Страница 282 - гдз по алгебре 9 класс учебник Никольский, Потапов

1068. а) Если $a > b$, то всегда ли верно неравенство $ac > bc$? Приведите примеры.

б) Если $a > b$, то верно ли неравенство $-a < -b$?

в) Известно, что $c < d$. Верно ли неравенство $c(a^2 + 1) < d(a^2 + 1)$, где $a$ — любое действительное число?

а) Нет, не всегда. Утверждение, что если $a > b$, то всегда верно неравенство $ac > bc$, справедливо только в том случае, когда число $c$ положительно. В других случаях оно может быть неверным. Рассмотрим все возможные случаи для $c$.

1. Если $c > 0$ (положительное число).
При умножении обеих частей неравенства на положительное число знак неравенства сохраняется.Пример: Пусть $a=5$, $b=2$, $c=4$. Имеем $5 > 2$. Умножаем на $c=4$: $5 \cdot 4 > 2 \cdot 4$, что дает верное неравенство $20 > 8$. В этом случае $ac > bc$ верно.

2. Если $c < 0$ (отрицательное число).
При умножении обеих частей неравенства на отрицательное число знак неравенства меняется на противоположный.Пример: Пусть $a=5$, $b=2$, $c=-4$. Имеем $5 > 2$. Умножаем на $c=-4$: $5 \cdot (-4) < 2 \cdot (-4)$, что дает $-20 < -8$. Исходное неравенство $ac > bc$ в этом случае неверно.

3. Если $c = 0$.
При умножении на ноль обе части неравенства становятся равными нулю.Пример: Пусть $a=5$, $b=2$, $c=0$. Имеем $5 > 2$. Умножаем на $c=0$: $5 \cdot 0 = 2 \cdot 0$, что дает $0 = 0$. Строгое неравенство $ac > bc$ в этом случае неверно.

Ответ: Нет, не всегда. Неравенство $ac > bc$ верно только при $c > 0$.

б) Да, это утверждение всегда верно. Оно следует из основного свойства числовых неравенств: при умножении обеих частей верного неравенства на одно и то же отрицательное число знак неравенства меняется на противоположный. В данном случае неравенство $a > b$ умножается на $-1$:

$a \cdot (-1) < b \cdot (-1)$

$-a < -b$

Следовательно, из $a > b$ всегда следует $-a < -b$.

Ответ: Да, верно.

в) Да, это неравенство всегда верно. Чтобы определить, сохраняется ли знак неравенства $c < d$ при умножении его частей на выражение $(a^2 + 1)$, нужно определить знак этого выражения.

Для любого действительного числа $a$ его квадрат $a^2$ является неотрицательным, то есть $a^2 \ge 0$.

Следовательно, выражение $a^2 + 1$ всегда будет строго положительным, так как $a^2 + 1 \ge 0 + 1$, то есть $a^2 + 1 \ge 1$.

Поскольку мы умножаем обе части верного неравенства $c < d$ на строго положительное число $(a^2 + 1)$, знак неравенства по свойству неравенств сохраняется. Таким образом, неравенство $c(a^2 + 1) < d(a^2 + 1)$ верно для любого действительного числа $a$.

Ответ: Да, верно.

1069. a) Докажите, что если $a > b$ и $c > d$, то $a + c > b + d$.

б) Докажите, что если $a > b$ и $c < d$, то $a - c > b - d$.

в) Если числа $a$ и $b$ таковы, что верно неравенство $a > b$, то всегда ли $a^2 > b^2$? Приведите примеры.

а) Дано, что $a > b$ и $c > d$. Докажем, что $a + c > b + d$.
Используем свойство числовых неравенств, которое позволяет прибавлять к обеим частям верного неравенства одно и то же число, сохраняя знак неравенства.
1. Прибавим к обеим частям неравенства $a > b$ число $c$:
$a + c > b + c$ (1)
2. Прибавим к обеим частям неравенства $c > d$ число $b$:
$c + b > d + b$, что эквивалентно $b + c > b + d$ (2)
Теперь у нас есть два неравенства: $a + c > b + c$ и $b + c > b + d$.
По свойству транзитивности неравенств (если $X > Y$ и $Y > Z$, то $X > Z$), из неравенств (1) и (2) следует, что $a + c > b + d$.
Что и требовалось доказать.
Ответ: Утверждение доказано.

