Номер 1007, страница 226 - гдз по алгебре 8 класс учебник Макарычев, Миндюк

41. Доказательство неравенств. § 12. Неравенства с одной переменной и их системы. Глава 4. Неравенства - номер 1007, страница 226.

1007. Докажите, что:

$$\begin{gathered} \mathbf{\text{a) }}\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}\ge 6 \\ \frac{ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ac\left(a+c\right)}{abc}\ge 6 \\ \frac{a^{2}b+a{b}^2+b^{2}c+b{c}^2+a^{2}c+a{c}^2}{abc}\ge 6 \\ \frac{\left(a^{2}b+b{c}^2\right)+\left(a{b}^2+a{c}^2\right)+\left(b^{2}c+a^{2}c\right)}{abc}\ge 6 \end{gathered}$$

Из соотношения между средним арифметическим и средним геометрическим двух положительных чисел следует, что при a>0, b>0, c>0

$\frac{a^{2}b+b{c}^2}{2}\ge \sqrt{a^2{b}^2{c}^2}; a^{2}b+b{c}^2\ge 2\sqrt{a^2{b}^2{c}^2} \left(1\right)$

$\frac{a{b}^2+a{c}^2}{2}\ge \sqrt{a^2{b}^2{c}^2}; a{b}^2+a{c}^2\ge 2\sqrt{a^2{b}^2{c}^2} \left(2\right)$

$\frac{b^{2}c+a^{2}c}{2}\ge \sqrt{a^2{b}^2{c}^2}; b^{2}c+a^{2}c\ge 2\sqrt{a^2{b}^2{c}^2} \left(3\right)$

Складывая почленно неравенства (1), (2) и (3), получим:

$$\begin{gathered} \left(a^{2}b+b{c}^2\right)+\left(a{b}^2+a{c}^2\right)+\left(b^{2}c+a^{2}c\right)\ge 6\sqrt{a^2{b}^{2}c} \\ \left(a^{2}b+b{c}^2\right)+\left(a{b}^2+a{c}^2\right)+\left(b^{2}c+a^{2}c\right)\ge 6abc \end{gathered}$$

Разделим обе части неравенства на abc

$\frac{a^{2}b+b{c}^2+a{b}^2+a{c}^2+b^{2}c+a^{2}c}{abc}\ge 6\backslash frac\{a^2b+bc^2+ab^2+ac^2+b^2c+a^2c\}\{abc\}\; \backslash ge\; 6$

б) (1+a)(1+6)(1+c)>24

$$\begin{gathered} \frac{1+a}{2}>\sqrt{a} \\ \frac{1+b}{2}>\sqrt{b} \\ \frac{1+c}{2}>\sqrt{c} \\ \underline{\begin{array}{cc} & 1+a>2\sqrt{a}\\ \times & 1+b>2\sqrt{b}\\ & 1+c>2\sqrt{c}\end{array}} \\ \left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)>8\sqrt{abc} \end{gathered}$$

Т.к. a>0, b>0, c>0 и abc=9, то

$$\begin{gathered} \left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)>8\sqrt{9} \\ \left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)>24 \end{gathered}$$

а)

Требуется доказать неравенство $\frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{a+c}{b} \ge 6$ при условии, что $a > 0, b > 0, c > 0$.

Сначала преобразуем левую часть неравенства, разделив каждый член на знаменатель:

$\frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{a+c}{b} = \frac{a}{c} + \frac{b}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{a} + \frac{a}{b} + \frac{c}{b}$

Теперь сгруппируем слагаемые, содержащие взаимно обратные дроби:

$(\frac{a}{b} + \frac{b}{a}) + (\frac{b}{c} + \frac{c}{b}) + (\frac{c}{a} + \frac{a}{c})$

Для доказательства воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши). Для любых двух положительных чисел $x$ и $y$ справедливо, что их сумма не меньше их удвоенного среднего геометрического: $x + y \ge 2\sqrt{xy}$.

Применим это неравенство к каждой паре сгруппированных слагаемых:

$\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2\sqrt{\frac{a}{b} \cdot \frac{b}{a}} = 2\sqrt{1} = 2$

$\frac{b}{c} + \frac{c}{b} \ge 2\sqrt{\frac{b}{c} \cdot \frac{c}{b}} = 2\sqrt{1} = 2$

$\frac{c}{a} + \frac{a}{c} \ge 2\sqrt{\frac{c}{a} \cdot \frac{a}{c}} = 2\sqrt{1} = 2$

Сложив три полученных неравенства, мы получаем:

$(\frac{a}{b} + \frac{b}{a}) + (\frac{b}{c} + \frac{c}{b}) + (\frac{c}{a} + \frac{a}{c}) \ge 2 + 2 + 2 = 6$

Таким образом, мы доказали, что $\frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{a+c}{b} \ge 6$. Равенство в данном неравенстве достигается при $a=b=c$.

Ответ: Неравенство доказано.

б)

Требуется доказать неравенство $(1+a)(1+b)(1+c) > 24$ при условии, что $a > 0, b > 0, c > 0$ и $abc = 9$.

Для доказательства снова воспользуемся неравенством Коши для двух положительных чисел: $x + y \ge 2\sqrt{xy}$.

Применим это неравенство последовательно к каждому из множителей в левой части доказываемого неравенства:

$1+a \ge 2\sqrt{1 \cdot a} = 2\sqrt{a}$

$1+b \ge 2\sqrt{1 \cdot b} = 2\sqrt{b}$

$1+c \ge 2\sqrt{1 \cdot c} = 2\sqrt{c}$

Так как все части этих неравенств являются положительными числами, мы можем их перемножить, не меняя знака неравенства:

$(1+a)(1+b)(1+c) \ge (2\sqrt{a})(2\sqrt{b})(2\sqrt{c})$

$(1+a)(1+b)(1+c) \ge 8\sqrt{abc}$

Согласно условию задачи, произведение $abc = 9$. Подставим это значение в правую часть нашего неравенства:

$(1+a)(1+b)(1+c) \ge 8\sqrt{9} = 8 \cdot 3 = 24$

Мы получили, что $(1+a)(1+b)(1+c) \ge 24$. Теперь необходимо показать, что неравенство является строгим.

Равенство в неравенстве Коши $x+y \ge 2\sqrt{xy}$ достигается только в том случае, если $x=y$. В нашем случае, равенство $(1+a)(1+b)(1+c) = 24$ было бы возможно, только если бы все три неравенства для сомножителей одновременно обратились в равенства:

$1=a$, $1=b$ и $1=c$.

Если бы $a=1, b=1, c=1$, то их произведение было бы $abc = 1 \cdot 1 \cdot 1 = 1$.

Однако по условию задачи $abc = 9$. Это создает противоречие. Условие, при котором достигается равенство ($abc=1$), не совпадает с условием задачи ($abc=9$). Следовательно, равенство $(1+a)(1+b)(1+c) = 24$ в данном случае невозможно.

Поскольку равенство не достигается, неравенство должно быть строгим.

$(1+a)(1+b)(1+c) > 24$

Ответ: Неравенство доказано.