ГДЗ по алгебре 9 класс Шыныбеков раздел 6 - 6.44

**1)** Докажем неравенство $(6u-1)(u+2)<(3u+4)(2u+1)$. Раскроем скобки в левой и правой частях неравенства: $$ (6u-1)(u+2) = 6u^2 + 12u - u - 2 = 6u^2 + 11u - 2 $$ $$ (3u+4)(2u+1) = 6u^2 + 3u + 8u + 4 = 6u^2 + 11u + 4 $$ Составим разность левой и правой частей: $$ (6u^2 + 11u - 2) - (6u^2 + 11u + 4) = 6u^2 + 11u - 2 - 6u^2 - 11u - 4 = -6 $$ Так как разность равна $-6 < 0$, то левая часть строго меньше правой при любых значениях $u$. Неравенство доказано. --- **2)** Докажем неравенство $(3v-1)(2v+1)>(2v-1)(2+3v)$. Раскроем скобки в обеих частях: $$ (3v-1)(2v+1) = 6v^2 + 3v - 2v - 1 = 6v^2 + v - 1 $$ $$ (2v-1)(2+3v) = 4v + 6v^2 - 2 - 3v = 6v^2 + v - 2 $$ Составим разность левой и правой частей: $$ (6v^2 + v - 1) - (6v^2 + v - 2) = 6v^2 + v - 1 - 6v^2 - v + 2 = 1 $$ Так как разность равна $1 > 0$, то левая часть строго больше правой при любых значениях $v$. Неравенство доказано. --- **3)** Докажем неравенство $\frac{a+b}{2} \geqslant \sqrt{ab}$ при $a \geqslant 0,\ b \geqslant 0$. Рассмотрим разность левой и правой частей и приведем её к общему знаменателю: $$ \frac{a+b}{2} - \sqrt{ab} = \frac{a + b - 2\sqrt{ab}}{2} $$ Заметим, что числитель представляет собой полный квадрат разности: $$ \frac{(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2}{2} $$ Так как квадрат любого действительного числа неотрицателен, то $(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \geqslant 0$, а значит, и вся дробь $\geqslant 0$. Следовательно, $\frac{a+b}{2} \geqslant \sqrt{ab}$. Неравенство доказано. --- **4)** Докажем неравенство $a+\frac{1}{a} \geqslant 2$ при $a>0$. Составим разность между левой и правой частями: $$ a + \frac{1}{a} - 2 = \frac{a^2 - 2a + 1}{a} = \frac{(a-1)^2}{a} $$ Так как $(a-1)^2 \geqslant 0$ при любом $a$, а знаменатель $a > 0$ по условию, то дробь $\frac{(a-1)^2}{a} \geqslant 0$. Отсюда следует, что $a + \frac{1}{a} \geqslant 2$. Неравенство доказано. --- **5)** Докажем неравенство $\frac{a+b+c}{3} \geqslant \sqrt[3]{abc}$ при $a \geqslant 0,\ b \geqslant 0,\ c \geqslant 0$. Пусть $x = \sqrt[3]{a}$, $y = \sqrt[3]{b}$, $z = \sqrt[3]{c}$, где $x \geqslant 0,\ y \geqslant 0,\ z \geqslant 0$. Требуется доказать, что $x^3 + y^3 + z^3 \geqslant 3xyz$, или: $$ x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz \geqslant 0 $$ Воспользуемся формулой разложения на множители: $$ x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz = (x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx) $$ Преобразуем вторую скобку: $$ x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx = \frac{1}{2}\left((x - y)^2 + (y - z)^2 + (z - x)^2\right) $$ Тогда получаем: $$ x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz = \frac{1}{2}(x + y + z)\left((x - y)^2 + (y - z)^2 + (z - x)^2\right) $$ Так как $x, y, z \geqslant 0$, то $x + y + z \geqslant 0$, а сумма квадратов всегда неотрицательна. Следовательно, всё произведение неотрицательно: $$ x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz \geqslant 0 \implies a + b + c \geqslant 3\sqrt[3]{abc} \implies \frac{a+b+c}{3} \geqslant \sqrt[3]{abc} $$ Неравенство доказано. --- **6)** Докажем неравенство $(x+y)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right) \geqslant 4$ при $x>0,\ y>0$. Раскроем скобки в левой части неравенства: $$ (x+y)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right) = \frac{x}{x} + \frac{x}{y} + \frac{y}{x} + \frac{y}{y} = 1 + \frac{x}{y} + \frac{y}{x} + 1 = 2 + \left(\frac{x}{y} + \frac{y}{x}\right) $$ Так как $x > 0$ и $y > 0$, дробь $\frac{x}{y} > 0$. По неравенству о сумме взаимно обратных положительных чисел (пункт 4): $$ \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \geqslant 2 $$ Прибавим к обеим частям 2: $$ 2 + \left(\frac{x}{y} + \frac{y}{x}\right) \geqslant 2 + 2 = 4 $$ Неравенство доказано. --- **7)** Докажем неравенство $a + b + c \geqslant \sqrt{ab} + \sqrt{ac} + \sqrt{bc}$ при $a \geqslant 0,\ b \geqslant 0,\ c \geqslant 0$. Умножим обе части неравенства на 2 и рассмотрим разность: $$ 2(a + b + c) - 2(\sqrt{ab} + \sqrt{ac} + \sqrt{bc}) = 2a + 2b + 2c - 2\sqrt{ab} - 2\sqrt{ac} - 2\sqrt{bc} $$ Сгруппируем слагаемые в виде полных квадратов: $$ (a - 2\sqrt{ab} + b) + (b - 2\sqrt{bc} + c) + (c - 2\sqrt{ac} + a) = (\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 + (\sqrt{b} - \sqrt{c})^2 + (\sqrt{c} - \sqrt{a})^2 $$ Каждое слагаемое является квадратом действительного числа, поэтому: $$ (\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 + (\sqrt{b} - \sqrt{c})^2 + (\sqrt{c} - \sqrt{a})^2 \geqslant 0 $$ Отсюда: $$ 2(a + b + c) \geqslant 2(\sqrt{ab} + \sqrt{ac} + \sqrt{bc}) \implies a + b + c \geqslant \sqrt{ab} + \sqrt{ac} + \sqrt{bc} $$ Неравенство доказано. --- **8)** Докажем неравенство $(1-a)(1-b)(1-c) \geqslant 8abc$ при $a \geqslant 0,\ b \geqslant 0,\ c \geqslant 0$ и $a + b + c = 1$. Так как $a + b + c = 1$, выразим скобки через сумму двух других переменных: $$ 1 - a = b + c $$ $$ 1 - b = a + c $$ $$ 1 - c = a + b $$ Применим неравенство Коши между средним арифметическим и средним геометрическим ($\frac{x+y}{2} \geqslant \sqrt{xy} \implies x + y \geqslant 2\sqrt{xy}$) для каждой пары неотрицательных чисел: $$ b + c \geqslant 2\sqrt{bc} $$ $$ a + c \geqslant 2\sqrt{ac} $$ $$ a + b \geqslant 2\sqrt{ab} $$ Поскольку все части неравенств неотрицательны, перемножим их почленно: $$ (b + c)(a + c)(a + b) \geqslant 2\sqrt{bc} \cdot 2\sqrt{ac} \cdot 2\sqrt{ab} $$ $$ (b + c)(a + c)(a + b) \geqslant 8\sqrt{a^2b^2c^2} = 8abc $$ Подставив вместо сумм исходные выражения, получаем: $$ (1 - a)(1 - b)(1 - c) \geqslant 8abc $$ Неравенство доказано.