б) Дано, что $a > b$ и $c < d$. Докажем, что $a - c > b - d$.
Для доказательства преобразуем неравенство $c < d$. Умножим обе его части на $-1$. Согласно свойству неравенств, при умножении на отрицательное число знак неравенства меняется на противоположный:
$(-1) \cdot c > (-1) \cdot d$
$-c > -d$
Теперь у нас есть два неравенства с одинаковым знаком: $a > b$ и $-c > -d$.
Согласно свойству, доказанному в пункте а), мы можем почленно сложить эти неравенства:
$a + (-c) > b + (-d)$
Упростив выражение, получаем:
$a - c > b - d$
Что и требовалось доказать.
Ответ: Утверждение доказано.

в) Нет, из неравенства $a > b$ не всегда следует, что $a^2 > b^2$.
Верность этого утверждения зависит от знаков чисел $a$ и $b$.

Случай, когда утверждение верно:
Если оба числа $a$ и $b$ — положительные ($a > b > 0$), то неравенство $a^2 > b^2$ будет верным.
Пример: пусть $a=5$, $b=3$. Тогда $5 > 3$ и $5^2 > 3^2$ (так как $25>9$).

Случаи, когда утверждение неверно (контрпримеры):
1. Числа имеют разные знаки. Пусть $a=2$, $b=-3$. Условие $a>b$ выполнено ($2 > -3$). Однако при возведении в квадрат получаем $a^2=2^2=4$, а $b^2=(-3)^2=9$. Таким образом, $a^2 < b^2$ (так как $4 < 9$).
2. Оба числа отрицательные. Пусть $a=-2$, $b=-3$. Условие $a>b$ выполнено ($-2 > -3$). Однако при возведении в квадрат получаем $a^2=(-2)^2=4$, а $b^2=(-3)^2=9$. Таким образом, $a^2 < b^2$ (так как $4 < 9$).

Ответ: Нет, не всегда. Например, если $a = 2$ и $b = -3$, то $a > b$, но $a^2 < b^2$ (поскольку $4 < 9$).

1070. а) Справедливо ли неравенство $a^2 + b^2 > a^2$ при любых действительных числах $a$ и $b$?

б) Справедливо ли неравенство $a^2 + b^2 \ge b^2$ при любых действительных числах $a$ и $b$?

а)

Рассмотрим неравенство $a^2 + b^2 > a^2$. Чтобы проверить его справедливость, вычтем из обеих частей неравенства слагаемое $a^2$. Это является равносильным преобразованием.

$a^2 + b^2 - a^2 > a^2 - a^2$

$b^2 > 0$

Теперь проанализируем полученное неравенство $b^2 > 0$. Квадрат действительного числа $b$ будет строго больше нуля только в том случае, если само число $b$ не равно нулю ($b \neq 0$). Если же мы возьмем $b = 0$, то неравенство примет вид $0^2 > 0$, или $0 > 0$, что является ложным утверждением.

Поскольку вопрос ставится о справедливости неравенства для любых действительных чисел $a$ и $b$, а мы нашли случай, когда оно не выполняется (например, при $a=5$ и $b=0$), то данное неравенство не является верным для всех действительных чисел.

Ответ: нет.

б)

Рассмотрим неравенство $a^2 + b^2 \ge b^2$. Аналогично предыдущему пункту, вычтем из обеих частей неравенства слагаемое $b^2$.

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

$a^2 \ge 0$

Проанализируем полученное неравенство $a^2 \ge 0$. Квадрат любого действительного числа (положительного, отрицательного или нуля) всегда является неотрицательным числом, то есть числом, которое больше или равно нулю.

• Если $a > 0$, то $a^2 > 0$.
• Если $a < 0$, то $a^2 > 0$.
• Если $a = 0$, то $a^2 = 0$.

Во всех случаях условие $a^2 \ge 0$ выполняется. Так как это неравенство справедливо для любого действительного числа $a$ и не зависит от значения $b$, то и исходное неравенство $a^2 + b^2 \ge b^2$ справедливо при любых действительных числах $a$ и $b$.

Ответ: да.

1071. a) Может ли неравенство $a^2x > a$ (a — любое данное действительное число) не иметь решений?

a)

Рассмотрим данное неравенство $a^2x > a$, где $a$ — это параметр (любое данное действительное число), а $x$ — переменная. Чтобы ответить на вопрос, может ли это неравенство не иметь решений, нужно проанализировать его при разных значениях параметра $a$.

