Страница 65 - гдз по алгебре 9 класс учебник Никольский, Потапов

Доказываем. Докажите неравенство (185—188), где a, b, c — действительные числа:

185. а) $4c^2 + 1 \ge 4c$;

б) $a^3 + b^3 \ge a^2b + ab^2$ ($a + b \ge 0$);

в) $(a + b)^2 \ge 4ab$;

г) $a + \frac{1}{a} \le -2$ ($a < 0$);

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

е) $\frac{2a}{a^2 + 1} \le 1$;

ж) $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2$ ($ab > 0$);

з) $\frac{9}{a^2} + \frac{a^2}{25} \ge \frac{6}{5}$ ($a \ne 0$).

а) Перенесем член $4c$ из правой части неравенства в левую с противоположным знаком, чтобы сравнить выражение с нулем: $4c^2 - 4c + 1 \geq 0$. Выражение в левой части является полным квадратом разности, согласно формуле $(x-y)^2 = x^2 - 2xy + y^2$. В нашем случае $x=2c$ и $y=1$. Таким образом, неравенство принимает вид $(2c - 1)^2 \geq 0$. Так как квадрат любого действительного числа является неотрицательной величиной (то есть больше или равен нулю), это неравенство справедливо для любого действительного числа $c$.
Ответ:

б) Перенесем все члены из правой части в левую: $a^3 + b^3 - a^2b - ab^2 \geq 0$. Сгруппируем слагаемые: $(a^3 - a^2b) + (b^3 - ab^2) \geq 0$. Вынесем общие множители за скобки в каждой группе: $a^2(a - b) - b^2(a - b) \geq 0$. Теперь вынесем за скобку общий множитель $(a - b)$: $(a^2 - b^2)(a - b) \geq 0$. Разложим разность квадратов $a^2 - b^2$ на множители: $(a - b)(a + b)(a - b) \geq 0$. Это равносильно неравенству $(a - b)^2(a + b) \geq 0$. Множитель $(a - b)^2$ всегда неотрицателен, так как это квадрат действительного числа. Множитель $(a + b)$ неотрицателен по условию задачи ($a + b \geq 0$). Произведение двух неотрицательных чисел также неотрицательно, поэтому неравенство доказано.
Ответ:

в) Раскроем квадрат суммы в левой части неравенства: $a^2 + 2ab + b^2 \geq 4ab$. Перенесем $4ab$ в левую часть: $a^2 + 2ab - 4ab + b^2 \geq 0$. Приведем подобные слагаемые: $a^2 - 2ab + b^2 \geq 0$. Левая часть является полным квадратом разности: $(a - b)^2 \geq 0$. Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен, поэтому неравенство верно для любых действительных чисел $a$ и $b$.
Ответ:

г) Поскольку по условию $a < 0$, преобразуем неравенство, не умножая на $a$, чтобы избежать смены знака. Перенесем $-2$ в левую часть: $a + \frac{1}{a} + 2 \leq 0$. Приведем выражение в левой части к общему знаменателю $a$: $\frac{a^2 + 1 + 2a}{a} \leq 0$. Числитель дроби является полным квадратом суммы: $\frac{(a+1)^2}{a} \leq 0$. Числитель $(a+1)^2$ как квадрат действительного числа всегда неотрицателен ($\geq 0$). Знаменатель $a$ по условию отрицателен ($< 0$). Частное от деления неотрицательного числа на отрицательное всегда является неположительным (меньше или равно 0). Следовательно, неравенство доказано для всех $a < 0$.
Ответ:

д) Перенесем 2 в левую часть неравенства: $a^2 - 2 + \frac{1}{a^2} \geq 0$. Заметим, что $2 = 2 \cdot a \cdot \frac{1}{a}$. Тогда левую часть можно записать в виде $a^2 - 2 \cdot a \cdot \frac{1}{a} + (\frac{1}{a})^2 \geq 0$. Это выражение является полным квадратом разности: $(a - \frac{1}{a})^2 \geq 0$. Поскольку $a \neq 0$, выражение $a - \frac{1}{a}$ является действительным числом. Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен. Таким образом, неравенство доказано.
Ответ:

е) Знаменатель дроби $a^2 + 1$ всегда строго положителен для любого действительного $a$, так как $a^2 \geq 0$ и, следовательно, $a^2 + 1 \geq 1$. Поэтому мы можем умножить обе части неравенства на $a^2 + 1$, сохранив знак неравенства: $2a \leq a^2 + 1$. Перенесем $2a$ в правую часть: $0 \leq a^2 - 2a + 1$. Выражение в правой части является полным квадратом разности: $0 \leq (a-1)^2$. Это неравенство справедливо для любого действительного $a$, так как квадрат числа всегда неотрицателен.
Ответ:

