ГДЗ по Алгебре 9 Класс Номер 18.60 Углубленный Уровень Мерзляк, Поляков — Подробные Ответы

Докажите, что если \(a > 0\) и \(b > 0\), то \(\sqrt{a^2 + 1} + \sqrt{b^2 + 1} > 2\sqrt{a + b}\).

Доказать, что если \(a \ge 0\) и \(b \ge 0\), тогда:
\(\sqrt{a^2 + 1} + \sqrt{b^2 + 1} \ge 2\sqrt{a + b}\);

1) Вспомогательное неравенство:
\(\sqrt{\frac{x^2 + 1}{2}} \ge \frac{x + 1}{2}\);
\(\sqrt{x^2 + 1} \ge \frac{x + 1}{\sqrt{2}}\);

2) Из исходного неравенства:
\(\sqrt{a^2 + 1} + \sqrt{b^2 + 1} \ge \frac{a + 1}{\sqrt{2}} + \frac{b + 1}{\sqrt{2}}\);
\(\sqrt{a^2 + 1} + \sqrt{b^2 + 1} \ge \frac{a + b + 2}{\sqrt{2}}\);

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

Неравенство доказано.

Доказать, что если \(a \ge 0\) и \(b \ge 0\), тогда: \(\sqrt{a^2 + 1} + \sqrt{b^2 + 1} \ge 2\sqrt{a + b}\);

1) Вспомогательное неравенство:
Рассмотрим неравенство \(\sqrt{\frac{x^2 + 1}{2}} \ge \frac{x + 1}{2}\).
Поскольку \(x \ge 0\) (так как мы будем подставлять \(a\) и \(b\), которые неотрицательны), обе части неравенства неотрицательны. Возведем обе части в квадрат:
\(\left(\sqrt{\frac{x^2 + 1}{2}}\right)^2 \ge \left(\frac{x + 1}{2}\right)^2\)
\(\frac{x^2 + 1}{2} \ge \frac{(x + 1)^2}{4}\)
Умножим обе части на 4:
\(2(x^2 + 1) \ge (x + 1)^2\)
Раскроем скобки:
\(2x^2 + 2 \ge x^2 + 2x + 1\)
Перенесем все члены в левую часть:
\(2x^2 — x^2 — 2x + 2 — 1 \ge 0\)
\(x^2 — 2x + 1 \ge 0\)
Свернем левую часть в квадрат разности:
\((x — 1)^2 \ge 0\)
Это неравенство всегда истинно для любого действительного \(x\), так как квадрат любого действительного числа неотрицателен.
Из доказанного неравенства \(\sqrt{\frac{x^2 + 1}{2}} \ge \frac{x + 1}{2}\) умножим обе части на \(\sqrt{2}\):
\(\sqrt{2} \cdot \sqrt{\frac{x^2 + 1}{2}} \ge \sqrt{2} \cdot \frac{x + 1}{2}\)
\(\sqrt{x^2 + 1} \ge \frac{x + 1}{\sqrt{2}}\)
Таким образом, вспомогательное неравенство доказано.

2) Из исходного неравенства:
Применим доказанное вспомогательное неравенство \(\sqrt{x^2 + 1} \ge \frac{x + 1}{\sqrt{2}}\) для \(x = a\) и для \(x = b\).
Для \(x = a\) получаем:
\(\sqrt{a^2 + 1} \ge \frac{a + 1}{\sqrt{2}}\)
Для \(x = b\) получаем:
\(\sqrt{b^2 + 1} \ge \frac{b + 1}{\sqrt{2}}\)
Сложим эти два неравенства:
\(\sqrt{a^2 + 1} + \sqrt{b^2 + 1} \ge \frac{a + 1}{\sqrt{2}} + \frac{b + 1}{\sqrt{2}}\)
Объединим дроби в правой части, так как у них одинаковый знаменатель:
\(\sqrt{a^2 + 1} + \sqrt{b^2 + 1} \ge \frac{a + 1 + b + 1}{\sqrt{2}}\)
\(\sqrt{a^2 + 1} + \sqrt{b^2 + 1} \ge \frac{a + b + 2}{\sqrt{2}}\)

3) Правая часть неравенства:
Рассмотрим неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим (AM-GM) для двух неотрицательных чисел \(X\) и \(Y\): \(\frac{X + Y}{2} \ge \sqrt{XY}\).
Пусть \(X = a + b\) и \(Y = 2\). Поскольку по условию \(a \ge 0\) и \(b \ge 0\), то \(a + b \ge 0\). Следовательно, \(X\) и \(Y\) являются неотрицательными числами.
Применим неравенство AM-GM:
\(\frac{(a + b) + 2}{2} \ge \sqrt{(a + b) \cdot 2}\)
\(\frac{a + b + 2}{2} \ge \sqrt{2(a + b)}\)
Теперь умножим обе части этого неравенства на \(\sqrt{2}\):
\(\sqrt{2} \cdot \frac{a + b + 2}{2} \ge \sqrt{2} \cdot \sqrt{2(a + b)}\)
\(\frac{a + b + 2}{\sqrt{2}} \ge \sqrt{4(a + b)}\)
\(\frac{a + b + 2}{\sqrt{2}} \ge 2\sqrt{a + b}\)

На основании шага 2 мы имеем: \(\sqrt{a^2 + 1} + \sqrt{b^2 + 1} \ge \frac{a + b + 2}{\sqrt{2}}\).
На основании шага 3 мы имеем: \(\frac{a + b + 2}{\sqrt{2}} \ge 2\sqrt{a + b}\).
Комбинируя эти два неравенства, по свойству транзитивности, получаем:
\(\sqrt{a^2 + 1} + \sqrt{b^2 + 1} \ge 2\sqrt{a + b}\)
Неравенство доказано.