ГДЗ по Алгебре 9 Класс Самостоятельные и контрольные работы Самостоятельная работа 18 Вариант 1 Мерзляк, Полонский, Рабинович, Якир — Подробные Ответы

1. Для положительных чисел \(a\) и \(b\) докажите неравенство
\(\frac{a}{12b} + \frac{27b}{a} \geq 3\).

2. При \(x > 2\) докажите неравенство
\(x + \frac{1}{x — 2} \geq 4\).

3. Известно, что \(a^2 + b^2 = 12\), \(c^2 + d^2 = 3\). Докажите, что
\(|ac + bd| \leq 6\).

4. Известно, что \(x + y = 1\). Докажите, что
\(\sqrt{x^2 + 9y^2} + \sqrt{y^2 + 9x^2} \geq 2 \sqrt{2}\).

1. Доказать неравенство:
\(\frac{a}{12b} + \frac{27b}{a} \geq 2 \sqrt{\frac{a}{12b} \cdot \frac{27b}{a}};\)
\(\frac{a}{12b} + \frac{27b}{a} \geq 2 \sqrt{\frac{27}{12}} = 2 \cdot \frac{3}{2} = 3;\)
Что и требовалось доказать.

2. Доказать неравенство:
\(x — 2 + \frac{1}{x — 2} \geq 2 \sqrt{(x — 2) \cdot \frac{1}{x — 2}};\)
\(x — 2 + \frac{1}{x — 2} \geq 2;\)
\(x + \frac{1}{x — 2} \geq 4, \quad x > 2;\)
Неравенство доказано.

3. Доказать неравенство:
\(a^2 + b^2 = 12, \quad c^2 + d^2 = 3;\)
\(|ac + bd| \leq \sqrt{a^2 + b^2} \cdot \sqrt{c^2 + d^2};\)
\(|ac + bd| \leq \sqrt{12} \cdot \sqrt{3} = \sqrt{36} = 6;\)
Что и требовалось доказать.

4. Доказать неравенство:
\(\sqrt{x^2 + 9y^2} + \sqrt{y^2 + 9x^2} \geq \frac{x + 3y}{\sqrt{2}} + \frac{y + 3x}{\sqrt{2}} = \frac{4(x + y)}{\sqrt{2}} = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2 \sqrt{2};\)
Что и требовалось доказать.

1. Рассмотрим неравенство
\(\frac{a}{12b} + \frac{27b}{a} \geq 2 \sqrt{\frac{a}{12b} \cdot \frac{27b}{a}}\).

По свойству неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим для положительных чисел \(x\) и \(y\) имеем
\(x + y \geq 2 \sqrt{xy}\).

Пусть
\(x = \frac{a}{12b}\),
\(y = \frac{27b}{a}\).

Тогда
\(\frac{a}{12b} + \frac{27b}{a} \geq 2 \sqrt{\frac{a}{12b} \cdot \frac{27b}{a}} = 2 \sqrt{\frac{27}{12}} = 2 \sqrt{\frac{9 \cdot 3}{4 \cdot 3}} = 2 \cdot \frac{3}{2} = 3\).

Таким образом,
\(\frac{a}{12b} + \frac{27b}{a} \geq 3\).

Что и требовалось доказать.

2. Рассмотрим неравенство
\(x — 2 + \frac{1}{x — 2} \geq 2 \sqrt{(x — 2) \cdot \frac{1}{x — 2}}\).

Для \(x > 2\) выражение под корнем определено и положительно. По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим:
\(x — 2 + \frac{1}{x — 2} \geq 2 \sqrt{(x — 2) \cdot \frac{1}{x — 2}} = 2\).

Следовательно,
\(x — 2 + \frac{1}{x — 2} \geq 2\).

Перепишем:
\(x — 2 + \frac{1}{x — 2} \geq 2 \Rightarrow x — 2 + \frac{1}{x — 2} — 2 \geq 0\).

Или
\(x — 4 + \frac{1}{x — 2} \geq 0\).

Преобразуем:
\(\frac{(x — 2)(x — 4) + 1}{x — 2} \geq 0\).

В числителе:
\((x — 2)(x — 4) + 1 = x^2 — 6x + 8 + 1 = x^2 — 6x + 9 = (x — 3)^2 \geq 0\).

Так как \(x > 2\), знаменатель положителен, значит неравенство верно.

Что и требовалось доказать.

3. Дано:
\(a^2 + b^2 = 12\),
\(c^2 + d^2 = 3\).

Нужно доказать неравенство:
\(|ac + bd| \leq \sqrt{a^2 + b^2} \cdot \sqrt{c^2 + d^2}\).

Это неравенство Коши–Буняковского.

Подставим значения:
\(|ac + bd| \leq \sqrt{12} \cdot \sqrt{3} = \sqrt{36} = 6\).

Что и требовалось доказать.

4. Рассмотрим неравенство:
\(\sqrt{x^2 + 9y^2} + \sqrt{y^2 + 9x^2} \geq \frac{x + 3y}{\sqrt{2}} + \frac{y + 3x}{\sqrt{2}}\).

Преобразуем правую часть:
\(\frac{x + 3y}{\sqrt{2}} + \frac{y + 3x}{\sqrt{2}} = \frac{x + 3y + y + 3x}{\sqrt{2}} = \frac{4(x + y)}{\sqrt{2}} = \frac{4}{\sqrt{2}} (x + y) = 2 \sqrt{2} (x + y)\).

Используя неравенство треугольника и свойства нормы в пространстве, получаем:
\(\sqrt{x^2 + 9y^2} + \sqrt{y^2 + 9x^2} \geq 2 \sqrt{2} (x + y)\).

Что и требовалось доказать.