Номер 145, страница 50 - гдз по алгебре 9 класс учебник Дорофеев, Суворова

1.5. Доказательство неравенств. Глава 1. Неравенства - номер 145, страница 50.

145 Докажите разными способами, что при положительных значениях переменных верно неравенство:

a) $\frac{x+y}{x} + \frac{x+y}{y} \ge 4;$

б) $\frac{x+y+z}{x} + \frac{x+y+z}{y} + \frac{x+y+z}{z} \ge 9.$

Подсказка. Способ 1. Составьте разность левой и правой частей.

Способ 2. Выделите из дроби целую часть и воспользуйтесь неравенством, доказанным в упражнении 129.

а) Доказать, что при $x > 0, y > 0$ верно неравенство $ \frac{x+y}{x} + \frac{x+y}{y} \ge 4 $.

Способ 1. Составим разность левой и правой частей неравенства и докажем, что она неотрицательна.

$ \frac{x+y}{x} + \frac{x+y}{y} - 4 $

Приведем выражение к общему знаменателю $xy$:

$ \frac{y(x+y) + x(x+y) - 4xy}{xy} = \frac{xy + y^2 + x^2 + xy - 4xy}{xy} $

Приведем подобные слагаемые в числителе:

$ \frac{x^2 - 2xy + y^2}{xy} $

Числитель представляет собой полный квадрат разности:

$ \frac{(x-y)^2}{xy} $

Поскольку квадрат любого действительного числа неотрицателен, то $(x-y)^2 \ge 0$. По условию переменные $x$ и $y$ положительны, следовательно, их произведение $xy > 0$.

Таким образом, дробь $ \frac{(x-y)^2}{xy} $ является отношением неотрицательного числа к положительному, а значит, сама дробь неотрицательна: $ \frac{(x-y)^2}{xy} \ge 0 $.

Мы доказали, что $ \frac{x+y}{x} + \frac{x+y}{y} - 4 \ge 0 $, что равносильно исходному неравенству $ \frac{x+y}{x} + \frac{x+y}{y} \ge 4 $. Равенство достигается при $x=y$.

Способ 2. Выделим целую часть из каждой дроби в левой части неравенства.

$ \frac{x+y}{x} + \frac{x+y}{y} = (\frac{x}{x} + \frac{y}{x}) + (\frac{x}{y} + \frac{y}{y}) = (1 + \frac{y}{x}) + (\frac{x}{y} + 1) = 2 + \frac{y}{x} + \frac{x}{y} $

Теперь нам нужно доказать неравенство $ 2 + \frac{y}{x} + \frac{x}{y} \ge 4 $, что равносильно неравенству $ \frac{y}{x} + \frac{x}{y} \ge 2 $.

Это известное неравенство о сумме двух взаимно обратных положительных чисел. Докажем его. Пусть $a = \frac{y}{x}$. Так как $x > 0$ и $y > 0$, то $a > 0$. Нужно доказать, что $a + \frac{1}{a} \ge 2$.

Рассмотрим разность $ a + \frac{1}{a} - 2 $. Приведем к общему знаменателю:

$ \frac{a^2 + 1 - 2a}{a} = \frac{(a-1)^2}{a} $

Поскольку $a > 0$ и $(a-1)^2 \ge 0$, то $ \frac{(a-1)^2}{a} \ge 0 $. Следовательно, $ a + \frac{1}{a} \ge 2 $.

Возвращаясь к нашему выражению, получаем:

$ 2 + \frac{y}{x} + \frac{x}{y} \ge 2 + 2 = 4 $

Неравенство доказано. Равенство достигается, когда $ \frac{y}{x} + \frac{x}{y} = 2 $, то есть при $ \frac{y}{x} = 1 $, что означает $x=y$.

Ответ: Неравенство доказано обоими способами. Равенство достигается при $x=y$.

---

б) Доказать, что при $x > 0, y > 0, z > 0$ верно неравенство $ \frac{x+y+z}{x} + \frac{x+y+z}{y} + \frac{x+y+z}{z} \ge 9 $.

Способ 1. Составим разность левой и правой частей неравенства и докажем, что она неотрицательна.

