Номер 120, страница 327 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Авторы: Колмогоров А. Н., Абрамов А. М., Дудницын Ю. П.
Тип: Учебник
Издательство: Просвещение
Год издания: 2008 - 2025
Цвет обложки: зелёный, чёрный
ISBN: 978-5-09-019513-3
Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации
Алгебра и начала математического анализа
Популярные ГДЗ в 10 классе
Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы. Глава 6. Задачи повышенной трудности - номер 120, страница 327.
№120 (с. 327)
Условие. №120 (с. 327)
скриншот условия


Докажите неравенства (120–124).
120.а) $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + ac + bc;$
б) $(a + b) (b + c) (c + a) \ge 8abc (a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0);$
в) если $a + b + c = 1$, то $a^2 + b^2 + c^2 \ge \frac{1}{3};$
г) $a^4 + b^4 + c^4 \ge abc (a + b + c).$
Решение 3. №120 (с. 327)

Решение 5. №120 (с. 327)
а) $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + ac + bc$
Для доказательства перенесем все члены неравенства в левую часть:
$a^2 + b^2 + c^2 - ab - ac - bc \ge 0$
Умножим обе части неравенства на 2. Так как 2 > 0, знак неравенства не изменится:
$2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2ac - 2bc \ge 0$
Сгруппируем члены таким образом, чтобы можно было выделить полные квадраты разностей:
$(a^2 - 2ab + b^2) + (a^2 - 2ac + c^2) + (b^2 - 2bc + c^2) \ge 0$
Запишем сгруппированные члены в виде квадратов:
$(a - b)^2 + (a - c)^2 + (b - c)^2 \ge 0$
Квадрат любого действительного числа является неотрицательной величиной. Следовательно, $(a - b)^2 \ge 0$, $(a - c)^2 \ge 0$ и $(b - c)^2 \ge 0$. Сумма неотрицательных чисел также неотрицательна. Таким образом, последнее неравенство верно для любых действительных чисел $a, b, c$. Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство также верно. Равенство достигается, когда все слагаемые равны нулю, то есть когда $a - b = 0$, $a - c = 0$ и $b - c = 0$, что эквивалентно условию $a = b = c$.
Ответ: Неравенство $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + ac + bc$ доказано.
б) $(a + b)(b + c)(c + a) \ge 8abc$ (при $a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0$)
Для доказательства этого неравенства воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для двух неотрицательных чисел: $\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy}$, или $x+y \ge 2\sqrt{xy}$.
Применим это неравенство для пар неотрицательных чисел $(a, b)$, $(b, c)$ и $(c, a)$:
$a + b \ge 2\sqrt{ab}$
$b + c \ge 2\sqrt{bc}$
$c + a \ge 2\sqrt{ca}$
Поскольку все части этих неравенств неотрицательны (так как $a, b, c \ge 0$), мы можем их перемножить, при этом знак неравенства сохранится:
$(a + b)(b + c)(c + a) \ge (2\sqrt{ab})(2\sqrt{bc})(2\sqrt{ca})$
Упростим правую часть полученного неравенства:
$8\sqrt{ab \cdot bc \cdot ca} = 8\sqrt{a^2 b^2 c^2} = 8\sqrt{(abc)^2}$
Так как $a, b, c \ge 0$, то $abc \ge 0$, и следовательно, $\sqrt{(abc)^2} = abc$.
Таким образом, мы получаем искомое неравенство:
$(a + b)(b + c)(c + a) \ge 8abc$
Равенство достигается, когда во всех трех примененных неравенствах Коши достигается равенство, то есть когда $a = b$, $b = c$ и $c = a$, что означает $a = b = c$.
Ответ: Неравенство $(a + b)(b + c)(c + a) \ge 8abc$ для $a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0$ доказано.
в) если $a + b + c = 1$, то $a^2 + b^2 + c^2 \ge \frac{1}{3}$
Для доказательства воспользуемся результатом, полученным в пункте а): $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + ac + bc$.
Рассмотрим известную формулу квадрата суммы трех чисел:
$(a + b + c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + ac + bc)$
Из неравенства пункта а) следует, что $ab + ac + bc \le a^2 + b^2 + c^2$. Используя это, мы можем оценить правую часть формулы квадрата суммы сверху:
$(a + b + c)^2 = a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + ac + bc) \le (a^2 + b^2 + c^2) + 2(a^2 + b^2 + c^2)$
$(a + b + c)^2 \le 3(a^2 + b^2 + c^2)$
По условию задачи $a + b + c = 1$. Подставим это значение:
$1^2 \le 3(a^2 + b^2 + c^2)$
$1 \le 3(a^2 + b^2 + c^2)$
Разделив обе части на 3, получим искомое неравенство:
$a^2 + b^2 + c^2 \ge \frac{1}{3}$
Равенство достигается, когда $ab + ac + bc = a^2 + b^2 + c^2$, что, как показано в пункте а), происходит при $a = b = c$. Учитывая условие $a + b + c = 1$, получаем $a = b = c = \frac{1}{3}$.
Ответ: Утверждение "если $a + b + c = 1$, то $a^2 + b^2 + c^2 \ge \frac{1}{3}$" доказано.
г) $a^4 + b^4 + c^4 \ge abc(a + b + c)$
Для доказательства этого неравенства мы дважды применим неравенство из пункта а): $x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + yz + zx$.
Шаг 1: Применим это неравенство для $x = a^2, y = b^2, z = c^2$.
$(a^2)^2 + (b^2)^2 + (c^2)^2 \ge a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2$
$a^4 + b^4 + c^4 \ge a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2$
Шаг 2: Теперь докажем, что $a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \ge abc(a + b + c)$. Для этого снова применим неравенство из пункта а), но для переменных $x = ab, y = bc, z = ca$.
$(ab)^2 + (bc)^2 + (ca)^2 \ge (ab)(bc) + (bc)(ca) + (ca)(ab)$
$a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \ge ab^2c + abc^2 + a^2bc$
Вынесем общий множитель $abc$ в правой части:
$a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \ge abc(b + c + a)$
Шаг 3: Объединим результаты. Из шага 1 мы имеем $a^4 + b^4 + c^4 \ge a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2$. Из шага 2 мы имеем $a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \ge abc(a + b + c)$. Используя свойство транзитивности для неравенств, получаем:
$a^4 + b^4 + c^4 \ge a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \ge abc(a + b + c)$
Следовательно, $a^4 + b^4 + c^4 \ge abc(a + b + c)$.
Равенство достигается, когда в обоих примененных неравенствах достигается равенство. Для первого неравенства это $a^2 = b^2 = c^2$. Для второго — $ab = bc = ca$. Совместное выполнение этих условий для действительных чисел возможно тогда и только тогда, когда $a = b = c$.
Ответ: Неравенство $a^4 + b^4 + c^4 \ge abc(a + b + c)$ доказано.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz
ПрисоединитьсяМы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10-11 класс, для упражнения номер 120 расположенного на странице 327 к учебнику 2008 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №120 (с. 327), авторов: Колмогоров (Андрей Николаевич), Абрамов (Александр Михайлович), Дудницын (Юрий Павлович), учебного пособия издательства Просвещение.