Номер 17, страница 10 - гдз по алгебре 9 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельные работы. Вариант 1 - номер 17, страница 10.

Условие.

Самостоятельная работа № 17

Основные методы доказательства неравенств

1. Докажите неравенство:

1) $9x^2 - 6xy + 5y^2 \ge 0;$

2) $a^2b^2 + 4a^2 + b^2 + 4 \ge 8ab;$

3) $\frac{1}{1 \cdot 4} + \frac{1}{4 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{n \cdot (n + 3)} < \frac{1}{3}$, где $n \in N;$

4) $a^2 + 4b^2 + 9 \ge 2ab - 6b - 3a.$

2. Известно, что $x \in [0; 1]$, $y \in [0; 1]$, $z \in [0; 1]$. Докажите неравенство $\frac{x}{2 + y} + \frac{y}{2 + z} + \frac{z}{2 + x} \le 1.$

Решение.

1) Докажем неравенство $9x^2 - 6xy + 5y^2 \ge 0$.

Преобразуем левую часть неравенства, выделив полный квадрат:

$9x^2 - 6xy + 5y^2 = (9x^2 - 6xy + y^2) + 4y^2 = (3x - y)^2 + (2y)^2$.

Выражение $(3x - y)^2$ всегда неотрицательно, так как является квадратом действительного числа: $(3x - y)^2 \ge 0$.

Выражение $(2y)^2$ также всегда неотрицательно: $(2y)^2 \ge 0$.

Сумма двух неотрицательных чисел является неотрицательным числом: $(3x - y)^2 + (2y)^2 \ge 0$.

Следовательно, $9x^2 - 6xy + 5y^2 \ge 0$, что и требовалось доказать.

Ответ: неравенство доказано.

2) Докажем неравенство $a^2b^2 + 4a^2 + b^2 + 4 \ge 8ab$.

Сгруппируем слагаемые в левой части:

$a^2b^2 + 4a^2 + b^2 + 4 = a^2(b^2 + 4) + 1(b^2 + 4) = (a^2 + 1)(b^2 + 4)$.

Таким образом, неравенство принимает вид: $(a^2 + 1)(b^2 + 4) \ge 8ab$.

Воспользуемся неравенством о средних арифметическом и геометрическом ($x+y \ge 2\sqrt{xy}$ для $x, y \ge 0$).

Для первого множителя: $a^2 + 1 \ge 2\sqrt{a^2 \cdot 1} = 2\sqrt{a^2} = 2|a|$.

Для второго множителя: $b^2 + 4 \ge 2\sqrt{b^2 \cdot 4} = 2 \cdot 2\sqrt{b^2} = 4|b|$.

Поскольку обе части полученных неравенств неотрицательны, мы можем их перемножить:

$(a^2 + 1)(b^2 + 4) \ge 2|a| \cdot 4|b| = 8|ab|$.

Так как для любого числа $x$ выполняется $|x| \ge x$, то $|ab| \ge ab$. Следовательно, $8|ab| \ge 8ab$.

Объединяя результаты, получаем: $(a^2 + 1)(b^2 + 4) \ge 8|ab| \ge 8ab$.

Отсюда следует, что $a^2b^2 + 4a^2 + b^2 + 4 \ge 8ab$, что и требовалось доказать.

Ответ: неравенство доказано.

3) Докажем неравенство $\frac{1}{1 \cdot 4} + \frac{1}{4 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{n \cdot (n+3)} < \frac{1}{3}$, где $n \in N$.

Заметим, что знаменатели образуют последовательность, где первый множитель имеет вид $3k-2$, а второй — $3k+1$ для $k=1, 2, 3, \dots$. Общий член суммы имеет вид $\frac{1}{(3k-2)(3k+1)}$.

Представим каждый член суммы в виде разности двух дробей (метод неопределенных коэффициентов):

$\frac{1}{(3k-2)(3k+1)} = \frac{A}{3k-2} + \frac{B}{3k+1}$. Приводя к общему знаменателю, получаем $1 = A(3k+1) + B(3k-2)$.

Отсюда находим $A = \frac{1}{3}$ и $B = -\frac{1}{3}$.

Таким образом, $\frac{1}{(3k-2)(3k+1)} = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{3k-2} - \frac{1}{3k+1}\right)$.

Пусть сумма содержит $m$ слагаемых, где последний знаменатель $n \cdot (n+3)$ соответствует $k=m$, т.е. $n = 3m-2$. Тогда $n+3 = 3m+1$.

Распишем сумму $S_m$:

$S_m = \frac{1}{3}\left(\frac{1}{1} - \frac{1}{4}\right) + \frac{1}{3}\left(\frac{1}{4} - \frac{1}{7}\right) + \frac{1}{3}\left(\frac{1}{7} - \frac{1}{10}\right) + \dots + \frac{1}{3}\left(\frac{1}{3m-2} - \frac{1}{3m+1}\right)$.