ж) Условие $ab > 0$ означает, что числа $a$ и $b$ имеют одинаковые знаки (оба положительные или оба отрицательные) и не равны нулю. Приведем левую часть к общему знаменателю $ab$: $\frac{a^2 + b^2}{ab} \geq 2$. Так как по условию $ab > 0$, мы можем умножить обе части неравенства на $ab$, не меняя знака: $a^2 + b^2 \geq 2ab$. Перенесем $2ab$ в левую часть: $a^2 - 2ab + b^2 \geq 0$. Левая часть является полным квадратом разности: $(a - b)^2 \geq 0$. Это неравенство верно для любых $a$ и $b$, так как квадрат действительного числа всегда неотрицателен.
Ответ:

з) Перенесем $\frac{6}{5}$ в левую часть неравенства: $\frac{9}{a^2} - \frac{6}{5} + \frac{a^2}{25} \geq 0$. Представим члены в левой части как квадраты и удвоенное произведение: $(\frac{3}{a})^2 - 2 \cdot \frac{3}{a} \cdot \frac{a}{5} + (\frac{a}{5})^2 \geq 0$. Действительно, $2 \cdot \frac{3}{a} \cdot \frac{a}{5} = \frac{6}{5}$. Таким образом, левая часть является полным квадратом разности: $(\frac{3}{a} - \frac{a}{5})^2 \geq 0$. Так как $a \neq 0$, выражение в скобках является действительным числом. Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен. Неравенство доказано.
Ответ:

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.

187. а) $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + ac + bc;$

б) $\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b} + \frac{bc}{a} \ge a + b + c (a > 0, b > 0, c > 0);$

в) $-\sqrt{2} \le a + b \le \sqrt{2}, \text{ если } a^2 + b^2 = 1;$

г) $9a + \frac{4}{a} \ge 12 (a > 0);$

д) $25a + \frac{4}{a} \ge 20 (a > 0).$

а) Докажем неравенство $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + ac + bc$.

Перенесем все члены в левую часть неравенства:

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

Умножим обе части неравенства на 2, чтобы в дальнейшем выделить полные квадраты:

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

Сгруппируем члены следующим образом:

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

Каждая скобка представляет собой полный квадрат разности:

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

Так как квадрат любого действительного числа является неотрицательной величиной (больше или равен нулю), то и сумма квадратов также всегда неотрицательна. Таким образом, неравенство справедливо для любых действительных чисел $a, b$ и $c$.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b} + \frac{bc}{a} \ge a + b + c$ при условии, что $a > 0, b > 0, c > 0$.

Поскольку $a, b, c$ положительны, все дроби в левой части также положительны. Воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши), которое для двух положительных чисел $x$ и $y$ выглядит как $\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy}$.

Применим его к парам слагаемых:

1. Для $\frac{ab}{c}$ и $\frac{ac}{b}$:

$\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b} \ge 2\sqrt{\frac{ab}{c} \cdot \frac{ac}{b}} = 2\sqrt{a^2} = 2a$

2. Для $\frac{ab}{c}$ и $\frac{bc}{a}$:

$\frac{ab}{c} + \frac{bc}{a} \ge 2\sqrt{\frac{ab}{c} \cdot \frac{bc}{a}} = 2\sqrt{b^2} = 2b$

3. Для $\frac{ac}{b}$ и $\frac{bc}{a}$:

$\frac{ac}{b} + \frac{bc}{a} \ge 2\sqrt{\frac{ac}{b} \cdot \frac{bc}{a}} = 2\sqrt{c^2} = 2c$

Сложим три полученных неравенства:

$(\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b}) + (\frac{ab}{c} + \frac{bc}{a}) + (\frac{ac}{b} + \frac{bc}{a}) \ge 2a + 2b + 2c$

Приведем подобные слагаемые в левой части:

$2\left(\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b} + \frac{bc}{a}\right) \ge 2(a + b + c)$

Разделим обе части на 2:

$\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b} + \frac{bc}{a} \ge a + b + c$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

в) Докажем, что $-\sqrt{2} \le a + b \le \sqrt{2}$, если $a^2 + b^2 = 1$.

Воспользуемся неравенством Коши-Буняковского-Шварца. Для двух пар чисел $(x_1, y_1)$ и $(x_2, y_2)$ оно имеет вид $(x_1x_2 + y_1y_2)^2 \le (x_1^2 + y_1^2)(x_2^2 + y_2^2)$.