Решение линейного неравенства зависит от коэффициента при переменной $x$. В данном случае этот коэффициент равен $a^2$. Рассмотрим два основных случая.

Случай 1: $a \neq 0$

Если параметр $a$ не равен нулю, то его квадрат $a^2$ всегда будет строго положительным числом ($a^2 > 0$). Мы можем разделить обе части неравенства на $a^2$, при этом знак неравенства не изменится:
$x > \frac{a}{a^2}$
Сократив дробь в правой части, получим:
$x > \frac{1}{a}$
Решением неравенства в этом случае является открытый луч $(\frac{1}{a}, +\infty)$. Это множество содержит бесконечное число решений. Например, $x = \frac{1}{a} + 1$ является решением. Таким образом, при $a \neq 0$ неравенство всегда имеет решения.

Случай 2: $a = 0$

Если параметр $a$ равен нулю, подставим это значение в исходное неравенство:
$0^2 \cdot x > 0$
$0 \cdot x > 0$
$0 > 0$
Мы получили неверное числовое неравенство $0 > 0$. Левая часть ($0 \cdot x$) всегда равна нулю, независимо от значения $x$, а ноль не может быть строго больше самого себя. Следовательно, не существует ни одного значения $x$, при котором это неравенство было бы верным.

Таким образом, мы нашли условие, при котором неравенство не имеет решений.

Ответ: Да, может. Если $a = 0$, неравенство принимает вид $0 \cdot x > 0$, или $0 > 0$, что является ложным утверждением, поэтому при $a=0$ неравенство не имеет решений.

Доказываем. Докажите неравенство ($a$, $b$, $c$ — действительные числа) (1072—1074):

1072. а) $\frac{1}{a} \le \frac{1}{b} (a \ge b, ab > 0)$; б) $\frac{1}{a} > \frac{1}{b} (a > b, ab < 0)$.

а) Чтобы доказать неравенство $\frac{1}{a} \le \frac{1}{b}$ при заданных условиях $a \ge b$ и $ab > 0$, рассмотрим их разность $\frac{1}{b} - \frac{1}{a}$.
Приведем дроби к общему знаменателю:
$\frac{1}{b} - \frac{1}{a} = \frac{a}{ab} - \frac{b}{ab} = \frac{a - b}{ab}$.
Теперь проанализируем знак числителя и знаменателя полученной дроби.
1. Из условия $a \ge b$ следует, что разность $a - b \ge 0$, то есть числитель является неотрицательным числом.
2. Из условия $ab > 0$ следует, что знаменатель является положительным числом.
Поскольку частное от деления неотрицательного числа на положительное всегда неотрицательно, мы можем заключить, что:
$\frac{a - b}{ab} \ge 0$.
Следовательно, $\frac{1}{b} - \frac{1}{a} \ge 0$, что равносильно $\frac{1}{b} \ge \frac{1}{a}$, или $\frac{1}{a} \le \frac{1}{b}$.
Неравенство доказано.
Ответ: Неравенство доказано.

б) Чтобы доказать неравенство $\frac{1}{a} > \frac{1}{b}$ при заданных условиях $a > b$ и $ab < 0$, рассмотрим разность $\frac{1}{a} - \frac{1}{b}$.
Приведем дроби к общему знаменателю:
$\frac{1}{a} - \frac{1}{b} = \frac{b}{ab} - \frac{a}{ab} = \frac{b - a}{ab}$.
Теперь проанализируем знак числителя и знаменателя полученной дроби.
1. Из условия $a > b$ следует, что разность $b - a < 0$, то есть числитель является отрицательным числом.
2. Из условия $ab < 0$ следует, что знаменатель является отрицательным числом.
Поскольку частное от деления отрицательного числа на отрицательное всегда положительно, мы можем заключить, что:
$\frac{b - a}{ab} > 0$.
Следовательно, $\frac{1}{a} - \frac{1}{b} > 0$, что равносильно $\frac{1}{a} > \frac{1}{b}$.
Неравенство доказано.
Ответ: Неравенство доказано.

1073. $(a + b + c)^2 \ge a(b + c - a) + b(a + c - b) + c(a + b - c).$

Для доказательства неравенства преобразуем его левую и правую части.

