Номер 17, страница 40 - гдз по алгебре 9 класс самостоятельные и контрольные работы Мерзляк, Полонский

Самостоятельные работы. Вариант 3 - номер 17, страница 40.

Условие.

Самостоятельная работа № 17

Основные методы доказательства неравенств

1. Докажите неравенство:

1) $4x^2 - 8xy + 5y^2 \geq 0;$

2) $x^2y^2 + x^2 + 9y^2 + 1 \geq 8xy;$

3) $\frac{1}{1 \cdot 6} + \frac{1}{6 \cdot 11} + \dots + \frac{1}{n \cdot (n+5)} < \frac{1}{5}$, где $n \in N;$

4) $16a^2 + 9b^2 + 1 \geq 12ab - 3b - 4a.$

2. Известно, что $x \in [0; 3]$, $y \in [0; 3]$, $z \in [0; 3]$. Докажите неравенство $\frac{x}{6+y} + \frac{y}{6+z} + \frac{z}{6+x} \leq 1.$

Решение.

1) $4x^2 - 8xy + 5y^2 \ge 0$

Преобразуем левую часть неравенства, выделив полный квадрат:

$4x^2 - 8xy + 5y^2 = (4x^2 - 8xy + 4y^2) + y^2 = (2x - 2y)^2 + y^2$.

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

Аналогично, $y^2 \ge 0$.

Сумма двух неотрицательных чисел также неотрицательна. Следовательно, $(2x - 2y)^2 + y^2 \ge 0$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

2) $x^2y^2 + x^2 + 9y^2 + 1 \ge 8xy$

Перенесем $8xy$ в левую часть неравенства: $x^2y^2 + x^2 + 9y^2 + 1 - 8xy \ge 0$.

Сгруппируем слагаемые таким образом, чтобы выделить полные квадраты:

$x^2y^2 - 8xy + x^2 + 9y^2 + 1 = (x^2y^2 - 2xy + 1) + (x^2 - 6xy + 9y^2) = (xy - 1)^2 + (x - 3y)^2$.

Выражения $(xy - 1)^2$ и $(x - 3y)^2$ являются квадратами действительных чисел, поэтому они всегда неотрицательны.

Сумма двух неотрицательных выражений также неотрицательна: $(xy - 1)^2 + (x - 3y)^2 \ge 0$.

Следовательно, исходное неравенство верно.

Ответ: Неравенство доказано.

3) $\frac{1}{1 \cdot 6} + \frac{1}{6 \cdot 11} + ... + \frac{1}{n \cdot (n+5)} < \frac{1}{5}$, где $n \in N$

Заметим, что первые множители в знаменателях дробей ($1, 6, 11, \dots$) образуют арифметическую прогрессию. Общий член этой прогрессии $a_k = 1 + 5(k-1) = 5k-4$. Второй множитель равен первому плюс 5, то есть $a_k+5 = 5k+1$. Таким образом, общий член суммы имеет вид $\frac{1}{(5k-4)(5k+1)}$. Последний член в задаче, $\frac{1}{n(n+5)}$, соответствует случаю, когда $n$ является одним из членов последовательности $1, 6, 11, \dots$.

Пусть в сумме $m$ слагаемых. Тогда сумма имеет вид $S_m = \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{(5k-4)(5k+1)}$.

Представим общий член суммы в виде разности дробей, используя метод неопределенных коэффициентов:

$\frac{1}{(5k-4)(5k+1)} = \frac{1}{5} \left( \frac{1}{5k-4} - \frac{1}{5k+1} \right)$.

Теперь сумма становится телескопической:

$S_m = \frac{1}{5} \left[ \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{6}\right) + \left(\frac{1}{6} - \frac{1}{11}\right) + \dots + \left(\frac{1}{5m-4} - \frac{1}{5m+1}\right) \right]$.

Все промежуточные слагаемые взаимно уничтожаются:

$S_m = \frac{1}{5} \left( 1 - \frac{1}{5m+1} \right)$.

Поскольку $m$ — это количество слагаемых, $m \ge 1$. Значит, $5m+1 > 0$, и дробь $\frac{1}{5m+1}$ положительна.

Следовательно, $1 - \frac{1}{5m+1} < 1$.

Умножая обе части этого неравенства на $\frac{1}{5}$, получаем:

$\frac{1}{5} \left( 1 - \frac{1}{5m+1} \right) < \frac{1}{5}$, то есть $S_m < \frac{1}{5}$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

4) $16a^2 + 9b^2 + 1 \ge 12ab - 3b - 4a$

Перенесем все члены в левую часть неравенства:

$16a^2 + 9b^2 + 1 - 12ab + 3b + 4a \ge 0$.

Сгруппируем слагаемые относительно переменной $a$:

$16a^2 + a(4 - 12b) + (9b^2 + 3b + 1) \ge 0$.

Рассмотрим левую часть как квадратный трехчлен относительно $a$. Его старший коэффициент $16$ положителен, значит, ветви соответствующей параболы направлены вверх. Такой трехчлен будет всегда неотрицателен, если его дискриминант $D$ неположителен ($D \le 0$).

Найдем дискриминант:

$D = (4 - 12b)^2 - 4 \cdot 16 \cdot (9b^2 + 3b + 1) = [4(1-3b)]^2 - 64(9b^2+3b+1)$.

$D = 16(1-3b)^2 - 64(9b^2+3b+1) = 16(1 - 6b + 9b^2) - 576b^2 - 192b - 64$.

$D = 16 - 96b + 144b^2 - 576b^2 - 192b - 64 = -432b^2 - 288b - 48$.

Вынесем общий множитель $-48$:

$D = -48(9b^2 + 6b + 1) = -48(3b+1)^2$.

Поскольку $(3b+1)^2 \ge 0$ для любого действительного $b$, то $D = -48(3b+1)^2 \le 0$.

Так как старший коэффициент квадратного трехчлена относительно $a$ положителен, а дискриминант неположителен, этот трехчлен всегда принимает неотрицательные значения. Неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

2. Известно, что $x \in [0; 3], y \in [0; 3], z \in [0; 3]$. Докажите неравенство $\frac{x}{6+y} + \frac{y}{6+z} + \frac{z}{6+x} \le 1$.

Обозначим левую часть неравенства как функцию $S(x, y, z) = \frac{x}{6+y} + \frac{y}{6+z} + \frac{z}{6+x}$.

Нам нужно доказать, что $S(x, y, z) \le 1$ для всех $x, y, z \in [0; 3]$.

Исследуем поведение функции при изменении одной из переменных, например $x$, при фиксированных значениях $y$ и $z$. Для этого найдем частную производную функции $S$ по переменной $x$:

$\frac{\partial S}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{x}{6+y} + \frac{y}{6+z} + \frac{z}{6+x} \right) = \frac{1}{6+y} - \frac{z}{(6+x)^2}$.

Определим знак этой производной в заданной области. Производная будет положительна, если $\frac{1}{6+y} > \frac{z}{(6+x)^2}$, что равносильно неравенству $(6+x)^2 > z(6+y)$.

Оценим наименьшее значение левой части и наибольшее значение правой части, учитывая, что $x, y, z \in [0; 3]$.

Выражение $(6+x)^2$ является возрастающей функцией от $x$. Его наименьшее значение на отрезке $[0; 3]$ достигается при $x=0$: $\min((6+x)^2) = (6+0)^2 = 36$.

Выражение $z(6+y)$ является возрастающей функцией от $y$ и $z$. Его наибольшее значение на отрезке $[0; 3]$ достигается при $y=3$ и $z=3$: $\max(z(6+y)) = 3(6+3) = 27$.

Поскольку $\min((6+x)^2) = 36 > 27 = \max(z(6+y))$, неравенство $(6+x)^2 > z(6+y)$ выполняется для всех $x, y, z$ из заданного отрезка.

Следовательно, $\frac{\partial S}{\partial x} > 0$, что означает, что функция $S(x,y,z)$ строго возрастает по переменной $x$. В силу симметрии выражения, аналогично можно показать, что функция $S$ возрастает по переменным $y$ и $z$.

Раз функция возрастает по каждой из переменных, ее максимальное значение на кубе $[0; 3] \times [0; 3] \times [0; 3]$ достигается в точке, где все переменные принимают максимально возможные значения, то есть в точке $(3; 3; 3)$.

Найдем это максимальное значение:

$S_{max} = S(3, 3, 3) = \frac{3}{6+3} + \frac{3}{6+3} + \frac{3}{6+3} = \frac{3}{9} + \frac{3}{9} + \frac{3}{9} = 3 \cdot \frac{1}{3} = 1$.

Поскольку максимальное значение функции равно 1, то для всех $x, y, z \in [0; 3]$ выполняется неравенство $S(x,y,z) \le 1$.

Ответ: Неравенство доказано.