$0,5 + \frac{1}{0,5} > 0,4 + \frac{1}{0,4}$
$0,5 + 2 > 0,4 + 2,5$
$2,5 > 2,9$
Это неравенство неверно. Следовательно, данное неравенство выполняется не при всех указанных значениях $a$ и $b$.
Ответ: Нет, не является.

84. Докажите, что:

1) $\sqrt{27} + \sqrt{65} > 13;$

2) $\sqrt{14} + \sqrt{15} < 8;$

3) $\sqrt{65} - \sqrt{35} > 2;$

4) $\sqrt{99} - \sqrt{82} < 1.$

1) Для доказательства неравенства $\sqrt{27} + \sqrt{65} > 13$ воспользуемся методом оценки, сравнивая подкоренные выражения с ближайшими известными полными квадратами.

Оценим каждое слагаемое в левой части неравенства. Первое слагаемое — $\sqrt{27}$. Так как $27 > 25$, и функция квадратного корня является возрастающей, то $\sqrt{27} > \sqrt{25}$. Следовательно, $\sqrt{27} > 5$. Второе слагаемое — $\sqrt{65}$. Так как $65 > 64$, то по той же причине $\sqrt{65} > \sqrt{64}$. Следовательно, $\sqrt{65} > 8$.

Теперь, имея два неравенства одного знака ($\sqrt{27} > 5$ и $\sqrt{65} > 8$), мы можем их сложить. Складывая левые и правые части этих неравенств, получаем: $\sqrt{27} + \sqrt{65} > 5 + 8$.

Выполнив сложение в правой части, приходим к выводу: $\sqrt{27} + \sqrt{65} > 13$. Таким образом, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

2) Для доказательства неравенства $\sqrt{14} + \sqrt{15} < 8$ применим аналогичный метод оценки.

Оценим каждое слагаемое в левой части. Для $\sqrt{14}$ справедливо, что $14 < 16$. Поскольку функция квадратного корня возрастающая, $\sqrt{14} < \sqrt{16}$, что означает $\sqrt{14} < 4$. Для $\sqrt{15}$ справедливо, что $15 < 16$. Следовательно, $\sqrt{15} < \sqrt{16}$, что означает $\sqrt{15} < 4$.

Сложим полученные неравенства одного знака ($\sqrt{14} < 4$ и $\sqrt{15} < 4$): $\sqrt{14} + \sqrt{15} < 4 + 4$.

Выполнив сложение, получаем: $\sqrt{14} + \sqrt{15} < 8$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

3) Для доказательства неравенства $\sqrt{65} - \sqrt{35} > 2$ снова используем метод оценки.

Оценим уменьшаемое и вычитаемое. Для уменьшаемого $\sqrt{65}$ имеем: $65 > 64$, следовательно, $\sqrt{65} > \sqrt{64}$, то есть $\sqrt{65} > 8$. Для вычитаемого $\sqrt{35}$ имеем: $35 < 36$, следовательно, $\sqrt{35} < \sqrt{36}$, то есть $\sqrt{35} < 6$.

Чтобы вычесть неравенства, мы можем умножить второе неравенство ($\sqrt{35} < 6$) на $-1$. При этом знак неравенства изменится на противоположный: $-\sqrt{35} > -6$. Теперь у нас есть два неравенства одного знака: $\sqrt{65} > 8$ и $-\sqrt{35} > -6$. Сложим их: $\sqrt{65} + (-\sqrt{35}) > 8 + (-6)$.

Упростив выражение, получаем: $\sqrt{65} - \sqrt{35} > 2$. Неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

4) Для доказательства неравенства $\sqrt{99} - \sqrt{82} < 1$ воспользуемся тем же методом оценки.

Оценим уменьшаемое и вычитаемое. Для $\sqrt{99}$ имеем: $99 < 100$, следовательно, $\sqrt{99} < \sqrt{100}$, то есть $\sqrt{99} < 10$. Для $\sqrt{82}$ имеем: $82 > 81$, следовательно, $\sqrt{82} > \sqrt{81}$, то есть $\sqrt{82} > 9$.

Умножим второе неравенство ($\sqrt{82} > 9$) на $-1$, меняя знак на противоположный: $-\sqrt{82} < -9$. Теперь мы можем сложить два неравенства одного знака: $\sqrt{99} < 10$ и $-\sqrt{82} < -9$. $\sqrt{99} + (-\sqrt{82}) < 10 + (-9)$.

Упростив, получаем: $\sqrt{99} - \sqrt{82} < 1$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

85. Докажите, что:

1) $ \sqrt{55} + \sqrt{35} > \sqrt{120} $;

2) $ \sqrt{119} - \sqrt{67} < 3 $.