Раскроем скобки в левой части по формуле квадрата суммы:

$(a + b + c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2ac + 2bc$

Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые в правой части:

$a(b + c - a) + b(a + c - b) + c(a + b - c) = ab + ac - a^2 + ab + bc - b^2 + ac + bc - c^2 = 2ab + 2ac + 2bc - a^2 - b^2 - c^2$

Подставим полученные выражения в исходное неравенство:

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

Перенесем все члены из правой части в левую, изменив их знаки на противоположные, и приведем подобные слагаемые:

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

$2a^2 + 2b^2 + 2c^2 \ge 0$

Разделим обе части неравенства на 2:

$a^2 + b^2 + c^2 \ge 0$

Последнее неравенство является верным для любых действительных чисел $a$, $b$ и $c$, так как квадрат любого действительного числа неотрицателен. Поскольку все преобразования были равносильными, то и исходное неравенство верно.

Ответ: Неравенство доказано.

1074. a) $a^2 + b^2 \geq \frac{1}{2}(a > 0, b > 0, a + b = 1);$

б) $a^2 + 1 > \frac{2a}{a^2 + 1}.$

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

Для доказательства воспользуемся методом подстановки. Из условия $a + b = 1$ выразим переменную $b$ через $a$:

$b = 1 - a$

Подставим это выражение в левую часть доказываемого неравенства:

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

Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые в левой части:

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

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

Перенесем все члены в одну сторону, чтобы сравнить выражение с нулем:

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

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

Умножим обе части неравенства на 2, чтобы избавиться от дробного коэффициента:

$4a^2 - 4a + 1 \ge 0$

Выражение в левой части представляет собой формулу полного квадрата разности:

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

Квадрат любого действительного числа всегда является неотрицательной величиной (больше или равен нулю). Следовательно, полученное неравенство справедливо для любого значения $a$. Так как все преобразования были равносильными, исходное неравенство $a^2 + b^2 \ge \frac{1}{2}$ также верно при заданных условиях.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Требуется доказать неравенство $a^2 + 1 > \frac{2a}{a^2 + 1}$ для любого действительного числа $a$.

Преобразуем данное неравенство. Заметим, что знаменатель дроби в правой части, $a^2 + 1$, всегда строго положителен, так как $a^2 \ge 0$, а значит $a^2 + 1 \ge 1$.

Поскольку знаменатель всегда положителен, мы можем умножить обе части неравенства на $a^2 + 1$, при этом знак неравенства не изменится:

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

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

Перенесем $2a$ в левую часть:

$(a^2 + 1)^2 - 2a > 0$

Раскроем квадрат суммы в левой части:

$a^4 + 2a^2 + 1 - 2a > 0$

Перегруппируем слагаемые, чтобы выделить неотрицательные выражения:

$a^4 + a^2 + (a^2 - 2a + 1) > 0$

Выражение в скобках является полным квадратом разности $(a - 1)$:

$a^4 + a^2 + (a - 1)^2 > 0$

Рассмотрим левую часть полученного неравенства. Она состоит из суммы трех слагаемых: $a^4$, $a^2$ и $(a-1)^2$. Каждое из этих слагаемых неотрицательно для любого действительного $a$, то есть $a^4 \ge 0$, $a^2 \ge 0$ и $(a - 1)^2 \ge 0$.

Сумма этих трех слагаемых равна нулю только в том случае, если каждое из них равно нулю одновременно. Условия $a^4 = 0$ и $a^2 = 0$ выполняются при $a = 0$. Условие $(a - 1)^2 = 0$ выполняется при $a = 1$. Невозможно, чтобы $a$ одновременно было равно 0 и 1. Следовательно, эти три слагаемых не могут быть равны нулю одновременно.

Поскольку сумма $a^4 + a^2 + (a - 1)^2$ является суммой неотрицательных чисел и никогда не обращается в ноль, она всегда строго положительна. Таким образом, неравенство $a^4 + a^2 + (a - 1)^2 > 0$ верно для всех действительных $a$, а значит, верно и исходное неравенство.

Ответ: Неравенство доказано.

Доказываем (1075–1076).

1075. Докажите, что если положительные числа A, B, C, K удовлетворяют неравенствам $A < B$ и $C > K$, то они удовлетворяют и неравенству $\frac{A}{C} < \frac{B}{K}$.

