Номер 19, страница 190 - 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 19, страница 190.

Условие.

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

$\frac{1}{1+xy} + \frac{1}{1+yz} + \frac{1}{1+zx} \ge \frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+y^2} + \frac{1}{1+z^2}$

Решение.

Для доказательства данного неравенства мы сначала докажем вспомогательное неравенство для двух переменных $a, b \in [0; 1]$:

$$ \frac{1}{1+a^2} + \frac{1}{1+b^2} \le \frac{2}{1+ab} $$

Перенесём все слагаемые в правую часть и приведём их к общему знаменателю. Это эквивалентно доказательству того, что следующая разность неотрицательна:

$$ \frac{2}{1+ab} - \frac{1}{1+a^2} - \frac{1}{1+b^2} \ge 0 $$

Сгруппируем слагаемые следующим образом:

$$ \left(\frac{1}{1+ab} - \frac{1}{1+a^2}\right) + \left(\frac{1}{1+ab} - \frac{1}{1+b^2}\right) \ge 0 $$

Приведём к общему знаменателю выражения в каждой из скобок:

$$ \frac{(1+a^2) - (1+ab)}{(1+ab)(1+a^2)} + \frac{(1+b^2) - (1+ab)}{(1+ab)(1+b^2)} \ge 0 $$

Упростим числители:

$$ \frac{a^2 - ab}{(1+ab)(1+a^2)} + \frac{b^2 - ab}{(1+ab)(1+b^2)} \ge 0 $$

Вынесем общие множители в числителях:

$$ \frac{a(a-b)}{(1+ab)(1+a^2)} - \frac{b(a-b)}{(1+ab)(1+b^2)} \ge 0 $$

Теперь вынесем общий множитель $\frac{a-b}{1+ab}$ за скобки:

$$ \frac{a-b}{1+ab} \left( \frac{a}{1+a^2} - \frac{b}{1+b^2} \right) \ge 0 $$

Приведём выражение во второй скобке к общему знаменателю:

$$ \frac{a-b}{1+ab} \left( \frac{a(1+b^2) - b(1+a^2)}{(1+a^2)(1+b^2)} \right) \ge 0 $$

$$ \frac{a-b}{1+ab} \left( \frac{a+ab^2 - b-ba^2}{(1+a^2)(1+b^2)} \right) \ge 0 $$

Сгруппируем члены в числителе второй дроби и вынесем общие множители:

$$ \frac{a-b}{1+ab} \left( \frac{(a-b) - ab(a-b)}{(1+a^2)(1+b^2)} \right) \ge 0 $$

$$ \frac{(a-b)^2(1-ab)}{(1+ab)(1+a^2)(1+b^2)} \ge 0 $$

Полученное неравенство верно для любых $a, b \in [0; 1]$. Числитель $(a-b)^2(1-ab)$ неотрицателен, так как $(a-b)^2 \ge 0$ как квадрат действительного числа, а множитель $(1-ab) \ge 0$, поскольку из $0 \le a \le 1$ и $0 \le b \le 1$ следует $0 \le ab \le 1$. Знаменатель $(1+ab)(1+a^2)(1+b^2)$ строго положителен, так как каждый множитель в нём положителен. Следовательно, вся дробь неотрицательна.

Таким образом, вспомогательное неравенство доказано.

Теперь применим это неравенство последовательно для пар переменных $(x, y)$, $(y, z)$ и $(z, x)$, каждая из которых, по условию задачи, принадлежит отрезку $[0; 1]$.

1. Для пары $(x, y)$ имеем:

$$ \frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+y^2} \le \frac{2}{1+xy} $$

2. Для пары $(y, z)$ имеем:

$$ \frac{1}{1+y^2} + \frac{1}{1+z^2} \le \frac{2}{1+yz} $$

3. Для пары $(z, x)$ имеем:

$$ \frac{1}{1+z^2} + \frac{1}{1+x^2} \le \frac{2}{1+zx} $$

Сложим эти три верных неравенства:

$$ \left(\frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+y^2}\right) + \left(\frac{1}{1+y^2} + \frac{1}{1+z^2}\right) + \left(\frac{1}{1+z^2} + \frac{1}{1+x^2}\right) \le \frac{2}{1+xy} + \frac{2}{1+yz} + \frac{2}{1+zx} $$

Сгруппируем слагаемые в левой части:

$$ 2\left(\frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+y^2} + \frac{1}{1+z^2}\right) \le 2\left(\frac{1}{1+xy} + \frac{1}{1+yz} + \frac{1}{1+zx}\right) $$

Разделив обе части неравенства на положительное число 2, получаем требуемое неравенство:

$$ \frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+y^2} + \frac{1}{1+z^2} \le \frac{1}{1+xy} + \frac{1}{1+yz} + \frac{1}{1+zx} $$

Что является эквивалентной формой исходного неравенства.

Ответ: Неравенство доказано.