1) Докажем неравенство $\sqrt{55} + \sqrt{35} > \sqrt{120}$.
Обе части неравенства являются положительными числами, поэтому мы можем возвести их в квадрат, при этом знак неравенства сохранится.
Возведем в квадрат левую часть:
$(\sqrt{55} + \sqrt{35})^2 = (\sqrt{55})^2 + 2 \cdot \sqrt{55} \cdot \sqrt{35} + (\sqrt{35})^2 = 55 + 2\sqrt{55 \cdot 35} + 35 = 90 + 2\sqrt{1925}$.
Возведем в квадрат правую часть:
$(\sqrt{120})^2 = 120$.
Теперь необходимо доказать неравенство:
$90 + 2\sqrt{1925} > 120$
Вычтем 90 из обеих частей неравенства:
$2\sqrt{1925} > 30$
Разделим обе части на 2:
$\sqrt{1925} > 15$
Снова возведем обе части в квадрат, так как они обе положительны:
$(\sqrt{1925})^2 > 15^2$
$1925 > 225$
Мы получили верное числовое неравенство. Поскольку все преобразования были равносильными (мы возводили в квадрат только положительные числа), то и исходное неравенство верно.
Ответ: что и требовалось доказать.

2) Докажем неравенство $\sqrt{119} - \sqrt{67} < 3$.
Преобразуем неравенство так, чтобы обе его части были положительными. Для этого перенесем $\sqrt{67}$ в правую часть:
$\sqrt{119} < 3 + \sqrt{67}$
Теперь обе части неравенства положительны, и мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства.
Левая часть в квадрате: $(\sqrt{119})^2 = 119$.
Правая часть в квадрате: $(3 + \sqrt{67})^2 = 3^2 + 2 \cdot 3 \cdot \sqrt{67} + (\sqrt{67})^2 = 9 + 6\sqrt{67} + 67 = 76 + 6\sqrt{67}$.
Неравенство принимает вид:
$119 < 76 + 6\sqrt{67}$
Вычтем 76 из обеих частей:
$119 - 76 < 6\sqrt{67}$
$43 < 6\sqrt{67}$
Обе части полученного неравенства положительны, поэтому мы снова можем возвести их в квадрат:
$43^2 < (6\sqrt{67})^2$
$1849 < 36 \cdot 67$
Вычислим правую часть: $36 \cdot 67 = 2412$.
$1849 < 2412$
Мы получили верное числовое неравенство. Так как все преобразования были равносильными, то и исходное неравенство верно.
Ответ: что и требовалось доказать.

86. Сравните:

1) $\sqrt{10} + \sqrt{6}$ и $\sqrt{11} + \sqrt{5}$;

2) $2 + \sqrt{11}$ и $\sqrt{5} + \sqrt{10}$;

3) $\sqrt{15} - \sqrt{5}$ и $\sqrt{2}$;

4) $\sqrt{21} + \sqrt{20}$ и $9$.

1) Чтобы сравнить выражения $\sqrt{10} + \sqrt{6}$ и $\sqrt{11} + \sqrt{5}$, возведем оба в квадрат, так как они оба положительны. Знак неравенства при этом не изменится.

Пусть $A = \sqrt{10} + \sqrt{6}$ и $B = \sqrt{11} + \sqrt{5}$.

Возводим в квадрат первое выражение:
$A^2 = (\sqrt{10} + \sqrt{6})^2 = (\sqrt{10})^2 + 2 \cdot \sqrt{10} \cdot \sqrt{6} + (\sqrt{6})^2 = 10 + 2\sqrt{60} + 6 = 16 + 2\sqrt{60}$.

Возводим в квадрат второе выражение:
$B^2 = (\sqrt{11} + \sqrt{5})^2 = (\sqrt{11})^2 + 2 \cdot \sqrt{11} \cdot \sqrt{5} + (\sqrt{5})^2 = 11 + 2\sqrt{55} + 5 = 16 + 2\sqrt{55}$.

Теперь сравним полученные результаты: $16 + 2\sqrt{60}$ и $16 + 2\sqrt{55}$.
Отбросим общее слагаемое 16 и сравним $2\sqrt{60}$ и $2\sqrt{55}$. Разделив оба выражения на 2, получим $\sqrt{60}$ и $\sqrt{55}$.

Так как подкоренное выражение $60$ больше, чем $55$, то $\sqrt{60} > \sqrt{55}$.

Следовательно, $16 + 2\sqrt{60} > 16 + 2\sqrt{55}$, а значит $A^2 > B^2$. Поскольку $A$ и $B$ — положительные числа, то $A > B$.