По условию задачи даны положительные числа $A, B, C, K$, для которых выполняются два неравенства: $A < B$ и $C > K$. Требуется доказать, что из этого следует справедливость неравенства $\frac{A}{C} < \frac{B}{K}$.

Для доказательства выполним следующие преобразования, основанные на свойствах неравенств:

1. Рассмотрим первое данное неравенство: $A < B$. Поскольку по условию число $C$ является положительным ($C > 0$), мы можем разделить обе части этого неравенства на $C$, при этом знак неравенства не изменится. Получаем:
$\frac{A}{C} < \frac{B}{C}$

2. Теперь рассмотрим второе данное неравенство: $C > K$. Так как $C$ и $K$ — положительные числа, то для обратных им величин будет выполняться неравенство с противоположным знаком:
$\frac{1}{C} < \frac{1}{K}$
Поскольку число $B$ также положительно ($B > 0$), мы можем умножить обе части этого неравенства на $B$. Знак неравенства при этом не изменится:
$B \cdot \frac{1}{C} < B \cdot \frac{1}{K}$
что равносильно:
$\frac{B}{C} < \frac{B}{K}$

3. На данном этапе мы получили два неравенства:
1) $\frac{A}{C} < \frac{B}{C}$
2) $\frac{B}{C} < \frac{B}{K}$
Используя свойство транзитивности неравенств (если $x < y$ и $y < z$, то $x < z$), мы можем объединить эти два неравенства в одну цепочку:
$\frac{A}{C} < \frac{B}{C} < \frac{B}{K}$

Из этой цепочки неравенств напрямую следует, что левая часть меньше правой, то есть:
$\frac{A}{C} < \frac{B}{K}$

Таким образом, утверждение полностью доказано.

Ответ: Утверждение доказано.

1076. Докажите, что если:

a) $a > 0$ и $a = b$, то $a^k = b^k$ при любом натуральном $k$;

б) $a > b > 0$, то $a^k > b^k$ при любом натуральном $k$.

Сформулируйте и докажите утверждения, обратные утверждениям «а» и «б».

a)

Докажем утверждение методом математической индукции по $k$.
База индукции: При $k=1$. Если по условию $a=b$, то $a^1 = b^1$, что является верным равенством.
Шаг индукции: Предположим, что для некоторого натурального числа $n$ утверждение верно, то есть $a^n = b^n$. Докажем, что оно верно и для $k=n+1$.
Рассмотрим $a^{n+1}$. Мы знаем, что $a^{n+1} = a^n \cdot a$.
Согласно предположению индукции, $a^n = b^n$. По условию задачи, $a=b$.
Заменим в выражении $a^n \cdot a$ множители на равные им $b^n$ и $b$:
$a^{n+1} = a^n \cdot a = b^n \cdot b = b^{n+1}$.
Таким образом, $a^{n+1} = b^{n+1}$.
Шаг индукции доказан. Следовательно, утверждение $a^k = b^k$ верно для любого натурального $k$. Условие $a>0$ здесь не используется, но оно необходимо для утверждения «б» и обратных утверждений.

Ответ: Утверждение доказано.

б)

Докажем утверждение методом математической индукции по $k$.
База индукции: При $k=1$. По условию дано $a > b$, следовательно $a^1 > b^1$, что верно.
Шаг индукции: Предположим, что для некоторого натурального числа $n$ утверждение верно, то есть $a^n > b^n$. Докажем, что оно верно и для $k=n+1$.
Рассмотрим $a^{n+1} = a^n \cdot a$.
По предположению индукции, $a^n > b^n$. По условию, $a > 0$, поэтому мы можем умножить обе части неравенства $a^n > b^n$ на $a$, сохранив знак неравенства:
$a^n \cdot a > b^n \cdot a$, то есть $a^{n+1} > b^n \cdot a$.
Также по условию $a > b$. Так как $b>0$, то и $b^n>0$. Умножим обе части неравенства $a > b$ на $b^n$, сохранив знак неравенства:
$a \cdot b^n > b \cdot b^n$, то есть $a \cdot b^n > b^{n+1}$.
Теперь у нас есть два неравенства: $a^{n+1} > a \cdot b^n$ и $a \cdot b^n > b^{n+1}$.
Используя свойство транзитивности неравенств, получаем:
$a^{n+1} > b^{n+1}$.
Шаг индукции доказан. Следовательно, утверждение $a^k > b^k$ верно для любого натурального $k$.

