ГДЗ по Алгебре 9 Класс Самостоятельные и контрольные работы Самостоятельная работа 17 Вариант 1 Мерзляк, Полонский, Рабинович, Якир — Подробные Ответы

1. Докажите неравенство:
1) \(9x^2 — 6xy + 5y^2 \geq 0\);
2) \(a^2 b^2 + 4a^2 + b^2 + 4 \geq 8ab\);
3) \(\frac{1}{1 \cdot 4} + \frac{1}{4 \cdot 7} + \cdots + \frac{1}{n(n+3)} < \frac{1}{3}\), где \(n \in \mathbb{N}\);
4) \(a^2 + 4b^2 + 9 \geq 2ab — 6b — 3a\).

2. Известно, что \(x \in [0; 1]\), \(y \in [0; 1]\), \(z \in [0; 1]\). Докажите неравенство
\(\frac{x}{2 + y} + \frac{y}{2 + z} + \frac{z}{2 + x} \leq 1\).

1. Доказать неравенство:
1) \(9x^2 — 6xy + 5y^2 \geq 0;\)
\(9x^2 — 6xy + y^2 + 4y^2 \geq 0;\)
\((3x — y)^2 + 4y^2 \geq 0;\)
Неравенство доказано.

2) \(a^2b^2 + 4a^2 + b^2 + 4 \geq 8ab;\)
\(a^2b^2 — 4ab + 4 + 4a^2 — 4ab + b^2 \geq 0;\)
\((ab — 2)^2 + (2a — b)^2 \geq 0;\)
Неравенство доказано.

3) \(\frac{1}{1 \cdot 4} + \frac{1}{4 \cdot 7} + \cdots + \frac{1}{(3n — 2)(3n + 1)} < \frac{1}{3};\)
\(\frac{1}{3} \left(1 — \frac{1}{4} + \frac{1}{4} — \frac{1}{7} + \cdots + \frac{1}{3n — 2} — \frac{1}{3n + 1}\right) < \frac{1}{3};\)
\(1 — \frac{1}{3n + 1} < 1,\)
\(\frac{1}{3n + 1} > 0;\)
Неравенство доказано.

4) \(a^2 + 4b^2 + 9 \geq 2ab — 6b — 3a;\)
\(2a^2 + 8b^2 + 18 — 4ab + 12b + 6a \geq 0;\)
\(a^2 + 6a + 9 + a^2 — 4ab + 4b^2 + 4b^2 + 12b + 9 \geq 0;\)
\((a + 3)^2 + (a — 2b)^2 + (2b + 3)^2 \geq 0;\)
Неравенство доказано.

2. Доказать неравенство:
\(x \in [0; 1], \quad y \in [0; 1], \quad z \in [0; 1];\)
\(x + y \leq 2, \quad 2 + z \geq x + y + z;\)
\(y + z \leq 2, \quad 2 + x \geq x + y + z;\)
\(x + z \leq 2, \quad 2 + y \geq x + y + z;\)
\(\frac{x}{2 + y} + \frac{y}{2 + z} + \frac{z}{2 + x} \leq \frac{x + y + z}{x + y + z} = 1;\)
Что и требовалось доказать.

1. Доказать неравенство:

1) Рассмотрим выражение \(9x^2 — 6xy + 5y^2\). Разложим его:

\(9x^2 — 6xy + y^2 + 4y^2 = (3x — y)^2 + 4y^2\).

Так как квадрат любого числа неотрицателен, то:

\((3x — y)^2 \geq 0\) и \(4y^2 \geq 0\).

Следовательно, сумма неотрицательных выражений:

\((3x — y)^2 + 4y^2 \geq 0\),

что доказывает неравенство \(9x^2 — 6xy + 5y^2 \geq 0\).

2) Рассмотрим выражение \(a^2b^2 + 4a^2 + b^2 + 4\). Перенесём правую часть:

\(a^2b^2 + 4a^2 + b^2 + 4 — 8ab \geq 0\).

Перегруппируем члены:

\(a^2b^2 — 4ab + 4 + 4a^2 — 4ab + b^2 \geq 0\).

Запишем в виде суммы квадратов:

\((ab — 2)^2 + (2a — b)^2 \geq 0\).

Так как квадраты неотрицательны, неравенство доказано.

3) Рассмотрим сумму:

\(\frac{1}{1 \cdot 4} + \frac{1}{4 \cdot 7} + \cdots + \frac{1}{(3n — 2)(3n + 1)} < \frac{1}{3}\).

Представим сумму в виде:

\(\frac{1}{3} \left(1 — \frac{1}{4} + \frac{1}{4} — \frac{1}{7} + \cdots + \frac{1}{3n — 2} — \frac{1}{3n + 1}\right) < \frac{1}{3}\).

Внутри скобок все внутренние слагаемые сокращаются, остаётся:

\(1 — \frac{1}{3n + 1} < 1\).

Так как \(\frac{1}{3n + 1} > 0\), неравенство верно.

4) Рассмотрим неравенство:

\(a^2 + 4b^2 + 9 \geq 2ab — 6b — 3a\).

Перенесём все члены в одну сторону:

\(a^2 + 4b^2 + 9 — 2ab + 6b + 3a \geq 0\).

Умножим на 2 для удобства:

\(2a^2 + 8b^2 + 18 — 4ab + 12b + 6a \geq 0\).

Перегруппируем:

\(a^2 + 6a + 9 + a^2 — 4ab + 4b^2 + 4b^2 + 12b + 9 \geq 0\).

Запишем как сумму квадратов:

\((a + 3)^2 + (a — 2b)^2 + (2b + 3)^2 \geq 0\).

Это всегда верно, так как квадраты неотрицательны.

2. Доказать неравенство:

Дано \(x, y, z \in [0; 1]\), при этом:

\(x + y \leq 2\),

\(2 + z \geq x + y + z\),

\(y + z \leq 2\),

\(2 + x \geq x + y + z\),

\(x + z \leq 2\),

\(2 + y \geq x + y + z\).

Рассмотрим выражение:

\(\frac{x}{2 + y} + \frac{y}{2 + z} + \frac{z}{2 + x}\).

Так как \(x, y, z \geq 0\) и \(2 + y, 2 + z, 2 + x \geq 2\), то каждое слагаемое неотрицательно и не превышает соответствующую долю.

Используем неравенство:

\[
\frac{x}{2 + y} + \frac{y}{2 + z} + \frac{z}{2 + x} \leq \frac{x + y + z}{x + y + z} = 1.
\]

Таким образом, доказано, что

\(\frac{x}{2 + y} + \frac{y}{2 + z} + \frac{z}{2 + x} \leq 1\),

что и требовалось доказать.