Номер 124, страница 328 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы. Глава 6. Задачи повышенной трудности - номер 124, страница 328.

Условие.

124. $\sqrt{(a+c)(b+d)} \ge \sqrt{ab} + \sqrt{cd}$ $(a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0, d \ge 0)$.

Решение 5.

Решение:

Требуется доказать неравенство $\sqrt{(a+c)(b+d)} \ge \sqrt{ab} + \sqrt{cd}$ для $a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0, d \ge 0$. Представим два способа доказательства.

Способ 1: Возведение в квадрат и использование неравенства о средних

Поскольку все переменные $a, b, c, d$ по условию неотрицательны, обе части неравенства также неотрицательны. Это позволяет нам возвести обе части в квадрат, не изменяя знака неравенства: $(\sqrt{(a+c)(b+d)})^2 \ge (\sqrt{ab} + \sqrt{cd})^2$

Раскроем скобки в левой и правой частях: $(a+c)(b+d) \ge (\sqrt{ab})^2 + 2\sqrt{ab}\sqrt{cd} + (\sqrt{cd})^2$ $ab + ad + bc + cd \ge ab + 2\sqrt{abcd} + cd$

После вычитания из обеих частей одинаковых слагаемых $ab$ и $cd$, неравенство принимает вид: $ad + bc \ge 2\sqrt{abcd}$

Это неравенство является прямым следствием неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для двух неотрицательных чисел $x = ad$ и $y = bc$. Напомним, что для любых неотрицательных $x$ и $y$ справедливо $\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy}$, или $x+y \ge 2\sqrt{xy}$. Применив это к $ad$ и $bc$, мы получаем $ad+bc \ge 2\sqrt{(ad)(bc)} = 2\sqrt{abcd}$.

Поскольку все наши преобразования были эквивалентными, а последнее неравенство истинно, то и исходное неравенство также истинно.

Способ 2: Использование неравенства Коши-Буняковского-Шварца

Неравенство Коши-Буняковского-Шварца для двух наборов действительных чисел $(x_1, x_2)$ и $(y_1, y_2)$ записывается как $(x_1y_1 + x_2y_2)^2 \le (x_1^2 + x_2^2)(y_1^2 + y_2^2)$.

Выберем $x_1 = \sqrt{a}$, $x_2 = \sqrt{c}$, $y_1 = \sqrt{b}$ и $y_2 = \sqrt{d}$. Так как $a,b,c,d \ge 0$, все эти значения являются действительными числами. Подставим их в неравенство Коши-Буняковского-Шварца: $(\sqrt{a}\sqrt{b} + \sqrt{c}\sqrt{d})^2 \le ((\sqrt{a})^2 + (\sqrt{c})^2)((\sqrt{b})^2 + (\sqrt{d})^2)$ $(\sqrt{ab} + \sqrt{cd})^2 \le (a+c)(b+d)$

Так как обе части неотрицательны, можно извлечь квадратный корень, сохранив знак неравенства: $\sqrt{ab} + \sqrt{cd} \le \sqrt{(a+c)(b+d)}$, что и доказывает исходное утверждение.

В обоих способах равенство достигается при одном и том же условии. В неравенстве о средних равенство имеет место, когда $ad = bc$. В неравенстве Коши-Буняковского-Шварца равенство имеет место, когда наборы пропорциональны, т.е. $\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}} = \frac{\sqrt{c}}{\sqrt{d}}$ (при $b, d \ne 0$), что после возведения в квадрат также дает $ad = bc$. Если $b=0$, то для равенства необходимо $a=0$ или $d=0$. Если $d=0$, то необходимо $c=0$ или $b=0$. В общем случае условие равенства — $ad=bc$.

Ответ: Неравенство доказано. Оно справедливо для всех $a, b, c, d \ge 0$. Равенство достигается при $ad = bc$.