Номер 1060, страница 281 - гдз по алгебре 9 класс учебник Никольский, Потапов

Неравенства

Доказываем. Докажите неравенство (1060—1062):

1060. а) $a + b \ge 2\sqrt{ab}$ $(a \ge 0, b \ge 0)$;

б) $a + \frac{4}{a} \ge 4$ $(a > 0)$;

в) $a + \frac{9}{a} \le 4$ $(a < 0)$;

г) $4a + \frac{1}{a} \ge 4$ $(a > 0)$;

д) $9a + \frac{4}{a} \ge 12$ $(a > 0)$;

е) $25a + \frac{16}{a} \ge 40$ $(a > 0)$.

а) Для доказательства неравенства $a + b \ge 2\sqrt{ab}$ при $a \ge 0, b \ge 0$ воспользуемся тем, что квадрат любого действительного числа является неотрицательным. Поскольку $a \ge 0$ и $b \ge 0$, выражения $\sqrt{a}$ и $\sqrt{b}$ определены. Рассмотрим квадрат их разности:

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

Раскроем скобки по формуле квадрата разности $(x-y)^2 = x^2 - 2xy + y^2$:

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

$a - 2\sqrt{ab} + b \ge 0$

Перенесём слагаемое $-2\sqrt{ab}$ в правую часть неравенства, изменив его знак на противоположный:

$a + b \ge 2\sqrt{ab}$

Это неравенство известно как неравенство Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом для двух неотрицательных чисел. Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Для доказательства неравенства $a + \frac{4}{a} \ge 4$ при $a > 0$ воспользуемся неравенством Коши, доказанным в пункте а). Пусть $x = a$ и $y = \frac{4}{a}$. Так как по условию $a > 0$, оба этих выражения положительны. Применим к ним неравенство $x + y \ge 2\sqrt{xy}$:

$a + \frac{4}{a} \ge 2\sqrt{a \cdot \frac{4}{a}}$

Упростим выражение под корнем в правой части:

$a + \frac{4}{a} \ge 2\sqrt{4}$

$a + \frac{4}{a} \ge 2 \cdot 2$

$a + \frac{4}{a} \ge 4$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

в) Для доказательства неравенства $a + \frac{9}{a} \le 4$ при $a < 0$ выполним равносильные преобразования. Перенесём 4 в левую часть:

$a + \frac{9}{a} - 4 \le 0$

Приведём выражение в левой части к общему знаменателю $a$:

$\frac{a^2 + 9 - 4a}{a} \le 0$

Рассмотрим числитель дроби: $a^2 - 4a + 9$. Это квадратный трёхчлен. Найдём его дискриминант $D = b^2 - 4ac$:

$D = (-4)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 9 = 16 - 36 = -20$

Так как старший коэффициент (при $a^2$) равен $1 > 0$ и дискриминант $D < 0$, то квадратный трёхчлен $a^2 - 4a + 9$ принимает только положительные значения при любом действительном $a$.

Вернёмся к неравенству $\frac{a^2 - 4a + 9}{a} \le 0$. Мы выяснили, что числитель этой дроби всегда положителен. Следовательно, знак всей дроби определяется знаком её знаменателя $a$. По условию задачи $a < 0$. Таким образом, мы делим положительное число на отрицательное, и результат всегда будет отрицательным:

$\frac{a^2 - 4a + 9}{a} < 0$

Так как любое отрицательное число меньше (и, следовательно, меньше или равно) нуля, то исходное неравенство верно для всех $a < 0$.

Ответ: Неравенство доказано.

г) Для доказательства неравенства $4a + \frac{1}{a} \ge 4$ при $a > 0$ применим неравенство Коши. Пусть $x = 4a$ и $y = \frac{1}{a}$. Так как $a > 0$, то $x > 0$ и $y > 0$.

$4a + \frac{1}{a} \ge 2\sqrt{4a \cdot \frac{1}{a}}$

$4a + \frac{1}{a} \ge 2\sqrt{4}$

$4a + \frac{1}{a} \ge 2 \cdot 2$

$4a + \frac{1}{a} \ge 4$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

д) Для доказательства неравенства $9a + \frac{4}{a} \ge 12$ при $a > 0$ применим неравенство Коши. Пусть $x = 9a$ и $y = \frac{4}{a}$. Так как $a > 0$, оба выражения положительны.

$9a + \frac{4}{a} \ge 2\sqrt{9a \cdot \frac{4}{a}}$

$9a + \frac{4}{a} \ge 2\sqrt{36}$

$9a + \frac{4}{a} \ge 2 \cdot 6$

$9a + \frac{4}{a} \ge 12$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

е) Для доказательства неравенства $25a + \frac{16}{a} \ge 40$ при $a > 0$ применим неравенство Коши. Пусть $x = 25a$ и $y = \frac{16}{a}$. Так как $a > 0$, оба выражения положительны.

$25a + \frac{16}{a} \ge 2\sqrt{25a \cdot \frac{16}{a}}$

$25a + \frac{16}{a} \ge 2\sqrt{25 \cdot 16}$

$25a + \frac{16}{a} \ge 2\sqrt{400}$

$25a + \frac{16}{a} \ge 2 \cdot 20$

$25a + \frac{16}{a} \ge 40$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.