Номер 908, страница 205 - гдз по алгебре 8 класс учебник Макарычев, Миндюк

36. Доказательство неравенств. § 11. Неравенства с одной переменной и их системы. Глава 4. Неравенства - номер 908, страница 205.

908. Докажите, что:

a) $ \frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{a+c}{b} \ge 6 $, если $ a > 0, b > 0, c > 0 $;

б) $ (1 + a)(1 + b)(1 + c) > 24 $, если $ a > 0, b > 0, c > 0 $ и $ abc = 9 $.

а)

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

Сначала преобразуем левую часть неравенства, разделив почленно каждый числитель на знаменатель:

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

Мы получили сумму шести положительных слагаемых. Сгруппируем их попарно:

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

Теперь воспользуемся известным неравенством для любого положительного числа $x$: $x + \frac{1}{x} \ge 2$. Это неравенство является следствием неравенства о средних арифметическом и геометрическом (неравенство Коши) для двух чисел.

Применим это свойство к каждой паре слагаемых:

• $\frac{a}{c} + \frac{c}{a} \ge 2$ (так как $a, c > 0$)
• $\frac{b}{c} + \frac{c}{b} \ge 2$ (так как $b, c > 0$)
• $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2$ (так как $a, b > 0$)

Сложив эти три неравенства, получим:

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

$\frac{a}{c} + \frac{b}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{a} + \frac{a}{b} + \frac{c}{b} \ge 6$

Таким образом, мы доказали, что $\frac{a+b}{c} + \frac{b+c}{a} + \frac{a+c}{b} \ge 6$. Равенство достигается, когда все слагаемые в парах равны, то есть $\frac{a}{c} = \frac{c}{a}$, $\frac{b}{c} = \frac{c}{b}$ и $\frac{a}{b} = \frac{b}{a}$, что эквивалентно условию $a = b = c$.

Ответ: Доказано.

б)

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

Воспользуемся неравенством о средних арифметическом и геометрическом для двух положительных чисел $x$ и $y$: $\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy}$, что равносильно $x+y \ge 2\sqrt{xy}$.

Применим это неравенство к каждой из скобок в левой части выражения, взяв в качестве чисел 1 и переменную ($a, b$ или $c$):

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

Так как $a, b, c$ положительны, все части этих неравенств также положительны. Поэтому мы можем их перемножить:

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

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

Из условия задачи нам известно, что $abc = 9$. Подставим это значение:

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

Мы получили нестрогое неравенство. Теперь докажем, что оно должно быть строгим.

Равенство в неравенстве $x+y \ge 2\sqrt{xy}$ достигается тогда и только тогда, когда $x=y$.

В нашем случае, равенство $(1+a)(1+b)(1+c) = 24$ могло бы быть достигнуто, только если бы равенство выполнялось для всех трех множителей одновременно:

$1+a = 2\sqrt{a} \implies (\sqrt{a}-1)^2=0 \implies a=1$

$1+b = 2\sqrt{b} \implies (\sqrt{b}-1)^2=0 \implies b=1$

$1+c = 2\sqrt{c} \implies (\sqrt{c}-1)^2=0 \implies c=1$

Если $a=1, b=1, c=1$, то их произведение $abc = 1 \cdot 1 \cdot 1 = 1$. Однако это противоречит условию задачи, согласно которому $abc = 9$.

Следовательно, случай, когда $a=b=c=1$, невозможен. Это означает, что хотя бы одно из чисел $a, b, c$ не равно 1. Для этого числа соответствующее неравенство будет строгим (например, если $a \ne 1$, то $1+a > 2\sqrt{a}$).

При перемножении одного строгого неравенства с двумя нестрогими (все части которых положительны) итоговое неравенство также будет строгим.

Таким образом, $(1+a)(1+b)(1+c) > 24$.

Ответ: Доказано.