задача евклида докажите что если a наибольшее
Неравенства (стр. 4 )
 | Из за большого объема этот материал размещен на нескольких страницах: 1 2 3 4 |
Прибавляя к обеим частям этого неравенства число a2b + ab2, получим, что справедливо неравенство
a3 + b3 
a2b + ab2,
что и требовалось доказать.
Замечание. Выше записано доказательство неравенства в) так, как его можно было бы обсуждать с учащимися. Записать доказательство неравенства в тетрадях можно короче:
Сначала проведём «анализ», помогающий найти доказательство неравенства в). Из неравенства
a3 + b3 a2b + ab2 (1)
a3 – a2b + b3 – ab2 0,
которое можно переписать в виде
(a – b)2(a + b)
Анализ закончен. Перейдём к доказательству. Так как (a – b)2 0 и a + b 0, то для любых таких a и b справедливо неравенство (2). Рассуждая в обратном порядке, из справедливости неравенства (2), получим справедливость неравенства (1), что и требовалось доказать.
г) Сначала проведём «анализ», помогающий найти доказательство неравенства.
Перенеся все члены неравенства в левую часть, получим неравенство
. (1)
Приведя дроби к общему знаменателю, получим неравенство
. (2)
Применяя формулу квадрата суммы двух чисел, получим неравенство
. (3)
Анализ закончен. Перейдём к доказательству. Рассуждем в обратном порядке. Так как (a + 1)2 0 для любого числа a и по условию a 0).
Умножив неравенство 
(b > 0) на отрицательное число –1, получим, что справедливо неравенство 
(b > 0). Обозначая a = –b, перепишем полученное неравенство в виде 
(a 0, b > 0); г) 2a2 + b2 + c2 2a(b + c).
Доказательство. а) Проведём «анализ», помогающий найти доказательство неравенства. Перенесём все члены неравенства в левую часть, приведём дроби к общему знаменателю, вынесем в числителе дроби общий множитель за скобки и применим формулу квадрата разности:
, (1)
,
,
,
. (2)
Анализ закончен. Перейдём к доказательству. При условиях a > 0 и b > 0 неравенство (2) справедливо, так как 
> 0, a + b > 0 и 
0. Рассуждая в обратном порядке, получим, что при условиях a > 0 и b > 0 из справедливости неравенства (2) следует справедливость неравенства (1), что и требовалось доказать.
г) Проведём «анализ», помогающий найти доказательство неравенства. Перенесём все члены неравенства в левую часть, раскроем скобки и применим формулу квадрата разности:
2a2 + b2 + c2 2a(b + c), (1)
2a2 + b2 + c2 – 2a(b + c) 0,
2a2 + b2 + c2 – 2ab – 2ac 0,
(a – b)2 + (a – c)2
Неравенство (2) справедливо, так как (a – b)2 0 и (a – c)2 0. Рассуждая в обратном порядке, получим, что из справедливости неравенства (2) следует справедливость неравенства (1), что и требовалось доказать.
187(172). а) a2 + b2 + c2 ab + ac + bc; б) 
;
в) 
, если a2 + b2 = 1; г) 
, если a > 0.
Доказательство. а) Проведём «анализ», помогающий найти доказательство неравенства. Перенесём все члены неравенства в левую часть, умножим обе части неравенства на 2 и применим формулу квадрата разности:
a2 + b2 + c2 ab + ac + bc, (1)
a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc 0,
2a2 + 2b2 + 2c2 – 2ab – 2ac – 2bc 0,
(a – b)2 + (b – c)2 + (a – c)2
Анализ закончен. Перейдём к доказательству. Неравенство (2) справедливо для любых a, b и c, так как (a – b)2 0, (b – c)2 0 и (a – c)2 0. Рассуждая в обратном порядке, получим, что из справедливости неравенства (2) следует справедливость неравенства (1), что и требовалось доказать.
б) Проведём «анализ», помогающий найти доказательство неравенства. Умножим доказываемое неравенство на положительное число 2abc:
, (1)
2a2b2 + 2a2c2 + 2b2c2 2a2bc + 2ab2c + 2abc2.
Перенесём все члены неравенства в левую часть, и применим формулу квадрата разности:
(ab – ac)2 + (ab – bc)2 + (ac – bc)2
Анализ закончен. Перейдём к доказательству. Неравенство (2) справедливо, так как (ab – ac)2 0, (ab – bc)2 0, (ac – bc)2 0. Рассуждая в обратном порядке, получим, что из справедливости неравенства (2) следует справедливость неравенства (1), что и требовалось доказать.
в) Рассмотрим A = (a + b)2. Применяя формулу квадрата суммы, имеем:
A = (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 
a2 + b2 + 2|a||b|.
Применяя неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим двух неотрицательных чисел, получим, что
,
откуда следует, что
A 2(a2 + b2).
Так как a2 + b2 = 1, то получаем, что справедливо неравенство (a + b)2 2. Перепишем это неравенство в виде
|a + b|2 – 
0.
Применяя формулу разности квадратов перепишем это неравенство в виде
(|a + b| – 
)(|a + b| + )
Так как для любых a и b имеем |a + b| + > 0, то из справедливости неравенства (1) следует, что
|a + b| – 0.
Последнее неравенство можно пререписать в виде
|a + b| ,
Или, используя определение абсолютной величины числа, в виде
– a + b ,
что и требовалось доказать.
