Номер 61, страница 149, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Кучер

61. Докажите неравенство $ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \ge \frac{3}{2} $, где $a, b, c$ — положительные числа.

Данное неравенство известно как неравенство Несбитта. Существует несколько способов его доказательства. Приведем два из них.

Способ 1: Замена переменных

Введем новые переменные. Пусть $x = b+c$, $y = a+c$, $z = a+b$. Так как $a, b, c$ — положительные числа по условию, то $x, y, z$ также положительны.

Теперь выразим $a, b, c$ через $x, y, z$. Сложив три равенства, получим:

$x+y+z = (b+c) + (a+c) + (a+b) = 2(a+b+c)$

Отсюда следует, что $a+b+c = \frac{x+y+z}{2}$.

Теперь найдем $a, b, c$ по отдельности:

$a = (a+b+c) - (b+c) = \frac{x+y+z}{2} - x = \frac{y+z-x}{2}$

$b = (a+b+c) - (a+c) = \frac{x+y+z}{2} - y = \frac{x+z-y}{2}$

$c = (a+b+c) - (a+b) = \frac{x+y+z}{2} - z = \frac{x+y-z}{2}$

Подставим эти выражения в левую часть исходного неравенства:

$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} = \frac{(y+z-x)/2}{x} + \frac{(x+z-y)/2}{y} + \frac{(x+y-z)/2}{z}$

$= \frac{1}{2} \left( \frac{y+z-x}{x} + \frac{x+z-y}{y} + \frac{x+y-z}{z} \right)$

$= \frac{1}{2} \left( \frac{y}{x} + \frac{z}{x} - 1 + \frac{x}{y} + \frac{z}{y} - 1 + \frac{x}{z} + \frac{y}{z} - 1 \right)$

Сгруппируем слагаемые:

$= \frac{1}{2} \left( \left(\frac{x}{y} + \frac{y}{x}\right) + \left(\frac{x}{z} + \frac{z}{x}\right) + \left(\frac{y}{z} + \frac{z}{y}\right) - 3 \right)$

Воспользуемся известным неравенством: для любого положительного числа $t > 0$ справедливо $t + \frac{1}{t} \ge 2$. Это следует из неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для двух чисел.

Применим это к каждой паре слагаемых в скобках:

$\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \ge 2$

$\frac{x}{z} + \frac{z}{x} \ge 2$

$\frac{y}{z} + \frac{z}{y} \ge 2$

Следовательно, выражение в левой части не меньше, чем:

$\frac{1}{2} (2 + 2 + 2 - 3) = \frac{1}{2}(3) = \frac{3}{2}$

Таким образом, мы доказали, что $\frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b} \ge \frac{3}{2}$. Равенство достигается при $x=y=z$, что соответствует случаю $a=b=c$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

Способ 2: Преобразование выражения и неравенство о средних

Обозначим левую часть неравенства через $S$:

$S = \frac{a}{b+c} + \frac{b}{a+c} + \frac{c}{a+b}$

Прибавим к каждой дроби 1. Это эквивалентно прибавлению 3 к левой части. После этого преобразуем выражение:

$S+3 = \left(\frac{a}{b+c} + 1\right) + \left(\frac{b}{a+c} + 1\right) + \left(\frac{c}{a+b} + 1\right)$

$S+3 = \frac{a+b+c}{b+c} + \frac{a+b+c}{a+c} + \frac{a+b+c}{a+b}$

Вынесем общий множитель $(a+b+c)$ за скобки:

$S+3 = (a+b+c) \left( \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b} \right)$

Теперь воспользуемся неравенством между средним арифметическим (AM) и средним гармоническим (HM) для трех положительных чисел $x_1 = b+c$, $x_2 = a+c$ и $x_3 = a+b$.

Неравенство AM-HM имеет вид: $\frac{x_1+x_2+x_3}{3} \ge \frac{3}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}}$.

Подставим наши значения:

$\frac{(b+c)+(a+c)+(a+b)}{3} \ge \frac{3}{\frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b}}$

Упростим левую часть:

$\frac{2(a+b+c)}{3} \ge \frac{3}{\frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b}}$

Перемножим обе части на $3 \cdot \left( \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b} \right)$ (это выражение положительно, так как $a,b,c > 0$):

$2(a+b+c) \left( \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b} \right) \ge 9$

Разделим обе части на 2:

$(a+b+c) \left( \frac{1}{b+c} + \frac{1}{a+c} + \frac{1}{a+b} \right) \ge \frac{9}{2}$

Левая часть этого неравенства — это в точности наше выражение для $S+3$.

Следовательно, $S+3 \ge \frac{9}{2}$.

Вычитая 3 из обеих частей, получаем исходное неравенство:

$S \ge \frac{9}{2} - 3 \implies S \ge \frac{3}{2}$

Равенство достигается, когда средние равны, то есть когда $b+c = a+c = a+b$, что возможно только при $a=b=c$.

Ответ: Что и требовалось доказать.