Номер 6, страница 4 - гдз по алгебре 9 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

6. Докажите, что:

1) $(a + b)\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}\right) \ge 4$, если $a > 0, b > 0;$

2) $(a + 6)(b + 3)(c + 2) \ge 48\sqrt{abc}$, если $a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0.$

1)

Требуется доказать, что $(a+b)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) \ge 4$ при $a > 0, b > 0$.

Раскроем скобки в левой части неравенства:

$(a+b)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) = a \cdot \frac{1}{a} + a \cdot \frac{1}{b} + b \cdot \frac{1}{a} + b \cdot \frac{1}{b} = 1 + \frac{a}{b} + \frac{b}{a} + 1 = 2 + \frac{a}{b} + \frac{b}{a}$.

Теперь неравенство принимает вид:

$2 + \frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 4$.

Вычтем 2 из обеих частей:

$\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2$.

Перенесем 2 в левую часть и приведем к общему знаменателю. Так как $a > 0$ и $b > 0$, то $ab > 0$.

$\frac{a}{b} + \frac{b}{a} - 2 \ge 0$

$\frac{a^2 + b^2 - 2ab}{ab} \ge 0$

$\frac{(a-b)^2}{ab} \ge 0$

Данное неравенство является верным для любых $a > 0, b > 0$, так как числитель $(a-b)^2$ является полным квадратом и, следовательно, всегда неотрицателен ($(a-b)^2 \ge 0$), а знаменатель $ab$ положителен ($ab > 0$). Частное от деления неотрицательного числа на положительное всегда неотрицательно.

Таким образом, исходное неравенство доказано. Равенство достигается при $(a-b)^2 = 0$, то есть при $a=b$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2)

Требуется доказать, что $(a+6)(b+3)(c+2) \ge 48\sqrt{abc}$ при $a \ge 0, b \ge 0, c \ge 0$.

Воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для двух неотрицательных чисел $x$ и $y$, которое гласит: $\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy}$, или $x+y \ge 2\sqrt{xy}$.

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

1. Для $a$ и 6 (так как $a \ge 0$): $a+6 \ge 2\sqrt{a \cdot 6} = 2\sqrt{6a}$.

2. Для $b$ и 3 (так как $b \ge 0$): $b+3 \ge 2\sqrt{b \cdot 3} = 2\sqrt{3b}$.

3. Для $c$ и 2 (так как $c \ge 0$): $c+2 \ge 2\sqrt{c \cdot 2} = 2\sqrt{2c}$.

Так как все части полученных неравенств неотрицательны, мы можем их перемножить:

$(a+6)(b+3)(c+2) \ge (2\sqrt{6a}) \cdot (2\sqrt{3b}) \cdot (2\sqrt{2c})$.

Упростим правую часть полученного неравенства:

$2\sqrt{6a} \cdot 2\sqrt{3b} \cdot 2\sqrt{2c} = 8 \sqrt{6a \cdot 3b \cdot 2c} = 8 \sqrt{36abc} = 8 \cdot \sqrt{36} \cdot \sqrt{abc} = 8 \cdot 6 \sqrt{abc} = 48\sqrt{abc}$.

Таким образом, мы получили:

$(a+6)(b+3)(c+2) \ge 48\sqrt{abc}$.

Неравенство доказано. Равенство достигается, когда оно достигается в каждом из трех примененных неравенств Коши одновременно, то есть при $a=6$, $b=3$ и $c=2$.

Ответ: Что и требовалось доказать.