Номер 1062, страница 281 - гдз по алгебре 9 класс учебник Никольский, Потапов

1062. a) $ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3 \left(a > 0, b > 0, c > 0\right); $

б) $ \frac{a^3 + b^3}{2} \ge \left(\frac{a + b}{2}\right)^3 \left(a > 0, b > 0\right); $

в) $ (a + b)^4 \ge 8a^4 + 8b^4; $

г) $ (a + 2)(b + 2)(a + b) \ge 16ab \left(a > 0, b > 0\right); $

д) $ ab(a + b) \le a^3 + b^3 \left(a \ge 0, b \ge 0\right); $

е) $ a^2 + b^2 + c^2 < 2(ab + bc + ac), $ если a, b и c — стороны некоторого треугольника.

а) Для доказательства неравенства $\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3$ при $a > 0, b > 0, c > 0$ воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенством Коши) для трех положительных чисел $x_1, x_2, x_3$: $\frac{x_1+x_2+x_3}{3} \ge \sqrt[3]{x_1 x_2 x_3}$.
Пусть $x_1 = \frac{a}{b}$, $x_2 = \frac{b}{c}$ и $x_3 = \frac{c}{a}$. Так как $a, b, c$ положительны, то и $x_1, x_2, x_3$ положительны. Применим к ним неравенство Коши:
$\frac{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}}{3} \ge \sqrt[3]{\frac{a}{b} \cdot \frac{b}{c} \cdot \frac{c}{a}}$
$\frac{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}}{3} \ge \sqrt[3]{1}$
$\frac{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}}{3} \ge 1$
Умножив обе части неравенства на 3, получим:
$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3$
Что и требовалось доказать.
Ответ: Неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $\frac{a^3 + b^3}{2} \ge \left(\frac{a + b}{2}\right)^3$ для $a > 0, b > 0$.
Начнем с преобразования правой части:
$\left(\frac{a+b}{2}\right)^3 = \frac{a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3}{8}$
Теперь неравенство выглядит так:
$\frac{a^3 + b^3}{2} \ge \frac{a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3}{8}$
Умножим обе части на 8:
$4(a^3 + b^3) \ge a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3$
$4a^3 + 4b^3 \ge a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3$
Перенесем все слагаемые в левую часть:
$3a^3 + 3b^3 - 3a^2b - 3ab^2 \ge 0$
Разделим обе части на 3:
$a^3 - a^2b + b^3 - ab^2 \ge 0$
Сгруппируем слагаемые и вынесем общие множители:
$a^2(a-b) - b^2(a-b) \ge 0$
$(a^2-b^2)(a-b) \ge 0$
$(a-b)(a+b)(a-b) \ge 0$
$(a-b)^2(a+b) \ge 0$
Данное неравенство верно, так как $(a-b)^2 \ge 0$ как квадрат любого действительного числа, а $a+b > 0$ по условию ($a>0, b>0$). Произведение неотрицательного числа на положительное всегда неотрицательно.
Ответ: Неравенство доказано.

в) Исходное утверждение $(a+b)^4 \ge 8a^4 + 8b^4$ неверно.
Чтобы это показать, достаточно привести контрпример. Предположим, что, как и в других пунктах, $a,b$ - положительные числа.
Пусть $a=1$ и $b=2$.
Левая часть неравенства: $(1+2)^4 = 3^4 = 81$.
Правая часть неравенства: $8(1)^4 + 8(2)^4 = 8 \cdot 1 + 8 \cdot 16 = 8 + 128 = 136$.
Сравним полученные значения: $81 \ge 136$. Это ложное утверждение.
Следовательно, исходное неравенство не выполняется для всех положительных $a$ и $b$.
Примечание: верным является неравенство $(a+b)^4 \le 8(a^4+b^4)$, которое можно доказать с помощью неравенства о средних степенных.
Ответ: Исходное неравенство неверно.

г) Докажем неравенство $(a+2)(b+2)(a+b) \ge 16ab$ для $a > 0, b > 0$.
Воспользуемся неравенством Коши для двух положительных чисел ($x+y \ge 2\sqrt{xy}$) три раза:
1. Для чисел $a$ и $b$: $a+b \ge 2\sqrt{ab}$
2. Для чисел $a$ и $2$: $a+2 \ge 2\sqrt{2a}$
3. Для чисел $b$ и $2$: $b+2 \ge 2\sqrt{2b}$
Так как все части неравенств положительны при $a > 0, b > 0$, мы можем их перемножить:
$(a+b)(a+2)(b+2) \ge (2\sqrt{ab})(2\sqrt{2a})(2\sqrt{2b})$
$(a+b)(a+2)(b+2) \ge 8\sqrt{ab \cdot 2a \cdot 2b}$
$(a+b)(a+2)(b+2) \ge 8\sqrt{4a^2b^2}$
$(a+b)(a+2)(b+2) \ge 8(2ab)$
$(a+b)(a+2)(b+2) \ge 16ab$
Что и требовалось доказать.
Ответ: Неравенство доказано.

д) Докажем неравенство $ab(a+b) \le a^3+b^3$ для $a \ge 0, b \ge 0$.
Раскроем скобки в левой части: $a^2b + ab^2 \le a^3+b^3$.
Перенесем все слагаемые в правую часть:
$0 \le a^3+b^3 - a^2b - ab^2$
Это эквивалентно неравенству:
$a^3 - a^2b + b^3 - ab^2 \ge 0$
Сгруппируем слагаемые:
$a^2(a-b) - b^2(a-b) \ge 0$
$(a^2-b^2)(a-b) \ge 0$
$(a-b)(a+b)(a-b) \ge 0$
$(a-b)^2(a+b) \ge 0$
Данное неравенство верно, так как $(a-b)^2 \ge 0$ для любых $a$ и $b$, и $a+b \ge 0$ по условию ($a \ge 0, b \ge 0$). Произведение двух неотрицательных чисел всегда неотрицательно.
Ответ: Неравенство доказано.

е) Докажем, что $a^2+b^2+c^2 < 2(ab+bc+ac)$, если $a, b, c$ — стороны некоторого треугольника.
Условие, что $a, b, c$ являются сторонами треугольника, означает, что они положительны и удовлетворяют неравенствам треугольника:
$a+b>c$
$b+c>a$
$a+c>b$
Умножим каждое из этих неравенств на одну из сторон (поскольку $a,b,c > 0$, знак неравенства не изменится):
1. Умножим $b+c>a$ на $a$: $ab+ac > a^2$
2. Умножим $a+c>b$ на $b$: $ab+bc > b^2$
3. Умножим $a+b>c$ на $c$: $ac+bc > c^2$
Теперь сложим три полученных неравенства:
$(ab+ac) + (ab+bc) + (ac+bc) > a^2+b^2+c^2$
Приведем подобные слагаемые в левой части:
$2ab+2ac+2bc > a^2+b^2+c^2$
$2(ab+ac+bc) > a^2+b^2+c^2$
Это неравенство эквивалентно доказываемому.
Ответ: Неравенство доказано.