Номер 17.30, страница 170 - гдз по алгебре 9 класс учебник Мерзляк, Поляков

Глава 3. Неравенства с двумя переменными и их системы. Доказательство неравенств. Параграф 17. Основные методы доказательства неравенств - номер 17.30, страница 170.

Условие.

17.30. Докажите, что если $a > 0, b > 0, c > 0$, то

$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} > \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} > \frac{3}{a+b+c}$.

Решение.

Для доказательства данного двойного неравенства требуется установить верность двух отдельных неравенств:

1. $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} > \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a}$
2. $\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} > \frac{3}{a+b+c}$

Докажем каждое из них.

Часть 1: Доказательство неравенства $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} > \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a}$

Поскольку по условию $a > 0$ и $b > 0$, то их сумма $a+b > a$ и $a+b > b$.

Для положительных чисел, чем больше число, тем меньше его обратное значение. Поэтому из предыдущих соотношений следуют строгие неравенства:

$\frac{1}{a+b} < \frac{1}{a}$ и $\frac{1}{a+b} < \frac{1}{b}$

Сложив эти два неравенства, получим:

$\frac{1}{a+b} + \frac{1}{a+b} < \frac{1}{a} + \frac{1}{b}$

$\frac{2}{a+b} < \frac{1}{a} + \frac{1}{b}$

Проводя аналогичные рассуждения для пар положительных чисел $(b, c)$ и $(c, a)$, получаем еще два неравенства:

$\frac{2}{b+c} < \frac{1}{b} + \frac{1}{c}$

$\frac{2}{c+a} < \frac{1}{c} + \frac{1}{a}$

Теперь сложим все три полученных строгих неравенства:

$\frac{2}{a+b} + \frac{2}{b+c} + \frac{2}{c+a} < (\frac{1}{a} + \frac{1}{b}) + (\frac{1}{b} + \frac{1}{c}) + (\frac{1}{c} + \frac{1}{a})$

Упростим обе части, вынеся общий множитель 2 за скобки и сгруппировав слагаемые в правой части:

$2 \left( \frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} \right) < 2 \left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right)$

Разделив обе части неравенства на 2, получим требуемое неравенство:

$\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} < \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}$

Таким образом, первая часть утверждения доказана.

Ответ: Первое неравенство доказано.

Часть 2: Доказательство неравенства $\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} > \frac{3}{a+b+c}$

Для доказательства этого неравенства воспользуемся неравенством между средним арифметическим (СА) и средним гармоническим (СГ) для трех положительных чисел $x, y, z$:

$\frac{x+y+z}{3} \ge \frac{3}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}$

В качестве $x, y, z$ возьмем числа $x = a+b$, $y = b+c$ и $z = c+a$. Так как $a, b, c > 0$, эти числа также будут положительными.

Подставим их в неравенство СА-СГ:

$\frac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{3} \ge \frac{3}{\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}}$

Преобразуем левую часть:

$\frac{2a+2b+2c}{3} \ge \frac{3}{\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}}$

$\frac{2(a+b+c)}{3} \ge \frac{3}{\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}}$

Выразим из этого неравенства сумму обратных величин, перевернув дроби и поменяв знак неравенства:

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \ge \frac{9}{2(a+b+c)}$

Теперь нам нужно доказать, что правая часть этого неравенства в свою очередь больше, чем правая часть исходного неравенства: $\frac{9}{2(a+b+c)} > \frac{3}{a+b+c}$.

Так как $a, b, c > 0$, то знаменатель $a+b+c > 0$. Мы можем сравнить дроби, сравнив их числители, приведенные к общему знаменателю $2(a+b+c)$. То есть, сравним $9$ и $3 \cdot 2 = 6$.

$9 > 6$

Это неравенство является верным. Следовательно, верно и неравенство $\frac{9}{2(a+b+c)} > \frac{3}{a+b+c}$.

Таким образом, мы получили цепочку неравенств:

$\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} \ge \frac{9}{2(a+b+c)} > \frac{3}{a+b+c}$

Из этой цепочки напрямую следует, что $\frac{1}{a+b} + \frac{1}{b+c} + \frac{1}{c+a} > \frac{3}{a+b+c}$.

Неравенство является строгим, потому что второе неравенство в цепочке ($\frac{9}{2(a+b+c)} > \frac{3}{a+b+c}$) всегда строгое для любых положительных $a, b, c$.

Таким образом, вторая часть утверждения доказана.

Ответ: Второе неравенство доказано.

Поскольку обе части исходного двойного неравенства доказаны, утверждение задачи является верным.