$ \frac{x+y+z}{x} + \frac{x+y+z}{y} + \frac{x+y+z}{z} - 9 $

Приведем выражение к общему знаменателю $xyz$:

$ \frac{yz(x+y+z) + xz(x+y+z) + xy(x+y+z) - 9xyz}{xyz} $

Раскроем скобки в числителе:

$ yz(x+y+z) + xz(x+y+z) + xy(x+y+z) - 9xyz = $
$ = (xyz + y^2z + yz^2) + (x^2z + xyz + xz^2) + (x^2y + xy^2 + xyz) - 9xyz = $
$ = x^2y + xy^2 + y^2z + yz^2 + x^2z + xz^2 + 3xyz - 9xyz = $
$ = x^2y + xy^2 + y^2z + yz^2 + x^2z + xz^2 - 6xyz $

Таким образом, нам нужно доказать, что при $x, y, z > 0$ выражение $ \frac{x^2y + xy^2 + y^2z + yz^2 + x^2z + xz^2 - 6xyz}{xyz} \ge 0 $.

Поскольку знаменатель $xyz$ положителен, достаточно доказать, что числитель неотрицателен:

$ x^2y + xy^2 + y^2z + yz^2 + x^2z + xz^2 - 6xyz \ge 0 $

Это можно доказать с помощью неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши). Для шести положительных чисел $a_1, ..., a_6$ верно $ \frac{a_1+...+a_6}{6} \ge \sqrt[6]{a_1...a_6} $.

Применим его к числам $x^2y, xy^2, y^2z, yz^2, x^2z, xz^2$:

$ \frac{x^2y + xy^2 + y^2z + yz^2 + x^2z + xz^2}{6} \ge \sqrt[6]{(x^2y)(xy^2)(y^2z)(yz^2)(x^2z)(xz^2)} $

Вычислим произведение под корнем: $ x^{2+1+2+1} y^{1+2+2+1} z^{1+2+1+2} = x^6 y^6 z^6 = (xyz)^6 $.

Тогда правая часть неравенства Коши равна: $ \sqrt[6]{(xyz)^6} = xyz $.

Получаем: $ \frac{x^2y + xy^2 + y^2z + yz^2 + x^2z + xz^2}{6} \ge xyz $.

Умножив обе части на 6, получаем требуемое неравенство: $ x^2y + xy^2 + y^2z + yz^2 + x^2z + xz^2 \ge 6xyz $.

Таким образом, числитель нашей дроби неотрицателен, а значит и вся разность неотрицательна. Неравенство доказано.

Способ 2. Выделим целую часть из каждой дроби в левой части неравенства.

$ \frac{x+y+z}{x} + \frac{x+y+z}{y} + \frac{x+y+z}{z} = (\frac{x}{x} + \frac{y}{x} + \frac{z}{x}) + (\frac{x}{y} + \frac{y}{y} + \frac{z}{y}) + (\frac{x}{z} + \frac{y}{z} + \frac{z}{z}) $

$ = (1 + \frac{y}{x} + \frac{z}{x}) + (1 + \frac{x}{y} + \frac{z}{y}) + (1 + \frac{x}{z} + \frac{y}{z}) $

Сгруппируем слагаемые:

$ = 3 + (\frac{y}{x} + \frac{x}{y}) + (\frac{z}{x} + \frac{x}{z}) + (\frac{y}{z} + \frac{z}{y}) $

Как было показано в решении пункта а), для любых двух положительных чисел $a$ и $b$ верна оценка $ \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2 $.

Применим это неравенство к каждой паре слагаемых в скобках: $ \frac{y}{x} + \frac{x}{y} \ge 2 $, $ \frac{z}{x} + \frac{x}{z} \ge 2 $ и $ \frac{y}{z} + \frac{z}{y} \ge 2 $.

Тогда вся сумма будет не меньше, чем:

$ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 $

Следовательно, $ \frac{x+y+z}{x} + \frac{x+y+z}{y} + \frac{x+y+z}{z} \ge 9 $. Неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано обоими способами. Равенство достигается при $x=y=z$.