Номер 146, страница 81 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

1)

Берілген оң сан $S$ болсын. Оны екі оң қосылғышқа жіктейік: $x$ және $y$. Шарт бойынша $x > 0$, $y > 0$ және $x+y=S$. Осы қосылғыштардың көбейтіндісі $P = xy$ ең үлкен мәнге ие болуы керек.

Екі оң сан үшін Коши теңсіздігін (арифметикалық және геометриялық орташалар туралы теңсіздік) қолданамыз:

$\frac{x+y}{2} \geq \sqrt{xy}$

$x+y=S$ екенін ескеріп, осы өрнекті теңсіздікке қоямыз:

$\frac{S}{2} \geq \sqrt{xy}$

Теңсіздіктің екі жағы да оң болғандықтан, оны квадраттаймыз:

$(\frac{S}{2})^2 \geq xy$

$\frac{S^2}{4} \geq P$

Бұл көбейтінді $P$-ның ең үлкен мәні $\frac{S^2}{4}$-ке тең немесе одан кіші екенін көрсетеді. Көбейтіндінің ең үлкен мәніне Коши теңсіздігінде теңдік орындалғанда жетеміз. Теңдік $x=y$ болғанда ғана орындалады.

$x=y$ және $x+y=S$ шарттарын пайдаланып, табамыз:

$x+x = S \Rightarrow 2x = S \Rightarrow x = \frac{S}{2}$

Демек, $y = x = \frac{S}{2}$.

Сонымен, берілген оң санды көбейтіндісі ең үлкен болатындай екі оң қосылғышқа жіктеу үшін, оны екі тең бөлікке бөлу керек.

Ответ: Берілген оң санды көбейтіндісі ең үлкен болуы үшін, оны екі тең қосылғышқа жіктеу керек, яғни егер сан $S$ болса, қосылғыштар $\frac{S}{2}$ және $\frac{S}{2}$ болады.

2)

$a, b, c$ оң сандар үшін Коши теңсіздігін (арифметикалық және геометриялық орташалар туралы теңсіздік) қолданамыз. Бірінші жақшадағы $a, b, c$ сандары үшін:

$\frac{a+b+c}{3} \geq \sqrt[3]{abc}$

Бұдан $a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc}$ (1) шығады.

Енді екінші жақшадағы $\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ оң сандары үшін Коши теңсіздігін қолданамыз:

$\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}{3} \geq \sqrt[3]{\frac{1}{a} \cdot \frac{1}{b} \cdot \frac{1}{c}}$

Бұдан $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}$ (2) шығады.

(1) және (2) теңсіздіктердің екі жағы да оң болғандықтан, оларды мүшелеп көбейтеміз:

$(a+b+c) \cdot (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq (3\sqrt[3]{abc}) \cdot (3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}})$

Көбейтіндіні есептейміз:

$(a+b+c) \cdot (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq 9 \cdot \sqrt[3]{abc \cdot \frac{1}{abc}}$

$(a+b+c) \cdot (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq 9 \cdot \sqrt[3]{1}$

$(a+b+c) \cdot (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq 9$

Теңсіздік дәлелденді. Теңдік жағдайы $a=b=c$ болғанда орындалады.

Ответ: Теңсіздік Коши теңсіздігін $a, b, c$ және $\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ сандарына қолданып, нәтижелерді көбейту арқылы дәлелденеді.

3)

Бұл теңсіздік $x, y, a, b$ теріс емес сандары үшін арифметикалық және геометриялық орташалар туралы теңсіздік болып табылады (Коши теңсіздігі).

Оны дәлелдеу үшін екі санға арналған Коши теңсіздігін $\frac{u+v}{2} \geq \sqrt{uv}$ (мұнда $u, v \geq 0$) екі рет қолданамыз.

Алдымен $x, y$ сандарына және $a, b$ сандарына жеке-жеке қолданамыз:

$\frac{x+y}{2} \geq \sqrt{xy}$ (1)

$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$ (2)

Енді теңсіздіктің сол жағын түрлендірейік:

$\frac{x+y+a+b}{4} = \frac{\frac{x+y}{2} + \frac{a+b}{2}}{2}$

Бұл өрнекке $u = \frac{x+y}{2}$ және $v = \frac{a+b}{2}$ деп алып, екі санға арналған Коши теңсіздігін қайта қолданамыз:

$\frac{\frac{x+y}{2} + \frac{a+b}{2}}{2} \geq \sqrt{(\frac{x+y}{2}) \cdot (\frac{a+b}{2})}$

Енді осы теңсіздіктің оң жағына (1) және (2) теңсіздіктерді қолданамыз. Барлық мүшелер теріс емес болғандықтан, бұлай істеуге болады:

$\sqrt{(\frac{x+y}{2}) \cdot (\frac{a+b}{2})} \geq \sqrt{\sqrt{xy} \cdot \sqrt{ab}}$

Нәтижелерді біріктіреміз:

$\frac{x+y+a+b}{4} \geq \sqrt{\sqrt{xy} \cdot \sqrt{ab}}$

Түбірлердің қасиетін қолданып, өрнекті ықшамдаймыз:

$\frac{x+y+a+b}{4} \geq \sqrt{\sqrt{xyab}} = ( (xyab)^{\frac{1}{2}} )^{\frac{1}{2}} = (xyab)^{\frac{1}{4}}$

Сонымен, $\frac{x+y+a+b}{4} \geq \sqrt[4]{xyab}$.

Теңсіздік дәлелденді. Теңдік жағдайы $x=y=a=b$ болғанда орындалады.

Ответ: Берілген теңсіздік төрт санға арналған Коши теңсіздігі болып табылады және оны екі санға арналған Коши теңсіздігін екі рет қолдану арқылы дәлелдеуге болады.