Ответ: Утверждение доказано.

Обратное утверждение к «а»

Формулировка: Если для положительных чисел $a$ и $b$ и некоторого натурального числа $k$ выполняется равенство $a^k = b^k$, то $a = b$.
Доказательство: Дано, что $a > 0$, $b > 0$, $k \in \mathbb{N}$ и $a^k = b^k$.
Перенесем $b^k$ в левую часть: $a^k - b^k = 0$.
Разделим обе части равенства на $b^k$. Так как $b > 0$, то $b^k > 0$, и такое деление возможно:
$\frac{a^k}{b^k} - 1 = 0$
$(\frac{a}{b})^k = 1$.
Так как $a > 0$ и $b > 0$, то $\frac{a}{b} > 0$. Единственное положительное число, которое при возведении в любую натуральную степень $k$ дает в результате 1, это само число 1.
Следовательно, $\frac{a}{b} = 1$, откуда $a=b$.

Ответ: Утверждение "Если $a > 0, b > 0$ и $a^k = b^k$ для некоторого натурального $k$, то $a = b$" сформулировано и доказано.

Обратное утверждение к «б»

Формулировка: Если для положительных чисел $a$ и $b$ и некоторого натурального числа $k$ выполняется неравенство $a^k > b^k$, то $a > b$.
Доказательство: Дано, что $a > 0$, $b > 0$, $k \in \mathbb{N}$ и $a^k > b^k$.
Рассмотрим разность $a^k - b^k$. По условию $a^k - b^k > 0$.
Используем формулу разности степеней:
$a^k - b^k = (a-b)(a^{k-1} + a^{k-2}b + a^{k-3}b^2 + \dots + ab^{k-2} + b^{k-1})$.
Рассмотрим второй множитель: $(a^{k-1} + a^{k-2}b + \dots + b^{k-1})$.
Поскольку $a > 0$ и $b > 0$, все слагаемые в этой сумме являются положительными числами. Например, $a^{k-2}b > 0$. Сумма положительных чисел всегда положительна.
Итак, мы имеем произведение двух множителей, которое больше нуля:
$(a-b) \cdot (\text{положительное число}) > 0$.
Чтобы произведение было положительным, оба множителя должны иметь одинаковый знак. Так как второй множитель положителен, то и первый множитель $(a-b)$ должен быть положителен.
$a-b > 0$, откуда следует, что $a > b$.

Ответ: Утверждение "Если $a > 0, b > 0$ и $a^k > b^k$ для некоторого натурального $k$, то $a > b$" сформулировано и доказано.

1077. а) Автомобилист ехал некоторое время со скоростью $a$ км/ч, потом точно такое же время со скоростью $b$ км/ч. Выразите через $a$ и $b$ среднюю скорость движения на всём пути (обозначьте её $v_1$).

б) Автомобилист проехал некоторое расстояние со скоростью $a$ км/ч, потом точно такое же расстояние со скоростью $b$ км/ч. Выразите через $a$ и $b$ среднюю скорость движения на всём пути (обозначьте её $v_2$).

в) Сравните $v_1$ и $v_2$ (см. предыдущие задания).

г) Для положительных чисел $a$ и $b$ различают: среднее арифметическое чисел $a$ и $b$ — число $A = \frac{a+b}{2}$; среднее геометрическое чисел $a$ и $b$ — число $G = \sqrt{ab}$; среднее гармоническое чисел $a$ и $b$ — число $H$, такое, что $\frac{1}{H} = \frac{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}{2}$, откуда $H = \frac{2ab}{a+b}$. Докажите, что для чисел $G$, $H$ и $A$ справедливо неравенство $H \le G \le A$.

а) Средняя скорость движения $v_{ср}$ определяется как отношение всего пройденного пути $S_{общ}$ ко всему затраченному времени $t_{общ}$.
Пусть автомобилист ехал в течение времени $t$ с каждой из скоростей.
Расстояние, пройденное на первом участке: $S_1 = a \cdot t$.
Расстояние, пройденное на втором участке: $S_2 = b \cdot t$.
Общий путь: $S_{общ} = S_1 + S_2 = at + bt = (a+b)t$.
Общее время: $t_{общ} = t + t = 2t$.
Средняя скорость $v_1$:
$v_1 = \frac{S_{общ}}{t_{общ}} = \frac{(a+b)t}{2t} = \frac{a+b}{2}$.
Ответ: $v_1 = \frac{a+b}{2}$.

