Упр.119 Задачи повышенной сложности ГДЗ Колмогоров 10-11 класс (Алгебра)

Докажите неравенство:

а) $$\frac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab}$$ ($$a>0$$, $$b>0$$);

б) $$a+\frac{1}{a}\geq 2$$ ($$a>0$$);

в) $$\frac{a+b+c+d}{4}\geq\sqrt[4]{abcd}$$ (отрицательные числа);

г) $$\frac{a+b+c}{3}\geq\sqrt[3]{abc}$$ ($$a>0$$, $$b>0$$, $$c>0$$).

а) $$\frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}, \quad a>0,\ b>0.$$

Перенесём всё в одну сторону:

$$a+b\ge 2\sqrt{ab}$$

$$a-2\sqrt{ab}+b\ge 0$$

$$\left(\sqrt a-\sqrt b\right)^2\ge 0.$$

Так как квадрат любого числа неотрицателен, неравенство верно.

б) $$a+\frac1a\ge 2, \quad a>0.$$

Умножим обе части на $$a$$:

$$a^2+1\ge 2a$$

$$a^2-2a+1\ge 0$$

$$\left(a-1\right)^2\ge 0.$$

Следовательно, неравенство доказано.

в) $$\frac{a+b+c+d}{4}\ge \sqrt[4]{abcd}, \quad a,b,c,d>0.$$

Обозначим

$$S=\frac{a+b+c+d}{4}=\frac{\frac{a+b}{2}+\frac{c+d}{2}}{2}.$$

По неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом:

$$S\ge \sqrt{\frac{a+b}{2}\cdot \frac{c+d}{2}}.$$

Далее

$$\frac{a+b}{2}\ge \sqrt{ab}, \qquad \frac{c+d}{2}\ge \sqrt{cd},$$

значит

$$S\ge \sqrt{\sqrt{ab}\cdot \sqrt{cd}}=\sqrt[4]{abcd}.$$

Что и требовалось доказать.

г) $$\frac{a+b+c}{3}\ge \sqrt[3]{abc}, \quad a>0,\ b>0,\ c>0.$$

Положим

$$d=\frac{a+b+c}{3}.$$

Тогда по пункту в) для чисел $$a,b,c,d$$ имеем:

$$\frac{a+b+c+d}{4}\ge \sqrt[4]{abcd}.$$

Подставим $$d=\frac{a+b+c}{3}$$:

$$\frac{a+b+c+\frac{a+b+c}{3}}{4}\ge \sqrt[4]{abc\cdot \frac{a+b+c}{3}}.$$

Упростим левую часть:

$$\frac{4(a+b+c)}{12}=\frac{a+b+c}{3}.$$

Получаем

$$\frac{a+b+c}{3}\ge \sqrt[4]{abc\cdot \frac{a+b+c}{3}}.$$

Возведём обе части в четвёртую степень:

$$\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^4\ge abc\cdot \frac{a+b+c}{3}.$$

Так как $$\frac{a+b+c}{3}>0$$, делим на $$\frac{a+b+c}{3}$$:

$$\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3\ge abc.$$

Следовательно,

$$\frac{a+b+c}{3}\ge \sqrt[3]{abc}.$$

Что и требовалось доказать.