Номер 18.64, страница 184 - 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 18.64, страница 184.

Условие.

18.64. Известно, что $x > 0, y > 0, z > 0$. Докажите неравенство $\frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z+x} + \frac{z^2}{x+y} \ge \frac{1}{2}(x+y+z)$.

Решение.

Докажем данное неравенство двумя способами.

Способ 1. Применение неравенства Коши-Буняковского-Шварца

Воспользуемся неравенством Коши-Буняковского-Шварца в форме Энгеля (также известным как лемма Титу), которое для любых действительных чисел $x_1, x_2, \dots, x_n$ и положительных чисел $a_1, a_2, \dots, a_n$ имеет вид:

$$ \frac{x_1^2}{a_1} + \frac{x_2^2}{a_2} + \dots + \frac{x_n^2}{a_n} \ge \frac{(x_1 + x_2 + \dots + x_n)^2}{a_1 + a_2 + \dots + a_n} $$

Применим это неравенство к левой части доказываемого неравенства. Положим $n=3$, $x_1 = x, x_2 = y, x_3 = z$ и $a_1 = y+z, a_2 = z+x, a_3 = x+y$. По условию $x, y, z > 0$, поэтому все $a_i$ также положительны.

Получаем:

$$ \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z+x} + \frac{z^2}{x+y} \ge \frac{(x+y+z)^2}{(y+z) + (z+x) + (x+y)} $$

Преобразуем знаменатель в правой части неравенства:

$$ (y+z) + (z+x) + (x+y) = 2x + 2y + 2z = 2(x+y+z) $$

Подставим полученное выражение обратно:

$$ \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z+x} + \frac{z^2}{x+y} \ge \frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)} $$

Так как $x, y, z > 0$, то $x+y+z > 0$, и мы можем сократить дробь в правой части:

$$ \frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)} = \frac{1}{2}(x+y+z) $$

Таким образом, мы приходим к искомому неравенству:

$$ \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z+x} + \frac{z^2}{x+y} \ge \frac{1}{2}(x+y+z) $$

Что и требовалось доказать. Равенство достигается при $x=y=z$.

Ответ: Неравенство доказано.

Способ 2. Применение неравенства о средних

Воспользуемся неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим (неравенство Коши) для двух положительных чисел $a$ и $b$: $a+b \ge 2\sqrt{ab}$.

Применим это неравенство к следующим парам чисел для каждого слагаемого в левой части исходного неравенства:

1. Для первого слагаемого, возьмем пару $\frac{x^2}{y+z}$ и $\frac{y+z}{4}$. Оба числа положительны.

$$ \frac{x^2}{y+z} + \frac{y+z}{4} \ge 2 \sqrt{\frac{x^2}{y+z} \cdot \frac{y+z}{4}} = 2 \sqrt{\frac{x^2}{4}} = 2 \cdot \frac{x}{2} = x $$

2. Аналогично для второго и третьего слагаемых:

$$ \frac{y^2}{z+x} + \frac{z+x}{4} \ge y $$

$$ \frac{z^2}{x+y} + \frac{x+y}{4} \ge z $$

Сложим три полученных неравенства:

$$ \left(\frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z+x} + \frac{z^2}{x+y}\right) + \left(\frac{y+z}{4} + \frac{z+x}{4} + \frac{x+y}{4}\right) \ge x+y+z $$

Упростим выражение во второй скобке:

$$ \frac{y+z+z+x+x+y}{4} = \frac{2(x+y+z)}{4} = \frac{1}{2}(x+y+z) $$

Подставим это в общее неравенство:

$$ \left(\frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z+x} + \frac{z^2}{x+y}\right) + \frac{1}{2}(x+y+z) \ge x+y+z $$

Вычитая $\frac{1}{2}(x+y+z)$ из обеих частей, получаем требуемое неравенство:

$$ \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z+x} + \frac{z^2}{x+y} \ge x+y+z - \frac{1}{2}(x+y+z) $$

$$ \frac{x^2}{y+z} + \frac{y^2}{z+x} + \frac{z^2}{x+y} \ge \frac{1}{2}(x+y+z) $$

Что и требовалось доказать. Равенство достигается, когда слагаемые в парах для неравенства Коши равны: $\frac{x^2}{y+z} = \frac{y+z}{4}$, и так далее, что также приводит к $x=y=z$.

Ответ: Неравенство доказано.