Упр.186 ГДЗ Никольский Потапов 9 класс (Алгебра)
а) vab > =2ab/(a+b) (a > 0;b > 0)
б) (a+b)(1/a+1/b) > =4 (a > 0; b > 0)
в) (1+a)(1+1/a) > =4 (a > 0)
г) 2a^2+b^2+c^2 > =2a(b+c)
д) a/b^2 +b/a^2 > =1/a+1/b (a > 0;b > 0)
е) (a^2-b^2 )^2 > =4ab(a-b)^2
$$\sqrt{ab}\ge \frac{2ab}{a+b}, \quad a>0,\ b>0.$$
По неравенству между средним арифметическим и средним геометрическим:
$$a+b\ge 2\sqrt{ab}.$$
Так как $$a+b>0,$$ то
$$\frac{2ab}{a+b}\le \frac{2ab}{2\sqrt{ab}}=\sqrt{ab}.$$
$$\left(a+b\right)\left(\frac1a+\frac1b\right)\ge 4,\quad a>0,\ b>0.$$
Имеем:
$$a+b\ge 2\sqrt{ab}, \qquad \frac1a+\frac1b=\frac{a+b}{ab}\ge \frac{2\sqrt{ab}}{ab}=\frac{2}{\sqrt{ab}}.$$
Тогда
$$\left(a+b\right)\left(\frac1a+\frac1b\right)\ge 2\sqrt{ab}\cdot \frac{2}{\sqrt{ab}}=4.$$
$$\left(1+a\right)\left(1+\frac1a\right)\ge 4,\quad a>0.$$
По неравенству AM-GM:
$$1+a\ge 2\sqrt{a}, \qquad 1+\frac1a\ge 2\sqrt{\frac1a}.$$
Следовательно,
$$\left(1+a\right)\left(1+\frac1a\right)\ge 2\sqrt{a}\cdot 2\sqrt{\frac1a}=4.$$
$$2a^2+b^2+c^2\ge 2a(b+c).$$
Перенесём всё в левую часть:
$$2a^2+b^2+c^2-2ab-2ac\ge 0.$$
Сгруппируем:
$$\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)\ge 0,$$
то есть
$$\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge 0.$$
$$\frac{a}{b^2}+\frac{b}{a^2}\ge \frac1a+\frac1b,\quad a>0,\ b>0.$$
Перенесём правую часть влево и приведём к общему знаменателю:
$$\frac{a}{b^2}+\frac{b}{a^2}-\frac1a-\frac1b\ge 0,$$
$$\frac{a^3+b^3-ab^2-a^2b}{a^2b^2}\ge 0.$$
Числитель разложим на множители:
$$a^3+b^3-ab^2-a^2b=(a-b)\left(a^2-b^2\right)=(a-b)^2(a+b).$$
Тогда
$$\frac{(a-b)^2(a+b)}{a^2b^2}\ge 0.$$
$$\left(a^2-b^2\right)^2\ge 4ab\left(a-b\right)^2.$$
Преобразуем левую часть:
$$\left(a^2-b^2\right)^2=\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)^2.$$
Тогда неравенство равносильно:
$$\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)^2\ge 4ab\left(a-b\right)^2,$$
$$\left(a-b\right)^2\left(\left(a+b\right)^2-4ab\right)\ge 0,$$
$$\left(a-b\right)^2\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge 0,$$
$$\left(a-b\right)^4\ge 0.$$
Ответ
Все неравенства доказаны.
