Номер 31.15, страница 200, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 31. Доказательство неравенств. Глава 6. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств*. ч. 2 - номер 31.15, страница 200.

31.15. a) $a + b \ge ab + 1$, $a > 0$, $b > 0$, $ab = 1$;

б) $a + b + c \ge 3$, $a > 0$, $b > 0$, $c > 0$, $abc = 1$;

В) $a + b + c + d \ge 4$, $a > 0$, $b > 0$, $c > 0$, $d > 0$, $abcd = 1$;

Г) $a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 \ge 5$, $a_1 > 0$, $a_2 > 0$, $a_3 > 0$, $a_4 > 0$, $a_5 > 0$, $a_1a_2a_3a_4a_5 = 1$.

а) Для доказательства неравенства $a + b \ge ab + 1$ при заданных условиях $a > 0, b > 0, ab = 1$ выполним следующие преобразования.
Перенесем все члены в левую часть:
$a + b - ab - 1 \ge 0$
Сгруппируем слагаемые:
$(a - ab) + (b - 1) \ge 0$
$a(1 - b) - (1 - b) \ge 0$
Вынесем общий множитель $(1-b)$ за скобки:
$(a - 1)(1 - b) \ge 0$
Из условия $ab=1$ следует, что $b = \frac{1}{a}$. Подставим это выражение в полученное неравенство:
$(a - 1)(1 - \frac{1}{a}) \ge 0$
Приведем выражение во второй скобке к общему знаменателю:
$(a - 1)(\frac{a - 1}{a}) \ge 0$
$\frac{(a - 1)^2}{a} \ge 0$
Поскольку по условию $a > 0$, знаменатель дроби положителен. Числитель $(a - 1)^2$ является полным квадратом и, следовательно, всегда неотрицателен (то есть больше или равен нулю). Таким образом, вся дробь всегда неотрицательна.
Неравенство доказано. Равенство достигается при $(a-1)^2 = 0$, то есть при $a=1$, что влечет $b=1$.
Ответ: Неравенство доказано.

б) Для доказательства неравенства $a + b + c \ge 3$ при условиях $a > 0, b > 0, c > 0$ и $abc = 1$ воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для трех положительных чисел.
Неравенство Коши для трех чисел гласит:
$\frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc}$
Умножив обе части на 3, получим:
$a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}$
По условию задачи произведение $abc = 1$. Подставим это значение в неравенство:
$a+b+c \ge 3\sqrt[3]{1}$
$a+b+c \ge 3 \cdot 1$
$a+b+c \ge 3$
Неравенство доказано. Равенство в неравенстве Коши достигается тогда и только тогда, когда числа равны, то есть $a=b=c$. Учитывая условие $abc=1$, получаем $a=b=c=1$.
Ответ: Неравенство доказано.

в) Для доказательства неравенства $a + b + c + d \ge 4$ при условиях $a, b, c, d > 0$ и $abcd = 1$ применим неравенство Коши для четырех положительных чисел.
Согласно неравенству о среднем арифметическом и среднем геометрическом:
$\frac{a+b+c+d}{4} \ge \sqrt[4]{abcd}$
Отсюда следует:
$a+b+c+d \ge 4\sqrt[4]{abcd}$
Используя условие $abcd = 1$, подставляем его в неравенство:
$a+b+c+d \ge 4\sqrt[4]{1}$
$a+b+c+d \ge 4$
Неравенство доказано. Равенство достигается при $a=b=c=d$. С учетом $abcd=1$, это возможно только при $a=b=c=d=1$.
Ответ: Неравенство доказано.

г) Для доказательства неравенства $a_1+a_2+a_3+a_4+a_5 \ge 5$ при условиях $a_i > 0$ для $i=1,..,5$ и $a_1a_2a_3a_4a_5 = 1$ используем обобщенное неравенство Коши для пяти положительных чисел.
Неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом для $n=5$ чисел имеет вид:
$\frac{a_1+a_2+a_3+a_4+a_5}{5} \ge \sqrt[5]{a_1a_2a_3a_4a_5}$
Умножим обе части на 5:
$a_1+a_2+a_3+a_4+a_5 \ge 5\sqrt[5]{a_1a_2a_3a_4a_5}$
По условию, произведение $a_1a_2a_3a_4a_5 = 1$. Подставляем это значение:
$a_1+a_2+a_3+a_4+a_5 \ge 5\sqrt[5]{1}$
$a_1+a_2+a_3+a_4+a_5 \ge 5$
Неравенство доказано. Равенство имеет место, когда все числа равны: $a_1=a_2=a_3=a_4=a_5$. Так как их произведение равно 1, то $a_1=a_2=a_3=a_4=a_5=1$.
Ответ: Неравенство доказано.