Докажи, что для любых действительных чисел a, b, c, x справедливо неравенство (a) (x^2 + 1)/2 ≥ x

Сейчас помогу разобраться с этими неравенствами! а) $\frac{x^2 + 1}{2} \ge x$ $$x^2 + 1 \ge 2x$$ $$x^2 - 2x + 1 \ge 0$$ $$(x - 1)^2 \ge 0$$ Квадрат любого числа всегда больше или равен нулю. Значит, это неравенство справедливо для любого $x$. б) $\frac{x^2 + 9}{6} \ge x$ $$x^2 + 9 \ge 6x$$ $$x^2 - 6x + 9 \ge 0$$ $$(x - 3)^2 \ge 0$$ Опять квадрат, и снова всегда больше или равен нулю! Это неравенство тоже верно для любого $x$. в) $x^4 + x^2 + 2 > 0$ Тут все просто: $x^4$ всегда неотрицательно, $x^2$ тоже, и прибавляем 2. Так что сумма всегда будет больше нуля! г) $x^4 - 4x^2 + 5 > 0$ Давай посмотрим: $x^4 - 4x^2 + 4 + 1 > 0$. Это можно переписать как $(x^2 - 2)^2 + 1 > 0$. Квадрат всегда неотрицателен, плюс 1, так что всегда больше нуля! д) $4c^2 + 1 \ge 4c$ $$4c^2 - 4c + 1 \ge 0$$ $$(2c - 1)^2 \ge 0$$ И снова квадрат! Неравенство справедливо для любого $c$. е) $(a + b)^2 \ge 4ab$ $$a^2 + 2ab + b^2 \ge 4ab$$ $$a^2 - 2ab + b^2 \ge 0$$ $$(a - b)^2 \ge 0$$ Квадрат всегда больше или равен нулю, так что это неравенство тоже верно. ж) $\frac{2a}{a^2 + 1} \le 1$ $$2a \le a^2 + 1$$ $$0 \le a^2 - 2a + 1$$ $$0 \le (a - 1)^2$$ Как обычно, квадрат всегда неотрицателен. з) $2a^2 + b^2 + c^2 \ge 2a(b + c)$ $$2a^2 + b^2 + c^2 - 2ab - 2ac \ge 0$$ $$(a^2 - 2ab + b^2) + (a^2 - 2ac + c^2) \ge 0$$ $$(a - b)^2 + (a - c)^2 \ge 0$$ Сумма квадратов всегда неотрицательна. и) $(a^2 - b^2)^2 \ge 4ab(a - b)^2$ $$(a + b)^2(a - b)^2 \ge 4ab(a - b)^2$$ Если $a = b$, то обе части равны нулю. Если $a \ne b$, то $(a - b)^2 > 0$, и мы можем разделить обе части на $(a - b)^2$: $$(a + b)^2 \ge 4ab$$ $$a^2 + 2ab + b^2 \ge 4ab$$ $$a^2 - 2ab + b^2 \ge 0$$ $$(a - b)^2 \ge 0$$ Квадрат всегда неотрицателен. к) $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ac$ $$2a^2 + 2b^2 + 2c^2 \ge 2ab + 2bc + 2ac$$ $$(a^2 - 2ab + b^2) + (b^2 - 2bc + c^2) + (c^2 - 2ac + a^2) \ge 0$$ $$(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 \ge 0$$ Сумма квадратов всегда неотрицательна. Все доказали!