Ответ: $\sqrt{10} + \sqrt{6} > \sqrt{11} + \sqrt{5}$.

2) Чтобы сравнить $2 + \sqrt{11}$ и $\sqrt{5} + \sqrt{10}$, представим $2$ как $\sqrt{4}$. Мы сравниваем $\sqrt{4} + \sqrt{11}$ и $\sqrt{5} + \sqrt{10}$. Оба выражения положительны, поэтому можно сравнить их квадраты.

Пусть $A = 2 + \sqrt{11}$ и $B = \sqrt{5} + \sqrt{10}$.

$A^2 = (2 + \sqrt{11})^2 = 4 + 4\sqrt{11} + 11 = 15 + 4\sqrt{11} = 15 + \sqrt{16 \cdot 11} = 15 + \sqrt{176}$.

$B^2 = (\sqrt{5} + \sqrt{10})^2 = 5 + 2\sqrt{5 \cdot 10} + 10 = 15 + 2\sqrt{50} = 15 + \sqrt{4 \cdot 50} = 15 + \sqrt{200}$.

Теперь сравним $15 + \sqrt{176}$ и $15 + \sqrt{200}$. Отбросив общее слагаемое 15, сравниваем $\sqrt{176}$ и $\sqrt{200}$.

Так как $176 < 200$, то $\sqrt{176} < \sqrt{200}$.

Следовательно, $A^2 < B^2$, а так как $A$ и $B$ положительны, то $A < B$.

Ответ: $2 + \sqrt{11} < \sqrt{5} + \sqrt{10}$.

3) Чтобы сравнить $\sqrt{15} - \sqrt{5}$ и $\sqrt{2}$, сначала убедимся, что оба числа положительны. $\sqrt{15} > \sqrt{5}$, так как $15>5$, поэтому $\sqrt{15} - \sqrt{5} > 0$. Число $\sqrt{2}$ также положительно. Можем сравнить их квадраты.

Пусть $A = \sqrt{15} - \sqrt{5}$ и $B = \sqrt{2}$.

$A^2 = (\sqrt{15} - \sqrt{5})^2 = 15 - 2\sqrt{15 \cdot 5} + 5 = 20 - 2\sqrt{75}$.

$B^2 = (\sqrt{2})^2 = 2$.

Теперь сравним $20 - 2\sqrt{75}$ и $2$.
Это эквивалентно сравнению $20 - 2$ и $2\sqrt{75}$, то есть $18$ и $2\sqrt{75}$.
Разделим обе части на 2: сравним $9$ и $\sqrt{75}$.
Возведем в квадрат: $9^2 = 81$ и $(\sqrt{75})^2 = 75$.

Так как $81 > 75$, то $9 > \sqrt{75}$.

Из этого следует, что $18 > 2\sqrt{75}$, что можно переписать как $18 - 2\sqrt{75} > 0$.
Вернемся к сравнению $A^2$ и $B^2$: $A^2 = 20 - 2\sqrt{75} = 2 + (18 - 2\sqrt{75})$. Так как $18 - 2\sqrt{75} > 0$, то $A^2 > 2$, то есть $A^2 > B^2$.

Поскольку $A$ и $B$ положительны, из $A^2 > B^2$ следует $A > B$.

Ответ: $\sqrt{15} - \sqrt{5} > \sqrt{2}$.

4) Чтобы сравнить $\sqrt{21} + \sqrt{20}$ и $9$, возведем оба выражения в квадрат, так как они оба положительны.

Пусть $A = \sqrt{21} + \sqrt{20}$ и $B = 9$.

$A^2 = (\sqrt{21} + \sqrt{20})^2 = 21 + 2\sqrt{21 \cdot 20} + 20 = 41 + 2\sqrt{420}$.

$B^2 = 9^2 = 81$.

Теперь сравним $41 + 2\sqrt{420}$ и $81$.
Вычтем 41 из обеих частей: сравним $2\sqrt{420}$ и $81 - 41 = 40$.
Разделим на 2: сравним $\sqrt{420}$ и $20$.
Возведем в квадрат: $(\sqrt{420})^2 = 420$ и $20^2 = 400$.

Так как $420 > 400$, то $\sqrt{420} > 20$.

Проследив шаги в обратном порядке, получаем $2\sqrt{420} > 40$, и $41 + 2\sqrt{420} > 41 + 40 = 81$.
Следовательно, $A^2 > B^2$. Поскольку $A$ и $B$ положительны, то $A > B$.

Ответ: $\sqrt{21} + \sqrt{20} > 9$.