б) Пусть автомобилист проехал расстояние $S$ с каждой из скоростей.
Время, затраченное на первом участке: $t_1 = \frac{S}{a}$.
Время, затраченное на втором участке: $t_2 = \frac{S}{b}$.
Общий путь: $S_{общ} = S + S = 2S$.
Общее время: $t_{общ} = t_1 + t_2 = \frac{S}{a} + \frac{S}{b} = S(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) = S \frac{a+b}{ab}$.
Средняя скорость $v_2$:
$v_2 = \frac{S_{общ}}{t_{общ}} = \frac{2S}{S \frac{a+b}{ab}} = \frac{2}{\frac{a+b}{ab}} = \frac{2ab}{a+b}$.
Ответ: $v_2 = \frac{2ab}{a+b}$.

в) Сравним выражения для скоростей $v_1 = \frac{a+b}{2}$ и $v_2 = \frac{2ab}{a+b}$. Для этого найдем их разность. Скорости $a$ и $b$ являются положительными величинами.
$v_1 - v_2 = \frac{a+b}{2} - \frac{2ab}{a+b}$.
Приведем дроби к общему знаменателю $2(a+b)$:
$v_1 - v_2 = \frac{(a+b)(a+b) - 2ab \cdot 2}{2(a+b)} = \frac{(a+b)^2 - 4ab}{2(a+b)}$.
Раскроем скобки в числителе:
$v_1 - v_2 = \frac{a^2 + 2ab + b^2 - 4ab}{2(a+b)} = \frac{a^2 - 2ab + b^2}{2(a+b)} = \frac{(a-b)^2}{2(a+b)}$.
Так как $a>0$ и $b>0$, знаменатель $2(a+b)$ всегда положителен. Числитель $(a-b)^2$ всегда неотрицателен (как квадрат любого числа).
Следовательно, $v_1 - v_2 \ge 0$, откуда $v_1 \ge v_2$.
Равенство достигается только при $a=b$. В этом случае $v_1 = v_2 = a$.
Ответ: $v_1 \ge v_2$.

г) Требуется доказать неравенство $H \le G \le A$ для положительных чисел $a$ и $b$, где $A = \frac{a+b}{2}$ (среднее арифметическое), $G = \sqrt{ab}$ (среднее геометрическое), и $H = \frac{2ab}{a+b}$ (среднее гармоническое).
Доказательство проведем в два этапа.

1. Докажем неравенство $G \le A$, то есть $\sqrt{ab} \le \frac{a+b}{2}$.
Так как $a$ и $b$ положительны, обе части неравенства положительны. Мы можем возвести обе части в квадрат, не меняя знака неравенства:
$(\sqrt{ab})^2 \le (\frac{a+b}{2})^2$
$ab \le \frac{(a+b)^2}{4}$
$4ab \le a^2 + 2ab + b^2$
$0 \le a^2 - 2ab + b^2$
$0 \le (a-b)^2$.
Последнее неравенство является верным для любых действительных чисел $a$ и $b$, так как квадрат любого числа неотрицателен. Равенство достигается при $a=b$. Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство $G \le A$ также верно.

2. Докажем неравенство $H \le G$, то есть $\frac{2ab}{a+b} \le \sqrt{ab}$.
Обе части неравенства положительны. Возведем их в квадрат:
$(\frac{2ab}{a+b})^2 \le (\sqrt{ab})^2$
$\frac{4a^2b^2}{(a+b)^2} \le ab$.
Поскольку $ab > 0$, разделим обе части на $ab$:
$\frac{4ab}{(a+b)^2} \le 1$.
Умножим обе части на $(a+b)^2 > 0$:
$4ab \le (a+b)^2$.
Это то же самое неравенство, что и в первом пункте, которое сводится к $0 \le (a-b)^2$. Оно всегда верно. Равенство достигается при $a=b$.

Объединяя результаты, получаем, что для любых положительных $a$ и $b$ справедливо двойное неравенство $H \le G \le A$.
Ответ: Неравенство $H \le G \le A$ доказано.