Номер 9, 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 9, страница 189.

Условие.

9. Докажите, что если $x > 0$, $y > 0$, $z > 0$, то

$\frac{x}{x + 2y + 3z} + \frac{y}{y + 2z + 3x} + \frac{z}{z + 2x + 3y} \ge \frac{1}{2}$.

Решение.

Обозначим левую часть доказываемого неравенства через $S$:

$S = \frac{x}{x + 2y + 3z} + \frac{y}{y + 2z + 3x} + \frac{z}{z + 2x + 3y}$

Для доказательства воспользуемся неравенством Коши-Буняковского-Шварца в форме Энгеля (также известным как лемма Титу). Для любых положительных чисел $a_1, a_2, \dots, a_n$ и $b_1, b_2, \dots, b_n$ справедливо:

$\frac{a_1^2}{b_1} + \frac{a_2^2}{b_2} + \dots + \frac{a_n^2}{b_n} \ge \frac{(a_1 + a_2 + \dots + a_n)^2}{b_1 + b_2 + \dots + b_n}$

Чтобы применить это неравенство, представим каждое слагаемое в $S$ в виде дроби с квадратом в числителе, домножив числитель и знаменатель на числитель:

$S = \frac{x^2}{x(x + 2y + 3z)} + \frac{y^2}{y(y + 2z + 3x)} + \frac{z^2}{z(z + 2x + 3y)} = \frac{x^2}{x^2 + 2xy + 3xz} + \frac{y^2}{y^2 + 2yz + 3xy} + \frac{z^2}{z^2 + 2zx + 3yz}$

Теперь, согласно неравенству Коши-Буняковского-Шварца, получаем:

$S \ge \frac{(x+y+z)^2}{(x^2 + 2xy + 3xz) + (y^2 + 2yz + 3xy) + (z^2 + 2zx + 3yz)}$

Упростим знаменатель в правой части, сгруппировав подобные слагаемые:

$(x^2 + y^2 + z^2) + (2xy+3xy) + (2yz+3yz) + (3xz+2zx) = x^2 + y^2 + z^2 + 5xy + 5yz + 5zx$

Таким образом, мы свели задачу к доказательству следующего неравенства:

$\frac{(x+y+z)^2}{x^2 + y^2 + z^2 + 5xy + 5yz + 5zx} \ge \frac{1}{2}$

Поскольку по условию $x, y, z > 0$, знаменатель дроби положителен. Умножим обе части неравенства на $2(x^2 + y^2 + z^2 + 5xy + 5yz + 5zx)$:

$2(x+y+z)^2 \ge x^2 + y^2 + z^2 + 5xy + 5yz + 5zx$

Раскроем скобки в левой части:

$2(x^2 + y^2 + z^2 + 2xy + 2yz + 2zx) \ge x^2 + y^2 + z^2 + 5xy + 5yz + 5zx$

$2x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 4xy + 4yz + 4zx \ge x^2 + y^2 + z^2 + 5xy + 5yz + 5zx$

Перенесем все члены в левую часть:

$(2x^2 - x^2) + (2y^2 - y^2) + (2z^2 - z^2) + (4xy - 5xy) + (4yz - 5yz) + (4zx - 5zx) \ge 0$

$x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx \ge 0$

Это известное неравенство. Чтобы строго его доказать, умножим обе части на 2:

$2x^2 + 2y^2 + 2z^2 - 2xy - 2yz - 2zx \ge 0$

Перегруппируем слагаемые для выделения полных квадратов:

$(x^2 - 2xy + y^2) + (y^2 - 2yz + z^2) + (z^2 - 2zx + x^2) \ge 0$

$(x-y)^2 + (y-z)^2 + (z-x)^2 \ge 0$

Сумма квадратов действительных чисел всегда неотрицательна, следовательно, последнее неравенство верно. Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство также доказано.

Равенство достигается тогда и только тогда, когда $(x-y)^2 = 0$, $(y-z)^2 = 0$ и $(z-x)^2 = 0$, то есть при $x=y=z$.

Ответ: Неравенство доказано.