Номер 187, страница 65 - гдз по алгебре 9 класс учебник Никольский, Потапов

187. а) $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + ac + bc;$

б) $\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b} + \frac{bc}{a} \ge a + b + c (a > 0, b > 0, c > 0);$

в) $-\sqrt{2} \le a + b \le \sqrt{2}, \text{ если } a^2 + b^2 = 1;$

г) $9a + \frac{4}{a} \ge 12 (a > 0);$

д) $25a + \frac{4}{a} \ge 20 (a > 0).$

а) Докажем неравенство $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + ac + bc$.

Перенесем все члены в левую часть неравенства:

$a^2 + b^2 + c^2 - ab - ac - bc \ge 0$

Умножим обе части неравенства на 2, чтобы в дальнейшем выделить полные квадраты:

$2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2ac - 2bc \ge 0$

Сгруппируем члены следующим образом:

$(a^2 - 2ab + b^2) + (a^2 - 2ac + c^2) + (b^2 - 2bc + c^2) \ge 0$

Каждая скобка представляет собой полный квадрат разности:

$(a-b)^2 + (a-c)^2 + (b-c)^2 \ge 0$

Так как квадрат любого действительного числа является неотрицательной величиной (больше или равен нулю), то и сумма квадратов также всегда неотрицательна. Таким образом, неравенство справедливо для любых действительных чисел $a, b$ и $c$.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b} + \frac{bc}{a} \ge a + b + c$ при условии, что $a > 0, b > 0, c > 0$.

Поскольку $a, b, c$ положительны, все дроби в левой части также положительны. Воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши), которое для двух положительных чисел $x$ и $y$ выглядит как $\frac{x+y}{2} \ge \sqrt{xy}$.

Применим его к парам слагаемых:

1. Для $\frac{ab}{c}$ и $\frac{ac}{b}$:

$\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b} \ge 2\sqrt{\frac{ab}{c} \cdot \frac{ac}{b}} = 2\sqrt{a^2} = 2a$

2. Для $\frac{ab}{c}$ и $\frac{bc}{a}$:

$\frac{ab}{c} + \frac{bc}{a} \ge 2\sqrt{\frac{ab}{c} \cdot \frac{bc}{a}} = 2\sqrt{b^2} = 2b$

3. Для $\frac{ac}{b}$ и $\frac{bc}{a}$:

$\frac{ac}{b} + \frac{bc}{a} \ge 2\sqrt{\frac{ac}{b} \cdot \frac{bc}{a}} = 2\sqrt{c^2} = 2c$

Сложим три полученных неравенства:

$(\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b}) + (\frac{ab}{c} + \frac{bc}{a}) + (\frac{ac}{b} + \frac{bc}{a}) \ge 2a + 2b + 2c$

Приведем подобные слагаемые в левой части:

$2\left(\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b} + \frac{bc}{a}\right) \ge 2(a + b + c)$

Разделим обе части на 2:

$\frac{ab}{c} + \frac{ac}{b} + \frac{bc}{a} \ge a + b + c$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

в) Докажем, что $-\sqrt{2} \le a + b \le \sqrt{2}$, если $a^2 + b^2 = 1$.

Воспользуемся неравенством Коши-Буняковского-Шварца. Для двух пар чисел $(x_1, y_1)$ и $(x_2, y_2)$ оно имеет вид $(x_1x_2 + y_1y_2)^2 \le (x_1^2 + y_1^2)(x_2^2 + y_2^2)$.

Применим это неравенство для пар $(a, b)$ и $(1, 1)$:

$(a \cdot 1 + b \cdot 1)^2 \le (a^2 + b^2)(1^2 + 1^2)$

Подставим известное значение $a^2 + b^2 = 1$:

$(a+b)^2 \le (1)(1+1)$

$(a+b)^2 \le 2$

Извлекая квадратный корень из обеих частей неравенства, получаем:

$|a+b| \le \sqrt{2}$

Это неравенство с модулем равносильно двойному неравенству:

$-\sqrt{2} \le a + b \le \sqrt{2}$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

г) Докажем неравенство $9a + \frac{4}{a} \ge 12$ при условии $a > 0$.

Так как $a > 0$, то слагаемые $9a$ и $\frac{4}{a}$ положительны. Применим для них неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши):

$\frac{9a + \frac{4}{a}}{2} \ge \sqrt{9a \cdot \frac{4}{a}}$

Упростим правую часть:

$\frac{9a + \frac{4}{a}}{2} \ge \sqrt{36}$

$\frac{9a + \frac{4}{a}}{2} \ge 6$

Умножим обе части на 2:

$9a + \frac{4}{a} \ge 12$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

д) Докажем неравенство $25a + \frac{4}{a} \ge 20$ при условии $a > 0$.

Эта задача аналогична предыдущей. Поскольку $a > 0$, слагаемые $25a$ и $\frac{4}{a}$ являются положительными. Применим к ним неравенство Коши:

$\frac{25a + \frac{4}{a}}{2} \ge \sqrt{25a \cdot \frac{4}{a}}$

Упростим выражение под корнем:

$\frac{25a + \frac{4}{a}}{2} \ge \sqrt{100}$

$\frac{25a + \frac{4}{a}}{2} \ge 10$

Умножим обе части на 2, чтобы получить искомое неравенство:

$25a + \frac{4}{a} \ge 20$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.