980. Докажите неравенство: а) a² + b² > 2(a + b) - 2; б) a²b² - ab ≥ -1/4; в) a² + b² + c² ≥ 2a(b + c) - a²; г) (a+b)²/8 ≥ (a+b)/2 - 1/2; д) a² - 4a + 12 > 4b - b².

Для доказательства этих неравенств перенесем все слагаемые в левую часть и выделим полные квадраты. Помним, что квадрат любого числа всегда неотрицателен ($x^2 \ge 0$). а) $a^2 + b^2 > 2(a + b) - 2$ $a^2 + b^2 - 2a - 2b + 2 > 0$ $(a^2 - 2a + 1) + (b^2 - 2b + 1) > 0$ $(a - 1)^2 + (b - 1)^2 > 0$ Сумма квадратов больше нуля, так как равенство нулю достигалось бы только при $a=1$ и $b=1$ одновременно, а в условии стоит строгий знак $>$. б) $a^2b^2 - ab \ge -\frac{1}{4}$ $a^2b^2 - ab + \frac{1}{4} \ge 0$ $(ab - \frac{1}{2})^2 \ge 0$ Квадрат выражения всегда больше или равен нулю. Доказано. в) $a^2 + b^2 + c^2 \ge 2a(b + c) - a^2$ $a^2 + b^2 + c^2 - 2ab - 2ac + a^2 \ge 0$ $(a^2 - 2ab + b^2) + (a^2 - 2ac + c^2) \ge 0$ $(a - b)^2 + (a - c)^2 \ge 0$ Сумма квадратов всегда неотрицательна. Доказано. г) $\frac{(a + b)^2}{8} \ge \frac{a + b}{2} - \frac{1}{2}$ Умножим всё на 8: $(a + b)^2 \ge 4(a + b) - 4$ $(a + b)^2 - 4(a + b) + 4 \ge 0$ Пусть $(a + b) = t$, тогда: $t^2 - 4t + 4 \ge 0$ $(t - 2)^2 \ge 0$, то есть $((a + b) - 2)^2 \ge 0$ Квадрат выражения всегда неотрицателен. Доказано. д) $a^2 - 4a + 12 > 4b - b^2$ $a^2 - 4a + 12 - 4b + b^2 > 0$ $(a^2 - 4a + 4) + (b^2 - 4b + 4) + 4 > 0$ $(a - 2)^2 + (b - 2)^2 + 4 > 0$ Сумма двух квадратов и положительного числа 4 всегда больше нуля. Доказано.