Номер 18.47, страница 183 - гдз по алгебре 9 класс учебник Мерзляк, Поляков

Глава 3. Неравенства с двумя переменными и их системы. Доказательство неравенств. Параграф 18. Неравенства между средними величинами. Неравенство Коши - Буняковского. Упражнения - номер 18.47, страница 183.

Условие.

18.47. Докажите, что если $a > 0, b > 0 \text{ и } c > 0,$ то $(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \ge 9.$

Решение.

Для доказательства неравенства раскроем скобки в левой части выражения:

$(a + b + c) \cdot (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) = a \cdot (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) + b \cdot (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) + c \cdot (\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})$

$= \frac{a}{a} + \frac{a}{b} + \frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{b}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} + \frac{c}{b} + \frac{c}{c}$

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

Сгруппируем слагаемые, объединяя константы и пары взаимно обратных дробей:

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

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

Теперь воспользуемся известным неравенством о сумме двух взаимно обратных положительных чисел. Для любого $x > 0$ справедливо $x + \frac{1}{x} \ge 2$. Это неравенство является следствием неравенства Коши (о среднем арифметическом и среднем геометрическом), так как $\frac{x + 1/x}{2} \ge \sqrt{x \cdot \frac{1}{x}} = 1$. Равенство достигается, когда $x = \frac{1}{x}$, то есть при $x=1$.

Поскольку по условию задачи $a > 0, b > 0$ и $c > 0$, все дроби в скобках являются положительными числами. Применим данное неравенство к каждой паре слагаемых:

1. $\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge 2$

2. $\frac{a}{c} + \frac{c}{a} \ge 2$

3. $\frac{b}{c} + \frac{c}{b} \ge 2$

Подставим эти оценки обратно в преобразованное выражение:

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

Таким образом, мы доказали, что $(a+b+c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \ge 9$.

Равенство достигается в том случае, когда во всех трёх неравенствах достигается равенство, то есть когда $\frac{a}{b}=1$, $\frac{a}{c}=1$ и $\frac{b}{c}=1$, что выполняется одновременно при $a=b=c$.

Ответ: Неравенство доказано.