ГДЗ до підручника «Алгебра» А.Г. Мерзляка. 9 клас
1.11. 1) 2а2 - 8а + 16 = 2(а2 - 4а + 8) = 2(а2 - 4а + 4 + 4) = 2((а - 2)2 + 4) = 2(а - 2)2 + 8. Оскільки 2(а - 2)2 ≥ 0, 8 > 0, то 2а2 - 8а + 16 > 0;
2) 4b2 + 4b + 3 = 4b2 + 4b + 1 + 2 = (2b + 1)2 + 2. Оскільки (2b + 1)2 ≥ 0, 2 > 0, то 4b2 + 4b + 3 > 0;
4) (3а + 2)(2а - 4) - (2а - 5)2 - 3(4а - 12) = (6а2 - 12а + 4а - 8) - (4а2 - 20а + 25) - 12а + 36 = 6а2 - 8а - 8 - 4а2 + 20а - 25 - 12а + 36 = 2а2 + 3. Оскільки 2а2 ≥ 0 і 3 > 0 при будь-яких а, то 2а2 + 3 > 0 при будь- яких а. Отже, (3а + 2)(2а - 4) - (2а - 5)2 > 3(4а - 12) при будь-яких а;
5) а(а - 3) - 5(а - 4) = а2 - 3а - 5а + 20 = а2 - 8а + 20 = а2 - 8а + 16 + 4 = (а - 4)2 + 4. Оскільки (а - 4)2 ≥ 0 і 4 > 0 при будь-яких а, то(а - 4)2 + 4 > 0 при будь-яких а. Отже, а(а - 3) > 5(а - 4) при будь-яких а;
6) (а - b)(a + 5b) - ((2а + b)(a + 4b) + ab) = +а2+ 5a - ab - 5b2 - (2а2 + 8аb + ab + 4b2 + ab) = a2 + 4ab - 5b2 - 2а2 - 10ab - 4b2 = -a2 - 9b2- 6аb = -(а2 + 6аb + 9b2) = -(а + 3b)2 ≤ 0 при будь-яких а і b. Отже, (а - b)(а + 5b) ≤ (2а + b)(а + 4b) + аb при будь-яких а і b.
1.12. 1) (28а - 32) - (7а2 - 4) = 28а - 32 - 7а2 + 4 = -7а2 + 28а - 28 = -7(а2 - 4а + 4) = -7(а - 2)2 ≤ 0. Отже, 28а - 32 ≤ 7а2 - 4;
2) 9х2 - 6ху + 4у2 = (3х)2 - 2 • 3ху + у2 - у2 + 4у2 = (3х - у)2 + 3у2. Оскільки (3х - у)2 ≥ 0 та 3у2 ≥ 0 при будь-яких значеннях змінних х і у, то (3х - у)2 + 3у2 ≥ 0 при будь- яких значеннях змінних х і у. Отже, 9х2 - 6ху + 4у2 ≥ 0;
3) 3(b - 1) - b(b + 1) = 3b - 3 - b2 - b = -b2 + 2b - 3 = -(b2 - 2b + 3) = -(b2 - 2b + 1 + 2) = -((b - 1)2 + 2) = -(b - 1)2 + (-2) < 0 (як сума недодатного та від’ємного числа). Отже, 3(b - 2) < b(b + 1);
4) (4р - 1)(р + 1) - (р - 3)(р + 3) - 3(р2 + р) = 4р2 + 4р - р - 1 - (р2 - 9) - 3р2 - 3р = 4р2 + 3р - 1 - р2 + 9 - 3р2 - 3р = 8 > 0. Отже, (4р - 1)(р + 1) - (р - 3)(р + 3) > 3(р2 + р).
1.13. 1) а3 - 6а2 + а - 6 = (а3 - 6а2) + (а - 6) = а2(а - 6) + (а - 6) = (а - 6)(а2 + 1). Оскільки а2 + 1 > 0 при будь-яких значеннях змінної а; а - 6 ≥ 0 при а ≥ 6, то (а - 6)(а2 + 1) ≥ 0 при а ≥ 6. Отже, а3 - 6а2 + а - 6 ≥ 0, якщо а ≥ 6.
2) (ab + 1) - (а + b) = ab + 1 - а - b = (аb - b) + (1 - а) = b(а - 1) - (а - 1) = (а - 1)(b - 1). Оскільки а - 1 > 0 при а > 1; b - 1 > 0 при b > 1, то (а - 1)(b - 1) > 0 при а > 1 і b > 1. Отже, ab + 1 > а + b, якщо а > 1 і b > 1.
1.14. 1) ab(b - а) - (а3 - b3) = ab(b - а) - (а - b)(а2 + ab + b2) = ab(b - а) + (b - а)(а2+ ab + b2) = (b - а)(аb + а2 + ab + b2) = (b - а) (а2 + 2аb + b2) = (b - а)(а + b)2. Оскільки (а + b)2 ≥ 0 при будь-яких значеннях змінних а і b; b - а ≤ 0 при b ≤ а, то (b - а)(а + b)2 ≤ 0 при а ≥ b. Отже, ab(b - а) ≤ а3 - b3.
1.15. а2 + b2 - 2аb = (а - b)2 ≥ 0 при довільних значеннях змінних а і b. Отже, a2 + b2 ≥ 2ab.
1.16. Нехай а, а + 1, а + 2 — три послідовні натуральні числа.
1) (а + 1)2 - а(а + 2) = а2 + 2а + 1 - а2 - 2а = 1 > 0. Отже, (а + 1)2 > а(а + 2) при будь-яких значеннях змінної а;
2) 2(а + 1)2 - (а2 + (а + 2)2) = 2(а2 + 2а + 1) - (а2 + а2 + 4а + 4) = 2а2 + 4а + 2 - 2а2 - 4а - 4 = -2 < 0. Отже, 2(а + 1)2 < а2 + (а + 2)2 при будь-яких значеннях змінної а.
1.17. Нехай а > 0, b > 0, тоді (а2 + b2) - (а + b)2 = а2 + b2 - а2 - 2ab - b2 = -2аb. Оскільки а > 0 і b > 0, то -2аb < 0. Отже, а2 + b2 < (а + b)2 при а > 0 і b > 0.