Применим это неравенство для пар $(a, b)$ и $(1, 1)$:

$(a \cdot 1 + b \cdot 1)^2 \le (a^2 + b^2)(1^2 + 1^2)$

Подставим известное значение $a^2 + b^2 = 1$:

$(a+b)^2 \le (1)(1+1)$

$(a+b)^2 \le 2$

Извлекая квадратный корень из обеих частей неравенства, получаем:

$|a+b| \le \sqrt{2}$

Это неравенство с модулем равносильно двойному неравенству:

$-\sqrt{2} \le a + b \le \sqrt{2}$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

г) Докажем неравенство $9a + \frac{4}{a} \ge 12$ при условии $a > 0$.

Так как $a > 0$, то слагаемые $9a$ и $\frac{4}{a}$ положительны. Применим для них неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши):

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

Упростим правую часть:

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

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

Умножим обе части на 2:

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

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

д) Докажем неравенство $25a + \frac{4}{a} \ge 20$ при условии $a > 0$.

Эта задача аналогична предыдущей. Поскольку $a > 0$, слагаемые $25a$ и $\frac{4}{a}$ являются положительными. Применим к ним неравенство Коши:

$\frac{25a + \frac{4}{a}}{2} \ge \sqrt{25a \cdot \frac{4}{a}}$

Упростим выражение под корнем:

$\frac{25a + \frac{4}{a}}{2} \ge \sqrt{100}$

$\frac{25a + \frac{4}{a}}{2} \ge 10$

Умножим обе части на 2, чтобы получить искомое неравенство:

$25a + \frac{4}{a} \ge 20$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

188. а) $|a + b| \le |a| + |b|;$

в) $||a| - |b|| \le |a - b|.$

б) $|a - b| \le |a| + |b|;$

а) Докажем неравенство $|a + b| \le |a| + |b|$ (неравенство треугольника).

Поскольку обе части неравенства являются неотрицательными, мы можем возвести их в квадрат, и знак неравенства при этом не изменится:

$(|a + b|)^2 \le (|a| + |b|)^2$

Используем свойство модуля, согласно которому $|x|^2 = x^2$ для любого действительного числа $x$.

$(a + b)^2 \le |a|^2 + 2|a||b| + |b|^2$

Раскроем скобки и применим свойство модуля еще раз:

$a^2 + 2ab + b^2 \le a^2 + 2|ab| + b^2$

Вычтем из обеих частей выражения $a^2 + b^2$:

$2ab \le 2|ab|$

Разделим обе части на 2:

$ab \le |ab|$

Последнее неравенство всегда истинно по определению абсолютной величины. Если произведение $ab$ неотрицательно ($ab \ge 0$), то $|ab| = ab$, и мы получаем верное тождество $ab \le ab$. Если произведение $ab$ отрицательно ($ab < 0$), то $|ab| = -ab$, и неравенство $ab \le -ab$ также верно, так как отрицательное число всегда меньше или равно положительному. Поскольку все шаги доказательства были равносильными, исходное неравенство $|a + b| \le |a| + |b|$ также доказано.

Ответ: Неравенство $|a + b| \le |a| + |b|$ доказано.

б) Докажем неравенство $|a - b| \le |a| + |b|$.

Мы можем использовать уже доказанное в пункте а) неравенство треугольника: $|x + y| \le |x| + |y|$.

Заменим в этом неравенстве $y$ на $-b$:

$|a + (-b)| \le |a| + |-b|$

Упростим выражение. Левая часть становится $|a - b|$, а в правой части учтем, что $|-b| = |b|$ для любого действительного числа $b$.

$|a - b| \le |a| + |b|$

Таким образом, неравенство доказано.

Ответ: Неравенство $|a - b| \le |a| + |b|$ доказано.

в) Докажем неравенство $||a| - |b|| \le |a - b|$ (обратное неравенство треугольника).

Снова воспользуемся неравенством треугольника из пункта а). Запишем $a$ в виде суммы $(a-b) + b$ и применим к нему неравенство:

$|a| = |(a - b) + b| \le |a - b| + |b|$

Перенесем $|b|$ в левую часть:

$|a| - |b| \le |a - b|$ (1)

Теперь проделаем аналогичную операцию для $b$, представив его как $(b-a)+a$:

$|b| = |(b - a) + a| \le |b - a| + |a|$

Так как $|b - a| = |-(a - b)| = |a - b|$, мы можем переписать неравенство следующим образом:

$|b| \le |a - b| + |a|$

Перенесем $|a|$ в левую часть:

$|b| - |a| \le |a - b|$

Умножим обе части этого неравенства на -1, при этом знак неравенства изменится на противоположный:

$-(|b| - |a|) \ge -|a - b|$

$|a| - |b| \ge -|a - b|$ (2)

Теперь объединим неравенства (1) и (2) в одно двойное неравенство:

$-|a - b| \le |a| - |b| \le |a - b|$

Это двойное неравенство по определению модуля эквивалентно неравенству с модулем:

$||a| - |b|| \le |a - b|$

Таким образом, неравенство доказано.

