Номер 119, страница 327 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы - номер 119, страница 327.

Условие.

119. Докажите неравенство:

а) $ \frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab} (a > 0, b > 0); $

б) $ a + \frac{1}{a} \ge 2 (a > 0); $

в) $ \frac{a+b+c+d}{4} \ge \sqrt[4]{abcd} (a, b, c, d - \text{положительные числа}); $

г) $ \frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc} (a > 0, b > 0, c > 0). $

Решение 5.

Все представленные неравенства являются частными случаями неравенства о средних арифметическом и геометрическом (неравенство Коши). Докажем каждое из них.

а)

Необходимо доказать, что для любых положительных чисел $a$ и $b$ выполняется неравенство $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$.

Рассмотрим квадрат разности чисел $\sqrt{a}$ и $\sqrt{b}$. Так как $a > 0$ и $b > 0$, то $\sqrt{a}$ и $\sqrt{b}$ являются действительными числами. Квадрат любого действительного числа неотрицателен, поэтому:
$(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \ge 0$

Раскроем скобки, используя формулу квадрата разности:
$(\sqrt{a})^2 - 2\sqrt{a}\sqrt{b} + (\sqrt{b})^2 \ge 0$
$a - 2\sqrt{ab} + b \ge 0$

Перенесем слагаемое $-2\sqrt{ab}$ в правую часть неравенства, изменив его знак:
$a + b \ge 2\sqrt{ab}$

Разделим обе части неравенства на 2. Так как 2 — положительное число, знак неравенства не изменится:
$\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$

Неравенство доказано. Равенство достигается в том случае, если $(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 = 0$, то есть когда $\sqrt{a} = \sqrt{b}$, что эквивалентно $a = b$.

Ответ: Неравенство доказано.

б)

Необходимо доказать, что для любого $a > 0$ выполняется неравенство $a + \frac{1}{a} \ge 2$.

Это неравенство является прямым следствием неравенства, доказанного в пункте а). Возьмем в качестве второго числа $b = \frac{1}{a}$. Так как $a > 0$, то и $b = \frac{1}{a} > 0$.

Применим неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом для $a$ и $\frac{1}{a}$:
$\frac{a + \frac{1}{a}}{2} \ge \sqrt{a \cdot \frac{1}{a}}$

Упростим правую часть неравенства:
$\sqrt{a \cdot \frac{1}{a}} = \sqrt{1} = 1$

Таким образом, получаем:
$\frac{a + \frac{1}{a}}{2} \ge 1$

Умножим обе части неравенства на 2:
$a + \frac{1}{a} \ge 2$

Неравенство доказано. Равенство достигается, когда $a = b$, то есть $a = \frac{1}{a}$, что дает $a^2 = 1$. Поскольку $a > 0$, равенство выполняется при $a = 1$.

Ответ: Неравенство доказано.

в)

Необходимо доказать, что для любых положительных чисел $a, b, c, d$ выполняется неравенство $\frac{a+b+c+d}{4} \ge \sqrt[4]{abcd}$.

Для доказательства воспользуемся уже доказанным неравенством из пункта а). Применим его дважды.
Сначала для пар чисел $(a, b)$ и $(c, d)$:
1) $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$
2) $\frac{c+d}{2} \ge \sqrt{cd}$

Теперь применим неравенство а) к левым частям полученных неравенств. Пусть $x = \frac{a+b}{2}$ и $y = \frac{c+d}{2}$. Так как $a, b, c, d$ положительны, то и $x, y$ положительны.
$\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy}$

Подставим в левую часть выражения для $x$ и $y$:
$\frac{x+y}{2} = \frac{\frac{a+b}{2} + \frac{c+d}{2}}{2} = \frac{a+b+c+d}{4}$

Теперь рассмотрим правую часть. Так как $x \ge \sqrt{ab}$ и $y \ge \sqrt{cd}$, и все части неравенств положительны, то $xy \ge \sqrt{ab}\sqrt{cd} = \sqrt{abcd}$. Следовательно:
$\sqrt{xy} \ge \sqrt{\sqrt{abcd}} = \sqrt[4]{abcd}$

Собирая все вместе, получаем:
$\frac{a+b+c+d}{4} = \frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy} \ge \sqrt[4]{abcd}$

Таким образом, $\frac{a+b+c+d}{4} \ge \sqrt[4]{abcd}$. Неравенство доказано. Равенство достигается, когда во всех использованных неравенствах достигается равенство, то есть когда $a=b$, $c=d$ и $x=y$. Условие $x=y$ означает $\frac{a+b}{2} = \frac{c+d}{2}$. Совместно эти условия выполняются только при $a=b=c=d$.

Ответ: Неравенство доказано.

г)

Необходимо доказать, что для любых положительных чисел $a, b, c$ выполняется неравенство $\frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc}$.

Для доказательства воспользуемся уже доказанным неравенством из пункта в) для четырех чисел. Этот метод называется обратной индукцией Коши.

Рассмотрим четыре положительных числа: $a, b, c$ и $d = \frac{a+b+c}{3}$. Среднее арифметическое этих трех чисел также является положительным числом.

Применим к этим четырем числам неравенство из пункта в):
$\frac{a+b+c+d}{4} \ge \sqrt[4]{abcd}$

Подставим $d = \frac{a+b+c}{3}$ в это неравенство:
$\frac{a+b+c+\frac{a+b+c}{3}}{4} \ge \sqrt[4]{abc \cdot \frac{a+b+c}{3}}$

Упростим левую часть:
$\frac{\frac{3(a+b+c) + (a+b+c)}{3}}{4} = \frac{\frac{4(a+b+c)}{3}}{4} = \frac{a+b+c}{3}$

Теперь неравенство имеет вид:
$\frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[4]{abc \cdot \frac{a+b+c}{3}}$

Обозначим среднее арифметическое $M = \frac{a+b+c}{3}$. Тогда неравенство можно переписать как:
$M \ge \sqrt[4]{abc \cdot M}$

Поскольку обе части неравенства положительны, мы можем возвести их в 4-ю степень, сохранив знак неравенства:
$M^4 \ge abc \cdot M$

Так как $M > 0$, мы можем разделить обе части на $M$:
$M^3 \ge abc$

Извлечем кубический корень из обеих частей. Функция кубического корня является возрастающей, поэтому знак неравенства сохраняется:
$M \ge \sqrt[3]{abc}$

Подставив обратно значение $M$, получаем искомое неравенство:
$\frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc}$

Неравенство доказано. Равенство достигается, когда все четыре числа, для которых мы применяли неравенство, равны: $a=b=c=d$. Поскольку $d=\frac{a+b+c}{3}$, это означает, что $a=b=c$.

Ответ: Неравенство доказано.