г) Из неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим следует, что если a > 0, то для положительных чисел 
и 
справедливы соотношения: 
, т. е. что справедливо неравенство , что и требовалось доказать.
188(н). а) |a + b| |a| + |b|; б) |a – b| |a| + |b|;
в) ||a| – |b|| |a – b|.
Доказательство. а) Докажем справедливость неравенства в каждом из рассмотренных ниже случаев.
Если a 0 и b 0, то a + b 0, поэтому |a + b| = a + b = |a| + |b|.
Если a 0 и b 0, то a + b 0, поэтому |a + b| = –(a + b) = –(–(|a| + |b|)) = |a| + |b|.
Если a 0 и b 0 и |a| |b|, то |a + b| = ||a| – |b|| = |a| – |b| |a| + |b|.
Если a 0 и b 0 и |a| |b|, то |a + b| = ||a| – |b|| = ||b| – |a|| = |b| – |a| |a| + |b|.
Если a 0 и b 0 и |a| |b|, то |a + b| = |–|a| + |b|| = ||a| – |b|| = |a| – |b| |a| + |b|.
Если a 0 и b 0 и |a| |b|, то |a + b| = |–|a| + |b|| ||b| – |a|| = |b| – |a| |a| + |b|.
Таким образом, во всех рассмотренных случаях доказываемое неравенство справедливо.
б) Из неравенства, доказанного в задании 188 (а), следует, что
|a – b| = |a + (–b)| |a| + |–b| = |a| + |b|,
что и требовалось доказать.
в) Докажем справедливость неравенства в каждом из рассмотренных ниже случаев.
Если a 0 и b 0, то ||a| – |b|| = |a – b|.
Если a 0 и b 0, то ||a| – |b|| = |–a + b| = |a – b|.
Если a 0 и b 0 и |a| |b|, то ||a| – |b|| = |a| – |b| ||a| + |b|| = |a – b|.
Если a 0 и b 0 и |a| |b|, то ||a| – |b|| = ||b| – |a|| = |b| – |a| |b| + |a| =
= ||b| + |a|| = |–b + a| = |a – b|.
Если a 0 и b 0 и |a| |b|, то ||a| – |b|| = |a| – |b| |a| + |b| = ||a| + |b|| =
= |–a + b| = |a – b|.
Если a 0 и b 0 и |a| |b|, то ||a| – |b|| = ||b| – |a|| = |b| – |a| |a| + |b| =
= ||a| + |b|| = |–a + b| = |a – b|.
Таким образом, во всех рассмотренных случаях доказываемое неравенство справедливо.
189(174). а) Докажите, что сумма кубов катетов прямоугольного треугольника меньше куба гипотенузы.
б) an 0. Прибавляя к обеим частям последнего неравенства число an, получим, что справедливо неравенство bn > an, что и требовалось доказать.
II способ. Докажем неравенство при помощи свойства 3 умножения одноимённых неравенств с положительными членами: если 0
> b + c.
Доказательство. Так как по условию задачи a > c, то из верного равенства
a = c следует, что > 1, откуда получаем, что b > d. Аналогично показывается, что из верного равенства a = b следует, что с > d.
Умножим обе части верного числового неравенства b > d на положительное число с – d, получим верное неравенство b(с – d) > d(с – d), которое перепишем в виде bс + d2 > dс + bd. Заменим в этом последнем неравенстве произведение bс равным ему произведением аd, получим неравенство:
Разделим обе части этого верного неравенства на положительное число d и получим верное неравенство
что и требовалось доказать.
Замечание. Во времена Евклида многие факты в математике доказывались геометрическим способом. Приведем изящное геометрическое доказательство 
того же неравенства.
На отрезке AD, длина которого равна a + d, отметим точку М так, чтобы AM = a, DM = d. Построим окружность на отрезке AD как на диаметре (рис. 33). Так как a > d, то центр O окружности принадлежит отрезку AM. Так как a > b, то, построив новую окружность с центром M и радиусом b, получим точку B на окружности, BM = b. На пересечении прямой BM с первой окружностью получим точку С. Из теоремы о пересекающихся хордах следует, что ad = b×MC, а из условия задачи следует, что ad = bc, поэтому MC = c. Рис. 33
Так как длина хорды, не проходящей через центр окружности, меньше её диаметра, то AD > BC, т. е. a + d > b + c, что и требовалось доказать.
Промежуточный контроль. К–2.
2. Производные линейной и квадратичной функций
В данном пункте изучается материал, который нужно изучать только в классах с углублённым изучением математики, если это требуется для изучения физики.
На конкретных примерах вводятся понятия средней скорости, мгновенной скорости. Понятие производной вводится с опорой на интуитивное представление о пределе функции, производные вычисляются по определению для линейной и квадратичной функции. Вводится понятие первообразной функции для линейной функции.
3. Исторические сведения
В данном пункте рассказана история возникновения понятий равенства и неравенства чисел, применения знаков равенства и неравенства.
[1] Здесь и далее при несовпадении номеров заданий в разных изданиях учебника сначала указаны номера по новому изданию 2012 г., а в скобках номера тех же заданий по предыдущим изданиям.
[2] Буквой (н) отмечены номера новых пунктов.
[3] Буквой (н) отмечены номера новых заданий.
[4] Далее вместо слов «корни многочлена, записанного в левой части неравенства» будем писать коротко: «корни многочлена».