Номер 13, 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 13, страница 189.

Условие.

13. Известно, что $x \in [0; 1]$, $y \in [0; 1]$, $z \in [0; 1]$. Докажите неравенство:

$\frac{1}{1 + x + yz} + \frac{1}{1 + y + xz} + \frac{1}{1 + z + xy} \le \frac{3}{x + y + z}$

Решение.

Для доказательства данного неравенства воспользуемся условием, что переменные $x, y, z$ принадлежат отрезку $[0; 1]$. Это означает, что выражения $1-x$, $1-y$, $1-z$ являются неотрицательными.

Правая часть неравенства определена при $x+y+z \ne 0$. Так как $x, y, z \ge 0$, это эквивалентно тому, что хотя бы одна из переменных не равна нулю. В этом случае $x+y+z > 0$. Если же $x=y=z=0$, левая часть равна $1+1+1=3$, а правая часть не определена. Будем считать, что $x+y+z > 0$.

Рассмотрим каждое слагаемое в левой части неравенства по отдельности. Для первого слагаемого $\frac{1}{1+x+yz}$ оценим его знаменатель.

Поскольку $y \in [0; 1]$ и $z \in [0; 1]$, то $1-y \ge 0$ и $1-z \ge 0$. Следовательно, их произведение также неотрицательно:

$(1-y)(1-z) \ge 0$

Раскрыв скобки, получаем $1 - y - z + yz \ge 0$, что эквивалентно следующему неравенству:

$1 + yz \ge y + z$

Теперь мы можем использовать этот результат для оценки знаменателя первого слагаемого:

$1 + x + yz \ge x + (y+z) = x+y+z$

Так как обе части полученного неравенства положительны (поскольку $x+y+z > 0$), мы можем взять от них обратные величины, изменив при этом знак неравенства на противоположный:

$\frac{1}{1+x+yz} \le \frac{1}{x+y+z}$

Проводя полностью аналогичные рассуждения для двух других слагаемых, получаем:

Для второго слагаемого, из условия $x, z \in [0; 1]$ следует $(1-x)(1-z) \ge 0$, что ведет к $1+xz \ge x+z$. Тогда:

$1+y+xz \ge y+x+z$

Отсюда:

$\frac{1}{1+y+xz} \le \frac{1}{x+y+z}$

Для третьего слагаемого, из условия $x, y \in [0; 1]$ следует $(1-x)(1-y) \ge 0$, что ведет к $1+xy \ge x+y$. Тогда:

$1+z+xy \ge z+x+y$

Отсюда:

$\frac{1}{1+z+xy} \le \frac{1}{x+y+z}$

Теперь сложим три полученных неравенства:

$\frac{1}{1+x+yz} + \frac{1}{1+y+xz} + \frac{1}{1+z+xy} \le \frac{1}{x+y+z} + \frac{1}{x+y+z} + \frac{1}{x+y+z}$

Суммирование дробей в правой части дает искомый результат:

$\frac{1}{1+x+yz} + \frac{1}{1+y+xz} + \frac{1}{1+z+xy} \le \frac{3}{x+y+z}$

Таким образом, неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано. Ключевым шагом является установление того, что для любых $a, b \in [0; 1]$ выполняется $1+ab \ge a+b$, что позволяет оценить каждое слагаемое в левой части сверху величиной $\frac{1}{x+y+z}$.