Номер 80, страница 133, часть 2 - гдз по алгебре 9 класс учебник Абылкасымова, Кучер

80. Докажите, что если $a, b, c \in R$ и $abc = 1$, то имеет место неравенство: $ab + bc + ca + a + b + c - 6 \geq 0.$

Для доказательства данного неравенства воспользуемся неравенством о средних арифметическом и геометрическом (неравенством Коши). По условию, $a, b, c$ являются положительными действительными числами ($a, b, c \in \mathbb{R}_+$) и их произведение $abc = 1$.

Требуется доказать, что $ab + bc + ca + a + b + c - 6 \ge 0$. Перепишем это неравенство в более удобном для анализа виде:$ (a + b + c) + (ab + bc + ca) \ge 6 $

Докажем это утверждение, рассмотрев две суммы в левой части по отдельности.

Сначала применим неравенство Коши к трем положительным числам $a, b$ и $c$:$ \frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{abc} $Поскольку по условию задачи $abc = 1$, мы получаем:$ \frac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[3]{1} = 1 $Умножив обе части на 3, получим первое неравенство:$ a+b+c \ge 3 $

Затем применим неравенство Коши к трем положительным числам $ab, bc$ и $ca$:$ \frac{ab+bc+ca}{3} \ge \sqrt[3]{(ab)(bc)(ca)} $Упростим выражение под корнем в правой части:$ \sqrt[3]{(ab)(bc)(ca)} = \sqrt[3]{a^2 b^2 c^2} = \sqrt[3]{(abc)^2} $Используя условие $abc = 1$, получаем:$ \frac{ab+bc+ca}{3} \ge \sqrt[3]{1^2} = 1 $Умножив обе части на 3, получим второе неравенство:$ ab+bc+ca \ge 3 $

Теперь сложим два полученных неравенства:$ (a+b+c) + (ab+bc+ca) \ge 3 + 3 $$ a+b+c+ab+bc+ca \ge 6 $

Это и есть неравенство, которое мы хотели доказать. Равенство в нем достигается только в том случае, когда равенство достигается в обоих примененных неравенствах Коши, то есть когда $a=b=c$ и $ab=bc=ca$. Оба этих условия выполняются, если $a=b=c$. С учетом ограничения $abc=1$, получаем, что $a^3=1$, откуда, так как $a>0$, следует $a=1$. Таким образом, равенство имеет место при $a=b=c=1$.

Ответ: Неравенство доказано.