2. Докажите неравенство:

Решение:

1) \( a^4+b^4 \ge a^3b+ab^3 \), где \( a \ge 0, b \ge 0 \)
Перенесём все слагаемые в левую часть: \( a^4 - a^3b - ab^3 + b^4 \ge 0 \)
Сгруппируем: \( a^3(a-b) - b^3(a-b) \ge 0 \)
Вынесем общий множитель \( (a-b) \): \( (a-b)(a^3-b^3) \ge 0 \)
Разложим \( a^3-b^3 \) как разность кубов: \( (a-b)(a-b)(a^2+ab+b^2) \ge 0 \)
\( (a-b)^2(a^2+ab+b^2) \ge 0 \)
Так как \( (a-b)^2 \ge 0 \) (квадрат любого выражения неотрицателен) и \( a^2+ab+b^2 \ge 0 \) (так как \( a^2+ab+b^2 = (a+\frac{b}{2})^2 + \frac{3b^2}{4} \ge 0 \) или \( a^2+ab+b^2 = (b+\frac{a}{2})^2 + \frac{3a^2}{4} \ge 0 \)), то произведение \( (a-b)^2(a^2+ab+b^2) \) неотрицательно. Неравенство доказано.

2) \( a^4+2a^3b+2ab^3+b^4 \ge 6a^2b^2 \), где \( a \) и \( b \) одного знака.

Рассмотрим случай, когда \( a > 0, b > 0 \). Применим неравенство о средних для четырёх чисел \( a^4, a^3b, ab^3, b^4 \):
\( \frac{a^4+a^3b+ab^3+b^4}{4} \ge \sqrt[4]{a^4 \cdot a^3b \cdot ab^3 \cdot b^4} = \sqrt[4]{a^8b^8} = a^2b^2 \)
\( a^4+a^3b+ab^3+b^4 \ge 4a^2b^2 \)
Нам нужно доказать \( a^4+2a^3b+2ab^3+b^4 \ge 6a^2b^2 \).
Перепишем левую часть: \( (a^4+a^3b+ab^3+b^4) + a^3b+ab^3 \ge 6a^2b^2 \)
Из неравенства о средних мы знаем, что \( a^4+a^3b+ab^3+b^4 \ge 4a^2b^2 \).
Рассмотрим \( a^3b+ab^3 = ab(a^2+b^2) \).
По неравенству о средних для двух чисел \( a^2 \) и \( b^2 \): \( \frac{a^2+b^2}{2} \ge \sqrt{a^2b^2} = ab \), значит \( a^2+b^2 \ge 2ab \).
Тогда \( a^3b+ab^3 = ab(a^2+b^2) \ge ab(2ab) = 2a^2b^2 \).
Теперь подставим полученные оценки в исходное неравенство:
\( a^4+2a^3b+2ab^3+b^4 = (a^4+a^3b+ab^3+b^4) + (a^3b+ab^3) \ge 4a^2b^2 + 2a^2b^2 = 6a^2b^2 \).
Таким образом, \( a^4+2a^3b+2ab^3+b^4 \ge 6a^2b^2 \).
Если \( a < 0, b < 0 \), то заменим \( a \) на \( -a' \) и \( b \) на \( -b' \), где \( a', b' > 0 \).
\( (-a')^4+2(-a')^3(-b')+2(-a')(-b')^3+(-b')^4 \ge 6(-a')^2(-b')^2 \)
\( a'^4+2a'^3b'+2a'b'^3+b'^4 \ge 6a'^2b'^2 \).
Это неравенство верно, как мы показали выше.

3) \( \frac{a^3+b^3}{2} \ge \left(\frac{a+b}{2}\right)^3 \), где \( a \) и \( b \) — неотрицательные числа.

Рассмотрим случай \( a=b \). Тогда \( \frac{a^3+a^3}{2} = a^3 \) и \( \left(\frac{a+a}{2}\right)^3 = \left(\frac{2a}{2}\right)^3 = a^3 \). В этом случае неравенство выполняется как равенство: \( a^3 \ge a^3 \).

Рассмотрим случай \( a
e b \).
Умножим обе части на 8: \( 4(a^3+b^3) \ge (a+b)^3 \)
\( 4a^3 + 4b^3 \ge a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3 \)
Перенесём все слагаемые в левую часть: \( 3a^3 - 3a^2b - 3ab^2 + 3b^3 \ge 0 \)
Разделим на 3: \( a^3 - a^2b - ab^2 + b^3 \ge 0 \)
Сгруппируем: \( a^2(a-b) - b^2(a-b) \ge 0 \)
\( (a^2-b^2)(a-b) \ge 0 \)
\( (a-b)(a+b)(a-b) \ge 0 \)
\( (a-b)^2(a+b) \ge 0 \)
Так как \( a \) и \( b \) неотрицательные, то \( a+b \ge 0 \).
Так как \( (a-b)^2 \ge 0 \), то произведение \( (a-b)^2(a+b) \ge 0 \). Неравенство доказано.

