ГДЗ по Алгебре 9 Класс Номер 18.58 Углубленный Уровень Мерзляк, Поляков — Подробные Ответы

Докажите, что если \(a > 0\) и \(b > 0\), то \((a + b) \cdot \frac{a^2 + b^2}{a + b} > a\sqrt{b} + b\sqrt{a}\).

Доказать, что если \(a \ge 0\) и \(b \ge 0\), тогда:
\( (a+b)\sqrt{\frac{a+b}{2}} \ge a\sqrt{b} + b\sqrt{a}; \)

1) Первое неравенство:
\( \frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}; \)
\( a + b \ge 2\sqrt{ab}; \)

2) Второе неравенство:
\( \sqrt{\frac{(\sqrt{a})^2 + (\sqrt{b})^2}{2}} \ge \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2}; \)
\( \sqrt{\frac{a+b}{2}} \ge \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2}; \)

3) Перемножим неравенства:
\( (a+b)\sqrt{\frac{a+b}{2}} \ge 2\sqrt{ab} \cdot \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2}; \)
\( (a+b)\sqrt{\frac{a+b}{2}} \ge a\sqrt{b} + b\sqrt{a}; \)

Неравенство доказано.

Доказать, что если \(a \ge 0\) и \(b \ge 0\), тогда: \( (a+b)\sqrt{\frac{a+b}{2}} \ge a\sqrt{b} + b\sqrt{a}; \)

1) Первое неравенство:
Рассмотрим неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для двух неотрицательных чисел \(a\) и \(b\). Оно гласит, что среднее арифметическое всегда больше или равно среднему геометрическому: \( \frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab} \).
Чтобы доказать это, можно умножить обе части на 2: \( a+b \ge 2\sqrt{ab} \).
Перенесем \( 2\sqrt{ab} \) в левую часть: \( a+b — 2\sqrt{ab} \ge 0 \).
Левая часть является полным квадратом: \( (\sqrt{a})^2 — 2\sqrt{a}\sqrt{b} + (\sqrt{b})^2 = (\sqrt{a} — \sqrt{b})^2 \).
Поскольку квадрат любого действительного числа неотрицателен, \( (\sqrt{a} — \sqrt{b})^2 \ge 0 \) всегда верно.
Таким образом, первое неравенство \( a+b \ge 2\sqrt{ab} \) доказано.

2) Второе неравенство:
Рассмотрим неравенство между средним квадратичным и средним арифметическим. Для любых неотрицательных чисел \(x\) и \(y\) справедливо: \( \sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}} \ge \frac{x+y}{2} \).
Подставим \(x = \sqrt{a}\) и \(y = \sqrt{b}\). Поскольку \(a \ge 0\) и \(b \ge 0\), \( \sqrt{a} \) и \( \sqrt{b} \) являются действительными и неотрицательными числами.
Получаем: \( \sqrt{\frac{(\sqrt{a})^2 + (\sqrt{b})^2}{2}} \ge \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} \).
Это упрощается до: \( \sqrt{\frac{a+b}{2}} \ge \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} \).
Для доказательства этого неравенства, поскольку обе части неотрицательны, можно возвести их в квадрат:
\( \left(\sqrt{\frac{a+b}{2}}\right)^2 \ge \left(\frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2}\right)^2 \)
\( \frac{a+b}{2} \ge \frac{(\sqrt{a})^2 + 2\sqrt{a}\sqrt{b} + (\sqrt{b})^2}{4} \)
\( \frac{a+b}{2} \ge \frac{a + 2\sqrt{ab} + b}{4} \)
Умножим обе части на 4:
\( 2(a+b) \ge a + 2\sqrt{ab} + b \)
\( 2a + 2b \ge a + 2\sqrt{ab} + b \)
Перенесем все члены в левую часть:
\( 2a + 2b — a — 2\sqrt{ab} — b \ge 0 \)
\( a + b — 2\sqrt{ab} \ge 0 \)
Это неравенство, как мы уже показали в пункте 1, эквивалентно \( (\sqrt{a} — \sqrt{b})^2 \ge 0 \), что является истинным утверждением.
Таким образом, второе неравенство \( \sqrt{\frac{a+b}{2}} \ge \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} \) доказано.

3) Перемножим неравенства:
Теперь, когда мы доказали оба неравенства, мы можем перемножить их, так как все члены в них неотрицательны.
Из пункта 1 имеем: \( a+b \ge 2\sqrt{ab} \)
Из пункта 2 имеем: \( \sqrt{\frac{a+b}{2}} \ge \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} \)
Умножим левые части и правые части этих двух неравенств:
\( (a+b) \cdot \sqrt{\frac{a+b}{2}} \ge 2\sqrt{ab} \cdot \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} \)
Упростим правую часть неравенства:
\( 2\sqrt{ab} \cdot \frac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2} = \sqrt{ab} (\sqrt{a} + \sqrt{b}) \)
Раскроем скобки:
\( \sqrt{ab}\sqrt{a} + \sqrt{ab}\sqrt{b} = \sqrt{a^2b} + \sqrt{ab^2} \)
Поскольку \(a \ge 0\) и \(b \ge 0\), мы можем извлечь \(a\) из \( \sqrt{a^2b} \) и \(b\) из \( \sqrt{ab^2} \):
\( a\sqrt{b} + b\sqrt{a} \)
Таким образом, исходное неравенство принимает вид:
\( (a+b)\sqrt{\frac{a+b}{2}} \ge a\sqrt{b} + b\sqrt{a} \)

Неравенство доказано.