Номер 7, страница 74 - гдз по алгебре 9 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Контрольные работы. Вариант 2. Контрольная работа № 4. Неравенства с двумя переменными и их системы. Доказательство неравенств - номер 7, страница 74.

Условие.

7. Докажите неравенство

$\sqrt{1-3x} + \sqrt{6+2x} + \sqrt{5+x} \le 6.$

Решение.

Для доказательства данного неравенства можно использовать два подхода: исследование функции с помощью производной или применение неравенства Коши-Буняковского.

Способ 1: Исследование функции с помощью производной

Рассмотрим функцию $f(x) = \sqrt{1-3x} + \sqrt{6+2x} + \sqrt{5+x}$. Нам необходимо доказать, что $f(x) \le 6$ для всех допустимых значений $x$.

1. Найдем область определения функции (ОДЗ). Для этого все подкоренные выражения должны быть неотрицательными.

$1-3x \ge 0 \implies 3x \le 1 \implies x \le 1/3$

$6+2x \ge 0 \implies 2x \ge -6 \implies x \ge -3$

$5+x \ge 0 \implies x \ge -5$

Объединяя все условия, получаем область определения функции: $x \in [-3, 1/3]$.

2. Найдем производную функции $f(x)$, чтобы определить точки экстремума.

$f'(x) = (\sqrt{1-3x})' + (\sqrt{6+2x})' + (\sqrt{5+x})' = \frac{-3}{2\sqrt{1-3x}} + \frac{2}{2\sqrt{6+2x}} + \frac{1}{2\sqrt{5+x}}$

$f'(x) = -\frac{3}{2\sqrt{1-3x}} + \frac{1}{\sqrt{6+2x}} + \frac{1}{2\sqrt{5+x}}$

3. Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x) = 0$.

$-\frac{3}{2\sqrt{1-3x}} + \frac{1}{\sqrt{6+2x}} + \frac{1}{2\sqrt{5+x}} = 0$

Проверим, есть ли целые корни в области определения. Подставим значение $x = -1$:

$f'(-1) = -\frac{3}{2\sqrt{1-3(-1)}} + \frac{1}{\sqrt{6+2(-1)}} + \frac{1}{2\sqrt{5+(-1)}}$

$f'(-1) = -\frac{3}{2\sqrt{4}} + \frac{1}{\sqrt{4}} + \frac{1}{2\sqrt{4}} = -\frac{3}{4} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = -\frac{3}{4} + \frac{2}{4} + \frac{1}{4} = 0$

Следовательно, $x = -1$ является критической точкой.

4. Чтобы определить тип экстремума, исследуем знак второй производной $f''(x)$.

$f''(x) = \left(-\frac{3}{2}(1-3x)^{-\frac{1}{2}} + (6+2x)^{-\frac{1}{2}} + \frac{1}{2}(5+x)^{-\frac{1}{2}}\right)'$

$f''(x) = -\frac{3}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)(1-3x)^{-\frac{3}{2}} \cdot (-3) - \frac{1}{2}(6+2x)^{-\frac{3}{2}} \cdot 2 - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}(5+x)^{-\frac{3}{2}} \cdot 1$

$f''(x) = -\frac{9}{4(1-3x)^{3/2}} - \frac{1}{(6+2x)^{3/2}} - \frac{1}{4(5+x)^{3/2}}$

В области определения $x \in [-3, 1/3]$ все выражения в знаменателях положительны. Каждое слагаемое в выражении для $f''(x)$ отрицательно. Таким образом, $f''(x) < 0$ на всей области определения. Это означает, что функция $f(x)$ является строго вогнутой, и ее единственная критическая точка $x=-1$ является точкой глобального максимума.

5. Найдем значение функции в этой точке максимума.

$f(-1) = \sqrt{1-3(-1)} + \sqrt{6+2(-1)} + \sqrt{5+(-1)} = \sqrt{1+3} + \sqrt{6-2} + \sqrt{5-1}$

$f(-1) = \sqrt{4} + \sqrt{4} + \sqrt{4} = 2 + 2 + 2 = 6$

Поскольку 6 — это максимальное значение функции на всей области ее определения, то для любого допустимого $x$ выполняется неравенство $f(x) \le 6$.

Ответ: Неравенство $\sqrt{1-3x} + \sqrt{6+2x} + \sqrt{5+x} \le 6$ доказано.

Способ 2: Применение неравенства Коши-Буняковского

Неравенство Коши-Буняковского для двух векторов $\vec{a} = (a_1, a_2, a_3)$ и $\vec{b} = (b_1, b_2, b_3)$ утверждает, что $(\vec{a} \cdot \vec{b})^2 \le |\vec{a}|^2 |\vec{b}|^2$, или в координатной форме:

$(a_1 b_1 + a_2 b_2 + a_3 b_3)^2 \le (a_1^2 + a_2^2 + a_3^2)(b_1^2 + b_2^2 + b_3^2)$

Выберем компоненты векторов следующим образом:

$\vec{a} = (\sqrt{1-3x}, \sqrt{6+2x}, \sqrt{5+x})$

$\vec{b} = (1, 1, 1)$

Подставим эти значения в неравенство Коши-Буняковского:

$(\sqrt{1-3x} \cdot 1 + \sqrt{6+2x} \cdot 1 + \sqrt{5+x} \cdot 1)^2 \le ((\sqrt{1-3x})^2 + (\sqrt{6+2x})^2 + (\sqrt{5+x})^2) \cdot (1^2 + 1^2 + 1^2)$

Упростим обе части неравенства.

Левая часть: $(\sqrt{1-3x} + \sqrt{6+2x} + \sqrt{5+x})^2$

Правая часть: $((1-3x) + (6+2x) + (5+x)) \cdot (1+1+1)$

Выполним сложение в скобках в правой части:

$(1+6+5) + (-3x+2x+x) = 12 + 0 = 12$

Таким образом, неравенство принимает вид:

$(\sqrt{1-3x} + \sqrt{6+2x} + \sqrt{5+x})^2 \le 12 \cdot 3 = 36$

Извлекая квадратный корень из обеих частей (и учитывая, что сумма корней всегда неотрицательна), получаем требуемое неравенство:

$\sqrt{1-3x} + \sqrt{6+2x} + \sqrt{5+x} \le 6$

Равенство в неравенстве Коши-Буняковского достигается тогда и только тогда, когда векторы коллинеарны, то есть $\frac{a_1}{b_1} = \frac{a_2}{b_2} = \frac{a_3}{b_3}$. В нашем случае:

$\sqrt{1-3x} = \sqrt{6+2x} = \sqrt{5+x}$

Решая систему уравнений $1-3x = 6+2x$ и $6+2x = 5+x$, получаем:

$1-3x = 6+2x \implies 5x = -5 \implies x = -1$

$6+2x = 5+x \implies x = -1$

Таким образом, равенство достигается при $x=-1$, что и было показано в первом способе.

Ответ: Неравенство $\sqrt{1-3x} + \sqrt{6+2x} + \sqrt{5+x} \le 6$ доказано.