4) \( \frac{2a}{1+a^2} \le 1 \), где \( a \) — неотрицательное число.

Так как \( 1+a^2 > 0 \) для любого \( a \), умножим обе части на \( 1+a^2 \):
\( 2a \le 1+a^2 \)
Перенесём всё в левую часть: \( 0 \le 1+a^2-2a \)
\( 0 \le (a-1)^2 \)
Это неравенство верно, так как квадрат любого числа неотрицателен.

5) \( a^2+b^2+c^2 \ge ab+ac+bc \), где \( a, b, c \) — действительные числа.

Умножим обе части на 2:
\( 2a^2+2b^2+2c^2 \ge 2ab+2ac+2bc \)
Перенесём все слагаемые в левую часть:
\( 2a^2+2b^2+2c^2 - 2ab - 2ac - 2bc \ge 0 \)
Сгруппируем:
\( (a^2 - 2ab + b^2) + (a^2 - 2ac + c^2) + (b^2 - 2bc + c^2) \ge 0 \)
\( (a-b)^2 + (a-c)^2 + (b-c)^2 \ge 0 \)
Это неравенство верно, так как сумма квадратов любых действительных чисел неотрицательна.

6) \( (a+1)(b+1)(a+c)(b+c) > 16abc \), где \( a>1, b>1, c>1 \).

Применим неравенство о средних арифметическом и геометрическом к парам \( (a+1) \) и \( b+1 \), а также \( a+c \) и \( b+c \).

Для \( a+1 \) и \( b+1 \):
\( \frac{(a+1)+(b+1)}{2} \ge \sqrt{(a+1)(b+1)} \)
\( \frac{a+b+2}{2} \ge \sqrt{(a+1)(b+1)} \)
\( \left(\frac{a+b+2}{2}\right)^2 \ge (a+1)(b+1) \).
Но это не самая простая группировка. Попробуем другую.

Рассмотрим более подходящую группировку слагаемых. Перемножим скобки:
\( ((a+1)(b+1)) ((a+c)(b+c)) \) — это не приводит к цели.

Попробуем перегруппировать множители:
\( (a+1)(a+c) (b+1)(b+c) \)

Применим неравенство о средних к парам \( a, 1 \) и \( b, 1 \):
\( a+1 \ge 2\sqrt{a} \)
\( b+1 \ge 2\sqrt{b} \)
Применим неравенство о средних к парам \( a, c \) и \( b, c \):
\( a+c \ge 2\sqrt{ac} \)
\( b+c \ge 2\sqrt{bc} \)
Перемножим эти четыре неравенства:
\( (a+1)(b+1)(a+c)(b+c) \ge (2\sqrt{a})(2\sqrt{b})(2\sqrt{ac})(2\sqrt{bc}) \)
\( (a+1)(b+1)(a+c)(b+c) \ge 16 \sqrt{a \cdot b \cdot ac \cdot bc} \)
\( (a+1)(b+1)(a+c)(b+c) \ge 16 \sqrt{a^2 b^2 c^2} \)
\( (a+1)(b+1)(a+c)(b+c) \ge 16 |abc| \)
Так как \( a>1, b>1, c>1 \), то \( abc > 0 \), и \( |abc| = abc \).
Следовательно, \( (a+1)(b+1)(a+c)(b+c) \ge 16abc \).
Равенство достигается, когда \( a=1, b=1 \) и \( a=c, b=c \), что противоречит условию \( a>1, b>1, c>1 \). Поэтому неравенство строгое: \( (a+1)(b+1)(a+c)(b+c) > 16abc \).

7) \( x^2+2y^2+2xy+6y+10 > 0 \)
Сгруппируем слагаемые, чтобы выделить полные квадраты:
\( (x^2 + 2xy + y^2) + (y^2 + 6y + 9) + 1 > 0 \)
\( (x+y)^2 + (y+3)^2 + 1 > 0 \)
Так как \( (x+y)^2 \ge 0 \) и \( (y+3)^2 \ge 0 \), то их сумма \( (x+y)^2 + (y+3)^2 \ge 0 \).
Добавив 1, получаем \( (x+y)^2 + (y+3)^2 + 1 \ge 1 \).
Таким образом, \( x^2+2y^2+2xy+6y+10 > 0 \) для любых действительных \( x \) и \( y \).

8) \( x^2+5y^2+2xy+4y+3 > 0 \)
Сгруппируем слагаемые:
\( (x^2 + 2xy + y^2) + (4y^2 + 4y + 1) + 2 > 0 \)
\( (x+y)^2 + (2y+1)^2 + 2 > 0 \)
Так как \( (x+y)^2 \ge 0 \) и \( (2y+1)^2 \ge 0 \), то их сумма \( (x+y)^2 + (2y+1)^2 \ge 0 \).
Добавив 2, получаем \( (x+y)^2 + (2y+1)^2 + 2 \ge 2 \).
Таким образом, \( x^2+5y^2+2xy+4y+3 > 0 \) для любых действительных \( x \) и \( y \).