87. Сравните:

1) $\sqrt{6} + \sqrt{3}$ и $\sqrt{7} + \sqrt{2}$;

2) $\sqrt{26} - \sqrt{2}$ и $\sqrt{14}$.

1) Сравним числа $\sqrt{6} + \sqrt{3}$ и $\sqrt{7} + \sqrt{2}$.

Оба выражения являются положительными, поэтому мы можем сравнить их квадраты. Знак неравенства между квадратами будет таким же, как и между исходными числами.

Возведем в квадрат первое выражение:
$(\sqrt{6} + \sqrt{3})^2 = (\sqrt{6})^2 + 2 \cdot \sqrt{6} \cdot \sqrt{3} + (\sqrt{3})^2 = 6 + 2\sqrt{18} + 3 = 9 + 2\sqrt{18}$.

Возведем в квадрат второе выражение:
$(\sqrt{7} + \sqrt{2})^2 = (\sqrt{7})^2 + 2 \cdot \sqrt{7} \cdot \sqrt{2} + (\sqrt{2})^2 = 7 + 2\sqrt{14} + 2 = 9 + 2\sqrt{14}$.

Теперь сравним полученные выражения: $9 + 2\sqrt{18}$ и $9 + 2\sqrt{14}$.
Отбросим общий член 9 и сравним $2\sqrt{18}$ и $2\sqrt{14}$.
Разделим оба выражения на 2 и сравним $\sqrt{18}$ и $\sqrt{14}$.
Так как функция $y = \sqrt{x}$ является возрастающей для $x > 0$, то чем больше подкоренное выражение, тем больше значение корня.

Сравниваем подкоренные выражения: $18 > 14$.
Следовательно, $\sqrt{18} > \sqrt{14}$.
Проводя сравнение в обратном порядке, получаем:
$2\sqrt{18} > 2\sqrt{14}$
$9 + 2\sqrt{18} > 9 + 2\sqrt{14}$
$(\sqrt{6} + \sqrt{3})^2 > (\sqrt{7} + \sqrt{2})^2$
Поскольку исходные выражения положительны, то $\sqrt{6} + \sqrt{3} > \sqrt{7} + \sqrt{2}$.

Ответ: $\sqrt{6} + \sqrt{3} > \sqrt{7} + \sqrt{2}$.

2) Сравним числа $\sqrt{26} - \sqrt{2}$ и $\sqrt{14}$.

Сначала убедимся, что первое выражение положительно. Так как $26 > 2$, то $\sqrt{26} > \sqrt{2}$, и их разность $\sqrt{26} - \sqrt{2} > 0$. Второе число, $\sqrt{14}$, также положительно.

Чтобы упростить сравнение, преобразуем неравенство. Сравнение $\sqrt{26} - \sqrt{2}$ и $\sqrt{14}$ эквивалентно сравнению $\sqrt{26}$ и $\sqrt{14} + \sqrt{2}$ (мы прибавили $\sqrt{2}$ к обеим частям предполагаемого неравенства).

Так как обе части нового сравнения, $\sqrt{26}$ и $\sqrt{14} + \sqrt{2}$, положительны, мы можем сравнить их квадраты.

Квадрат первого выражения: $(\sqrt{26})^2 = 26$.

Квадрат второго выражения: $(\sqrt{14} + \sqrt{2})^2 = (\sqrt{14})^2 + 2 \cdot \sqrt{14} \cdot \sqrt{2} + (\sqrt{2})^2 = 14 + 2\sqrt{28} + 2 = 16 + 2\sqrt{28}$.

Теперь сравним $26$ и $16 + 2\sqrt{28}$.
Вычтем 16 из обеих частей: $26 - 16$ и $2\sqrt{28}$, что дает $10$ и $2\sqrt{28}$.
Разделим обе части на 2: $5$ и $\sqrt{28}$.
Чтобы сравнить $5$ и $\sqrt{28}$, возведем их в квадрат: $5^2 = 25$ и $(\sqrt{28})^2 = 28$.

Поскольку $25 < 28$, то и $5 < \sqrt{28}$.
Проводя сравнение в обратном порядке, получаем:
$10 < 2\sqrt{28}$
$16 + 10 < 16 + 2\sqrt{28}$
$26 < 16 + 2\sqrt{28}$
$(\sqrt{26})^2 < (\sqrt{14} + \sqrt{2})^2$
Поскольку выражения $\sqrt{26}$ и $\sqrt{14} + \sqrt{2}$ положительны, то $\sqrt{26} < \sqrt{14} + \sqrt{2}$.
Вернувшись к исходному сравнению, получаем $\sqrt{26} - \sqrt{2} < \sqrt{14}$.

Ответ: $\sqrt{26} - \sqrt{2} < \sqrt{14}$.