Номер 8, 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 8, страница 189.

Условие.

8. Дано: $a > 0, b > 0, c > 0, a^2 + b^2 + c^2 = 3.$ Докажите, что: $\frac{1}{1+ab} + \frac{1}{1+bc} + \frac{1}{1+ac} \ge \frac{3}{2}.$

Решение.

Для доказательства воспользуемся известным неравенством $x^2+y^2 \ge 2xy$ для любых действительных чисел $x$ и $y$. Отсюда следует, что $ab \le \frac{a^2+b^2}{2}$.

Рассмотрим первое слагаемое в левой части доказываемого неравенства. Применим к его знаменателю выведенное выше соотношение:

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

Так как обе части этого неравенства положительны (поскольку $a,b > 0$), мы можем взять обратные величины, изменив при этом знак неравенства:

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

Проводя аналогичные рассуждения для двух других слагаемых, получаем:

$\frac{1}{1+bc} \ge \frac{2}{2+b^2+c^2}$

$\frac{1}{1+ac} \ge \frac{2}{2+a^2+c^2}$

Сложив три полученных неравенства, получим оценку для левой части исходного неравенства:

$\frac{1}{1+ab} + \frac{1}{1+bc} + \frac{1}{1+ac} \ge \frac{2}{2+a^2+b^2} + \frac{2}{2+b^2+c^2} + \frac{2}{2+a^2+c^2}$.

Используем данное в условии равенство $a^2+b^2+c^2=3$. Выразим суммы квадратов двух переменных через третью:

$a^2+b^2 = 3-c^2$

$b^2+c^2 = 3-a^2$

$a^2+c^2 = 3-b^2$

Подставим эти выражения в правую часть нашего неравенства:

$\frac{2}{2+(3-c^2)} + \frac{2}{2+(3-a^2)} + \frac{2}{2+(3-b^2)} = \frac{2}{5-c^2} + \frac{2}{5-a^2} + \frac{2}{5-b^2}$.

Таким образом, задача сводится к доказательству нового неравенства:

$\frac{2}{5-a^2} + \frac{2}{5-b^2} + \frac{2}{5-c^2} \ge \frac{3}{2}$, что равносильно $\frac{1}{5-a^2} + \frac{1}{5-b^2} + \frac{1}{5-c^2} \ge \frac{3}{4}$.

Для доказательства этого неравенства воспользуемся неравенством Коши-Буняковского-Шварца в форме Энгеля (лемма Титу): для положительных $x_i, y_i$ выполняется $\sum \frac{x_i^2}{y_i} \ge \frac{(\sum x_i)^2}{\sum y_i}$.

В нашем случае $x_1=x_2=x_3=1$, а знаменатели $y_1=5-a^2, y_2=5-b^2, y_3=5-c^2$. Заметим, что из $a^2+b^2+c^2=3$ и $a,b,c>0$ следует, что $0 < a^2 < 3$, $0 < b^2 < 3$, $0 < c^2 < 3$, поэтому все знаменатели $y_i$ положительны.

Применяем лемму Титу:

$\frac{1^2}{5-a^2} + \frac{1^2}{5-b^2} + \frac{1^2}{5-c^2} \ge \frac{(1+1+1)^2}{(5-a^2)+(5-b^2)+(5-c^2)} = \frac{9}{15-(a^2+b^2+c^2)}$.

Подставляя $a^2+b^2+c^2=3$, получаем:

$\frac{9}{15-3} = \frac{9}{12} = \frac{3}{4}$.

Мы доказали, что $\frac{1}{5-a^2} + \frac{1}{5-b^2} + \frac{1}{5-c^2} \ge \frac{3}{4}$. Следовательно, и $\frac{2}{5-a^2} + \frac{2}{5-b^2} + \frac{2}{5-c^2} \ge \frac{3}{2}$.

Поскольку левая часть исходного неравенства больше либо равна этой сумме, то и исходное неравенство верно. Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.