Номер 186, страница 65 - гдз по алгебре 9 класс учебник Никольский, Потапов

186. a) $\sqrt{ab} \ge \frac{2ab}{a+b}$ $(a > 0, b > 0)$;

б) $(a+b)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right) \ge 4$ $(a > 0, b > 0)$;

в) $(1+a)\left(1+\frac{1}{a}\right) \ge 4$ $(a > 0)$;

г) $2a^2 + b^2 + c^2 \ge 2a(b + c)$;

д) $\frac{a}{b^2} + \frac{b}{a^2} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b}$ $(a > 0, b > 0)$;

е) $(a^2 - b^2)^2 \ge 4ab(a - b)^2$.

а) Требуется доказать неравенство $\sqrt{ab} \ge \frac{2ab}{a+b}$ при $a > 0, b > 0$.

Данное неравенство является неравенством между средним геометрическим и средним гармоническим. Мы можем доказать его, преобразовав к известному неравенству Коши (о средних арифметическом и геометрическом), которое гласит: $\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy}$ для любых неотрицательных $x, y$.

Поскольку $a > 0$ и $b > 0$, обе части неравенства положительны. Также положителен знаменатель $a+b$. Умножим обе части неравенства на $a+b$:

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

Так как $\sqrt{ab} > 0$, разделим обе части на $\sqrt{ab}$:

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

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

Разделим обе части на 2:

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

Мы получили неравенство Коши для чисел $a$ и $b$, которое является верным. Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно.

Другой способ — преобразовать разность левой и правой частей:

$\sqrt{ab} - \frac{2ab}{a+b} = \frac{\sqrt{ab}(a+b) - 2ab}{a+b} = \frac{\sqrt{ab}(a - 2\sqrt{ab} + b)}{a+b} = \frac{\sqrt{ab}(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2}{a+b}$

Так как $a > 0, b > 0$, то $a+b > 0$, $\sqrt{ab} \ge 0$. Квадрат любого числа $(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2$ также неотрицателен. Следовательно, вся дробь неотрицательна, что и доказывает неравенство.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Требуется доказать неравенство $(a+b)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) \ge 4$ при $a > 0, b > 0$.

Раскроем скобки в левой части неравенства:

$(a+b)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) = a \cdot \frac{1}{a} + a \cdot \frac{1}{b} + b \cdot \frac{1}{a} + b \cdot \frac{1}{b} = 1 + \frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 1 = 2 + \frac{a}{b} + \frac{b}{a}$

Неравенство принимает вид:

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

$\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2$

Это известное неравенство. Для его доказательства, пусть $x = \frac{a}{b}$. Так как $a>0, b>0$, то $x>0$. Неравенство становится $x + \frac{1}{x} \ge 2$.

Умножим обе части на $x$ (так как $x > 0$, знак неравенства не меняется):

$x^2 + 1 \ge 2x$

$x^2 - 2x + 1 \ge 0$

$(x-1)^2 \ge 0$

Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен, поэтому это неравенство верно. Следовательно, исходное неравенство также верно.

Ответ: Неравенство доказано.

в) Требуется доказать неравенство $(1+a)(1+\frac{1}{a}) \ge 4$ при $a > 0$.

Это неравенство является частным случаем неравенства из пункта б) при $b=1$. Подставив $b=1$ в $(a+b)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) \ge 4$, мы получим требуемое.

Проведем доказательство напрямую. Раскроем скобки:

$(1+a)(1+\frac{1}{a}) = 1 + \frac{1}{a} + a + a \cdot \frac{1}{a} = 1 + \frac{1}{a} + a + 1 = 2 + a + \frac{1}{a}$

Неравенство принимает вид:

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

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

Это неравенство можно доказать с помощью неравенства Коши для чисел $a$ и $\frac{1}{a}$:

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

Умножив на 2, получаем $a + \frac{1}{a} \ge 2$. Неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

г) Требуется доказать неравенство $2a^2 + b^2 + c^2 \ge 2a(b+c)$.

Перенесем все члены в левую часть:

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

Сгруппируем слагаемые, чтобы выделить полные квадраты. Представим $2a^2$ как $a^2+a^2$:

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

Теперь свернем каждую скобку по формуле квадрата разности:

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

Квадрат любого действительного числа неотрицателен. Сумма двух неотрицательных чисел также неотрицательна. Таким образом, неравенство верно для любых действительных чисел $a, b, c$.

Ответ: Неравенство доказано.

д) Требуется доказать неравенство $\frac{a}{b^2} + \frac{b}{a^2} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b}$ при $a > 0, b > 0$.

Перенесем все члены в левую часть и сгруппируем их:

$(\frac{a}{b^2} - \frac{1}{b}) + (\frac{b}{a^2} - \frac{1}{a}) \ge 0$

Приведем к общему знаменателю в каждой скобке:

$\frac{a-b}{b^2} + \frac{b-a}{a^2} \ge 0$

$\frac{a-b}{b^2} - \frac{a-b}{a^2} \ge 0$

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

$(a-b)(\frac{1}{b^2} - \frac{1}{a^2}) \ge 0$

Приведем выражение в скобках к общему знаменателю:

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

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

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

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

Проанализируем полученное выражение. Поскольку $a > 0$ и $b > 0$, то множитель $(a-b)^2 \ge 0$ (как квадрат действительного числа), множитель $(a+b) > 0$ (как сумма положительных чисел), и знаменатель $a^2b^2 > 0$. Следовательно, вся дробь неотрицательна, и неравенство верно.

Ответ: Неравенство доказано.

е) Требуется доказать неравенство $(a^2 - b^2)^2 \ge 4ab(a - b)^2$.

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

$(a^2 - b^2)^2 = ((a-b)(a+b))^2 = (a-b)^2(a+b)^2$

Неравенство принимает вид:

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

Перенесем все в левую часть:

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

Вынесем общий множитель $(a-b)^2$ за скобку:

$(a-b)^2 \left[ (a+b)^2 - 4ab \right] \ge 0$

Раскроем скобки внутри квадратных скобок:

$(a+b)^2 - 4ab = (a^2 + 2ab + b^2) - 4ab = a^2 - 2ab + b^2 = (a-b)^2$

Подставим это обратно в неравенство:

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

$(a-b)^4 \ge 0$

Четвертая степень любого действительного числа всегда неотрицательна. Следовательно, неравенство верно для любых действительных чисел $a$ и $b$.

Ответ: Неравенство доказано.