Номер 10, страница 189 - 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. Когда сделаны уроки. Упражнения - номер 10, страница 189.

Условие.

10. (См. пример 4 в § 18) Докажите, что если $a > 0$, $b > 0 \text{ и } c > 0$, то

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

Решение.

Для доказательства данного неравенства, известного как неравенство Несбитта, воспользуемся методом замены переменных.

Пусть $x = b+c$, $y = c+a$, $z = a+b$. Поскольку по условию $a > 0, b > 0, c > 0$, то и $x, y, z$ являются положительными числами.

Теперь выразим $a, b, c$ через $x, y, z$. Сложим три равенства:

$$ x+y+z = (b+c) + (c+a) + (a+b) = 2a+2b+2c = 2(a+b+c) $$

Отсюда следует, что $a+b+c = \frac{x+y+z}{2}$.

Теперь мы можем найти каждое из чисел $a, b, c$:

$$ a = (a+b+c) - (b+c) = \frac{x+y+z}{2} - x = \frac{x+y+z-2x}{2} = \frac{y+z-x}{2} $$

$$ b = (a+b+c) - (c+a) = \frac{x+y+z}{2} - y = \frac{x+y+z-2y}{2} = \frac{x+z-y}{2} $$

$$ c = (a+b+c) - (a+b) = \frac{x+y+z}{2} - z = \frac{x+y+z-2z}{2} = \frac{x+y-z}{2} $$

Подставим эти выражения в левую часть исходного неравенства:

$$ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} = \frac{\frac{y+z-x}{2}}{x} + \frac{\frac{x+z-y}{2}}{y} + \frac{\frac{x+y-z}{2}}{z} $$

Вынесем множитель $\frac{1}{2}$ за скобки и упростим выражение:

$$ = \frac{1}{2} \left( \frac{y+z-x}{x} + \frac{x+z-y}{y} + \frac{x+y-z}{z} \right) $$

Разделим каждую дробь на отдельные слагаемые:

$$ = \frac{1}{2} \left( \frac{y}{x} + \frac{z}{x} - \frac{x}{x} + \frac{x}{y} + \frac{z}{y} - \frac{y}{y} + \frac{x}{z} + \frac{y}{z} - \frac{z}{z} \right) $$

$$ = \frac{1}{2} \left( \frac{y}{x} + \frac{z}{x} - 1 + \frac{x}{y} + \frac{z}{y} - 1 + \frac{x}{z} + \frac{y}{z} - 1 \right) $$

Сгруппируем слагаемые попарно:

$$ = \frac{1}{2} \left( \left(\frac{y}{x} + \frac{x}{y}\right) + \left(\frac{z}{x} + \frac{x}{z}\right) + \left(\frac{z}{y} + \frac{y}{z}\right) - 3 \right) $$

Теперь воспользуемся известным неравенством о сумме взаимно обратных чисел, которое является следствием неравенства Коши (о среднем арифметическом и среднем геометрическом). Для любого положительного числа $u > 0$ справедливо $u + \frac{1}{u} \ge 2$.

Поскольку $x, y, z$ положительны, мы можем применить это неравенство к каждой паре в скобках:

$$ \frac{y}{x} + \frac{x}{y} \ge 2 $$

$$ \frac{z}{x} + \frac{x}{z} \ge 2 $$

$$ \frac{z}{y} + \frac{y}{z} \ge 2 $$

Подставим эти оценки в наше преобразованное выражение:

$$ \frac{1}{2} \left( \left(\frac{y}{x} + \frac{x}{y}\right) + \left(\frac{z}{x} + \frac{x}{z}\right) + \left(\frac{z}{y} + \frac{y}{z}\right) - 3 \right) \ge \frac{1}{2} (2 + 2 + 2 - 3) $$

Выполним вычисления:

$$ \ge \frac{1}{2} (6 - 3) = \frac{3}{2} $$

Таким образом, мы доказали, что $ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \ge \frac{3}{2} $. Равенство достигается, когда слагаемые в каждой паре равны, то есть $x=y=z$, что в свою очередь означает $a=b=c$.

Ответ: Неравенство доказано.