Номер 9.99, страница 113, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

9.99. Докажите неравенство:

1) $\frac{a+b+c}{2} \ge \sqrt[3]{abc}$;

2) $(x+y)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right) \ge 4,(x > 0,y > 0)$;

3) $a+b+c \ge \sqrt{ab} + \sqrt{ac} + \sqrt{bc}, (a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0)$;

4) $(1-a)(1-b)(1-c) \ge 8abc, (a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0, a+b+c = 1)$.

1)

Воспользуемся неравенством о средних арифметическом и геометрическом (неравенство Коши) для трех неотрицательных чисел $a, b, c$: $\frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc}$. Умножив обе части на 3, получим $a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}$.

Поскольку для неотрицательных чисел $\sqrt[3]{abc} \ge 0$, а константа $\text{3}$ больше $\text{2}$, справедливо неравенство $3\sqrt[3]{abc} \ge 2\sqrt[3]{abc}$.

Таким образом, мы можем составить цепочку неравенств: $a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc} \ge 2\sqrt[3]{abc}$. Из нее следует, что $a+b+c \ge 2\sqrt[3]{abc}$. Разделив обе части последнего неравенства на 2, получим требуемое: $\frac{a+b+c}{2} \ge \sqrt[3]{abc}$.

Ответ:

2)

Раскроем скобки в левой части неравенства: $(x+y)(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}) = x \cdot \frac{1}{x} + x \cdot \frac{1}{y} + y \cdot \frac{1}{x} + y \cdot \frac{1}{y} = 1 + \frac{x}{y} + \frac{y}{x} + 1 = 2 + \frac{x}{y} + \frac{y}{x}$.

Неравенство принимает вид $2 + \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \ge 4$, что равносильно $\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \ge 2$.

Для доказательства последнего неравенства воспользуемся неравенством Коши для двух положительных чисел $A = \frac{x}{y}$ и $B = \frac{y}{x}$ (поскольку $x>0, y>0$, то и $A,B > 0$). Согласно неравенству Коши, $\frac{A+B}{2} \ge \sqrt{AB}$.

Подставим наши значения: $\frac{\frac{x}{y} + \frac{y}{x}}{2} \ge \sqrt{\frac{x}{y} \cdot \frac{y}{x}} = \sqrt{1} = 1$. Умножив обе части на 2, получаем $\frac{x}{y} + \frac{y}{x} \ge 2$.

Таким образом, исходное неравенство $(x+y)(\frac{1}{x} + \frac{1}{y}) = 2 + \frac{x}{y} + \frac{y}{x} \ge 2 + 2 = 4$ доказано.

Ответ:

3)

Для доказательства воспользуемся неравенством о средних арифметическом и геометрическом (неравенство Коши) для пар положительных чисел. Применим его трижды для пар $(a, b), (a, c)$ и $(b, c)$:

1. $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$

2. $\frac{a+c}{2} \ge \sqrt{ac}$

3. $\frac{b+c}{2} \ge \sqrt{bc}$

Сложим левые и правые части этих трех неравенств:

$\frac{a+b}{2} + \frac{a+c}{2} + \frac{b+c}{2} \ge \sqrt{ab} + \sqrt{ac} + \sqrt{bc}$

Преобразуем левую часть: $\frac{(a+b)+(a+c)+(b+c)}{2} = \frac{2a+2b+2c}{2} = a+b+c$.

В результате получаем $a+b+c \ge \sqrt{ab} + \sqrt{ac} + \sqrt{bc}$. Неравенство доказано.

Ответ:

4)

Согласно условию, $a+b+c=1$ и $a, b, c \ge 0$. Преобразуем левую часть неравенства, используя это условие:

$1-a = (a+b+c) - a = b+c$

$1-b = (a+b+c) - b = a+c$

$1-c = (a+b+c) - c = a+b$

После подстановки исходное неравенство принимает вид: $(b+c)(a+c)(a+b) \ge 8abc$.

Докажем это неравенство, используя неравенство Коши для пар неотрицательных чисел:

$b+c \ge 2\sqrt{bc}$

$a+c \ge 2\sqrt{ac}$

$a+b \ge 2\sqrt{ab}$

Поскольку все части неравенств неотрицательны (так как $a, b, c \ge 0$), мы можем их перемножить:

$(b+c)(a+c)(a+b) \ge (2\sqrt{bc})(2\sqrt{ac})(2\sqrt{ab}) = 8\sqrt{a^2b^2c^2} = 8\sqrt{(abc)^2}$.

Так как $a, b, c \ge 0$, то $abc \ge 0$, и поэтому $\sqrt{(abc)^2} = abc$.

Таким образом, мы доказали, что $(b+c)(a+c)(a+b) \ge 8abc$, что и требовалось.

Ответ: