Номер 7.68, страница 79 - гдз по алгебре 9 класс учебник Мерзляк, Поляков

Глава 1. Квадратичная функция. Параграф 7. Квадратичная функция, её график и свойства - номер 7.68, страница 79.

Условие.

7.68. Докажите, что при всех $a \in [0; 1]$, $b \in [0; 1]$, $c \in [0; 1]$ выполняется неравенство $a^2 + b^2 + c^2 \le a^2b + b^2c + c^2a + 1$.

Решение.

Требуется доказать, что при всех $a \in [0; 1]$, $b \in [0; 1]$, $c \in [0; 1]$ выполняется неравенство $a^2 + b^2 + c^2 \le a^2b + b^2c + c^2a + 1$.

Перенесем члены из правой части в левую, кроме единицы, чтобы получить эквивалентное неравенство:

$a^2 + b^2 + c^2 - a^2b - b^2c - c^2a \le 1$

Сгруппируем слагаемые, вынеся общие множители за скобки:

$a^2(1-b) + b^2(1-c) + c^2(1-a) \le 1$

По условию задачи, переменные $a, b, c$ принадлежат отрезку $[0; 1]$. Из этого следуют важные свойства:

1. Для любого $x \in [0; 1]$ справедливо $x^2 \le x$. Следовательно, $a^2 \le a$, $b^2 \le b$ и $c^2 \le c$.

2. Выражения $(1-a)$, $(1-b)$ и $(1-c)$ являются неотрицательными, так как $a \le 1, b \le 1, c \le 1$.

Используем эти свойства для оценки левой части неравенства. Поскольку $a^2 \le a$ и множитель $(1-b)$ неотрицателен, мы можем записать:

$a^2(1-b) \le a(1-b)$

Аналогично для двух других слагаемых:

$b^2(1-c) \le b(1-c)$

$c^2(1-a) \le c(1-a)$

Сложив эти три неравенства, мы получим верхнюю оценку для левой части нашего исходного преобразованного неравенства:

$a^2(1-b) + b^2(1-c) + c^2(1-a) \le a(1-b) + b(1-c) + c(1-a)$

Теперь раскроем скобки в правой части полученного неравенства:

$a(1-b) + b(1-c) + c(1-a) = a - ab + b - bc + c - ca = (a+b+c) - (ab+bc+ca)$

Итак, мы установили, что:

$a^2(1-b) + b^2(1-c) + c^2(1-a) \le (a+b+c) - (ab+bc+ca)$

Для завершения доказательства нам осталось показать, что полученное выражение не превосходит 1, то есть:

$(a+b+c) - (ab+bc+ca) \le 1$

Это неравенство эквивалентно следующему:

$1 - (a+b+c) + ab+bc+ca \ge 0$

Рассмотрим произведение $(1-a)(1-b)(1-c)$. Так как $a, b, c \in [0; 1]$, каждый из сомножителей $(1-a)$, $(1-b)$, $(1-c)$ неотрицателен. Следовательно, их произведение также неотрицательно:

$(1-a)(1-b)(1-c) \ge 0$

Раскроем скобки в левой части этого неравенства:

$(1-a)(1-b)(1-c) = (1 - a - b + ab)(1-c) = 1 - c - a + ac - b + bc + ab - abc$

Сгруппируем члены:

$1 - (a+b+c) + (ab+bc+ca) - abc \ge 0$

Отсюда следует:

$1 - (a+b+c) + (ab+bc+ca) \ge abc$

Поскольку $a, b, c$ неотрицательны, их произведение $abc \ge 0$. Таким образом, мы можем утверждать, что:

$1 - (a+b+c) + (ab+bc+ca) \ge 0$

Это доказывает неравенство $(a+b+c) - (ab+bc+ca) \le 1$.

Соединяя все наши результаты, получаем финальную цепочку неравенств:

$a^2(1-b) + b^2(1-c) + c^2(1-a) \le (a+b+c) - (ab+bc+ca) \le 1$

Следовательно, $a^2(1-b) + b^2(1-c) + c^2(1-a) \le 1$, что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.