ГДЗ по Алгебре 9 Класс Номер 148 Дорофеев, Суворова — Подробные Ответы

Пользуясь неравенством $a + \frac{1}{a} \geq 2$, где $a > 0$ (задание 129), докажите, что:

а) $\frac{x^2 + 2}{\sqrt{x^2 + 1}} \geq 2$;

б) $\frac{x^2}{1 + x^4} \leq \frac{1}{2}$.

Известно, что: $a + \frac{1}{a} \geq 2$, где $a > 0$;

а) $\frac{x^2 + 2}{\sqrt{x^2 + 1}} \geq 2$:

$$\frac{(x^2+1)+1}{\sqrt{x^2+1}}\ge 2;$$

$$\frac{(x^2 + 1) + 1}{\sqrt{x^2 + 1}} \geq 2;$$ $$\frac{x^2+1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\ge 2;$$

$$\frac{x^2 + 1}{\sqrt{x^2 + 1}} + \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}} \geq 2;$$ $$\frac{x^2 + 1}{\sqrt{x^2 + 1}} + \frac{\sqrt{x^2 + 1}}{x^2 + 1} \geq 2;$$

Пусть $a = \frac{x^2 + 1}{\sqrt{x^2 + 1}}$, тогда $\frac{1}{a} = \frac{\sqrt{x^2 + 1}}{x^2 + 1}$, получим:
$a + \frac{1}{a} \geq 2 \quad \text{— верно по доказанному в задаче 129;}$

б) $\frac{x^2}{1 + x^4} \leq \frac{1}{2}$:

$$2x^2 \leq 1 + x^4 \quad | : x^2;$$ $$2 \leq \frac{1}{x^2} + x^2;$$ $$x^2 + \frac{1}{x^2} \geq 2;$$

Пусть $a = x^2$, тогда $\frac{1}{a} = \frac{1}{x^2}$, получим:
$a + \frac{1}{a} \geq 2 \quad \text{— верно по доказанному в задаче 129.}$

Известно, что: $a + \frac{1}{a} \geq 2$, где $a > 0$;

а) $\frac{x^2 + 2}{\sqrt{x^2 + 1}} \geq 2$:

Начнем с преобразования левой части неравенства. Мы хотим выразить дробь $\frac{x^2 + 2}{\sqrt{x^2 + 1}}$ в более удобной для анализа форме. Разделим числитель на две части:

$$\frac{x^2 + 2}{\sqrt{x^2 + 1}} = \frac{(x^2 + 1) + 1}{\sqrt{x^2 + 1}}.$$

Теперь это можно переписать как сумму двух дробей:

$$\frac{(x^2 + 1)}{\sqrt{x^2 + 1}} + \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}.$$

Первая дробь в правой части уравнения $\frac{x^2 + 1}{\sqrt{x^2 + 1}}$ можно упростить:

$$\frac{x^2 + 1}{\sqrt{x^2 + 1}} = \sqrt{x^2 + 1}.$$

Теперь рассмотрим вторую дробь $\frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}$, она остается неизменной.

Получаем следующее выражение:

$$\sqrt{x^2 + 1} + \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}.$$

Для дальнейшего упрощения воспользуемся неравенством $a + \frac{1}{a} \geq 2$, где $a > 0$. Пусть $a = \sqrt{x^2 + 1}$. Тогда $\frac{1}{a} = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}$.

Теперь мы можем применить неравенство $a + \frac{1}{a} \geq 2$, получаем:

$$\sqrt{x^2 + 1} + \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}} \geq 2.$$

Таким образом, доказано, что:

$$\frac{x^2 + 2}{\sqrt{x^2 + 1}} \geq 2.$$

б) $\frac{x^2}{1 + x^4} \leq \frac{1}{2}$:

Начнем с того, что умножим обе части неравенства на $2(1 + x^4)$, чтобы избавиться от знаменателя:

$$2x^2 \leq 1 + x^4.$$

Теперь перенесем все элементы на одну сторону:

$$x^4 — 2x^2 + 1 \geq 0.$$

Преобразуем выражение в квадрат:

$$(x^2 — 1)^2 \geq 0.$$

Поскольку квадрат любого числа всегда неотрицателен, то неравенство верно:

$$(x^2 — 1)^2 \geq 0.$$

Следовательно, из этого мы можем заключить, что:

$$\frac{x^2}{1 + x^4} \leq \frac{1}{2}.$$