Ответ: Неравенство $||a| - |b|| \le |a - b|$ доказано.

Доказываем (189—191).

189. Докажите, что:

а) сумма кубов катетов прямоугольного треугольника меньше куба гипотенузы;

б) $a^n < b^n$, если $n$ — натуральное число и $0 < a < b$.

Пусть $a$ и $b$ — длины катетов прямоугольного треугольника, а $c$ — длина его гипотенузы. Так как это длины сторон, то $a > 0$, $b > 0$ и $c > 0$. Нам необходимо доказать, что $a^3 + b^3 < c^3$.

Из теоремы Пифагора мы знаем, что $a^2 + b^2 = c^2$. Также в прямоугольном треугольнике каждый катет короче гипотенузы, поэтому $a < c$ и $b < c$.

Так как $a < c$ и $a^2 > 0$, то, умножив обе части неравенства на $a^2$, получим верное неравенство: $a^3 < c \cdot a^2$. Аналогично, так как $b < c$ и $b^2 > 0$, то $b^3 < c \cdot b^2$.

Сложим эти два неравенства почленно: $a^3 + b^3 < c \cdot a^2 + c \cdot b^2$. Вынесем в правой части общий множитель $c$: $a^3 + b^3 < c(a^2 + b^2)$.

Теперь подставим в полученное неравенство значение $a^2 + b^2$ из теоремы Пифагора: $a^3 + b^3 < c \cdot c^2$, что равносильно $a^3 + b^3 < c^3$. Утверждение доказано.

Ответ: Доказано, что сумма кубов катетов прямоугольного треугольника меньше куба гипотенузы.

По условию задачи, $n$ — натуральное число, и даны числа $a$ и $b$ такие, что $0 < a < b$. Требуется доказать, что $a^n < b^n$.

Для доказательства этого неравенства рассмотрим разность $b^n - a^n$ и покажем, что она положительна. Воспользуемся известной формулой разности степеней: $b^n - a^n = (b-a)(b^{n-1} + b^{n-2}a + b^{n-3}a^2 + \dots + a^{n-1})$.

Проанализируем знаки каждого из двух множителей в правой части равенства.
1. Первый множитель $(b-a)$. Поскольку по условию $a < b$, то разность $b-a$ строго положительна: $b-a > 0$.
2. Второй множитель $(b^{n-1} + b^{n-2}a + \dots + a^{n-1})$. Так как по условию $a > 0$ и $b > 0$, то все слагаемые в этой сумме являются положительными числами. Сумма положительных чисел также является положительным числом.

Таким образом, выражение $b^n - a^n$ представляет собой произведение двух положительных множителей. Произведение двух положительных чисел всегда положительно, следовательно, $b^n - a^n > 0$. Из этого неравенства напрямую следует, что $b^n > a^n$, или, что то же самое, $a^n < b^n$. Утверждение доказано.

Ответ: Доказано, что если $n$ — натуральное число и $0 < a < b$, то выполняется неравенство $a^n < b^n$.

190. Задача Паппа Александрийского (III в.). Докажите, что если a, b, c и d — положительные числа и $\frac{a}{b} > \frac{c}{d}$, то верно неравенство $ad > bc$.

Для доказательства данного утверждения воспользуемся исходным неравенством и свойствами числовых неравенств.

По условию нам дано, что $a, b, c, d$ — положительные числа, и верно неравенство: $ \frac{a}{b} > \frac{c}{d} $

Наша цель — доказать, что $ad > bc$.

Чтобы избавиться от дробей, умножим обе части неравенства на произведение знаменателей, то есть на $bd$.

Так как по условию $b$ и $d$ являются положительными числами ($b > 0$ и $d > 0$), их произведение $bd$ также будет положительным числом ($bd > 0$).

Согласно свойству неравенств, при умножении обеих его частей на одно и то же положительное число знак неравенства не меняется. Выполним умножение: $ \frac{a}{b} \cdot (bd) > \frac{c}{d} \cdot (bd) $

Теперь сократим дроби в левой и правой частях: $ a \cdot d > c \cdot b $

Запишем полученное выражение в стандартном виде: $ ad > bc $

Таким образом, мы доказали, что из неравенства $ \frac{a}{b} > \frac{c}{d} $ при положительных $a, b, c, d$ следует неравенство $ad > bc$.

Ответ: Утверждение доказано.