Вынесем $\frac{1}{3}$ за скобки. В скобках останется телескопическая сумма:

$S_m = \frac{1}{3}\left(1 - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - \frac{1}{7} + \frac{1}{7} - \dots + \frac{1}{3m-2} - \frac{1}{3m+1}\right) = \frac{1}{3}\left(1 - \frac{1}{3m+1}\right)$.

Так как $n = 3m-2$, то $3m+1 = n+3$. Сумма равна $S = \frac{1}{3}\left(1 - \frac{1}{n+3}\right)$.

Нам нужно доказать, что $S < \frac{1}{3}$:

$\frac{1}{3}\left(1 - \frac{1}{n+3}\right) < \frac{1}{3}$.

$1 - \frac{1}{n+3} < 1$.

$-\frac{1}{n+3} < 0$.

Поскольку $n \in N$, то $n \ge 1$, значит $n+3 > 0$ и $\frac{1}{n+3} > 0$. Следовательно, $-\frac{1}{n+3}$ всегда меньше нуля. Неравенство верно.

Ответ: неравенство доказано.

4) Докажем неравенство $a^2 + 4b^2 + 9 \ge 2ab - 6b - 3a$.

Перенесем все слагаемые в левую часть:

$a^2 + 4b^2 + 9 - 2ab + 6b + 3a \ge 0$.

Сгруппируем слагаемые относительно переменной $a$:

$a^2 + (3 - 2b)a + (4b^2 + 6b + 9) \ge 0$.

Рассмотрим левую часть как квадратный трехчлен $f(a) = ka^2+la+m$ относительно переменной $a$. Здесь коэффициент при $a^2$ равен $1$, что больше нуля. Такой трехчлен будет неотрицательным при любом значении $a$, если его дискриминант $D$ неположителен ($D \le 0$).

Найдем дискриминант:

$D = (3 - 2b)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (4b^2 + 6b + 9) = (9 - 12b + 4b^2) - (16b^2 + 24b + 36)$.

$D = 9 - 12b + 4b^2 - 16b^2 - 24b - 36 = -12b^2 - 36b - 27$.

Вынесем $-3$ за скобки:

$D = -3(4b^2 + 12b + 9)$.

Выражение в скобках является полным квадратом: $4b^2 + 12b + 9 = (2b+3)^2$.

Таким образом, $D = -3(2b+3)^2$.

Так как $(2b+3)^2 \ge 0$ для любого $b$, то $D = -3(2b+3)^2 \le 0$.

Поскольку старший коэффициент трехчлена положителен ($1 > 0$) и его дискриминант неположителен ($D \le 0$), то этот трехчлен принимает только неотрицательные значения при любых $a$ и $b$.

Ответ: неравенство доказано.

2. Известно, что $x \in [0; 1], y \in [0; 1], z \in [0; 1]$. Докажите неравенство $\frac{x}{2+y} + \frac{y}{2+z} + \frac{z}{2+x} \le 1$.

Неравенство является циклическим относительно переменных $x, y, z$. Без ограничения общности можем предположить, что $z$ — наименьшее из трех чисел, то есть $z \le x$ и $z \le y$.

Из этого предположения следуют неравенства для знаменателей:

$2+z \le 2+x \implies \frac{1}{2+x} \le \frac{1}{2+z}$.

$2+z \le 2+y \implies \frac{1}{2+y} \le \frac{1}{2+z}$.

Оценим левую часть исходного неравенства. Так как $x, y, z$ неотрицательны, мы можем заменить знаменатели $2+y$ и $2+x$ на меньший или равный им знаменатель $2+z$, что приведет к увеличению или сохранению значения дробей:

$\frac{x}{2+y} + \frac{y}{2+z} + \frac{z}{2+x} \le \frac{x}{2+z} + \frac{y}{2+z} + \frac{z}{2+z}$.

Сложим дроби в правой части:

$\frac{x}{2+z} + \frac{y}{2+z} + \frac{z}{2+z} = \frac{x+y+z}{2+z}$.

Таким образом, мы свели задачу к доказательству неравенства $\frac{x+y+z}{2+z} \le 1$.

Так как $2+z > 0$, домножим обе части на $2+z$:

$x+y+z \le 2+z$.

Вычитая $z$ из обеих частей, получаем:

$x+y \le 2$.

Это неравенство является верным, так как по условию $x \in [0; 1]$ (значит, $x \le 1$) и $y \in [0; 1]$ (значит, $y \le 1$). Складывая эти два верных неравенства, получаем $x+y \le 1+1=2$.

Поскольку все преобразования были эквивалентными или вели к усилению неравенства, исходное неравенство доказано.

Ответ: неравенство доказано.