ГДЗ по Алгебре 9 Класс Самостоятельные и контрольные работы Самостоятельная работа 17 Вариант 3 Мерзляк, Полонский, Рабинович, Якир — Подробные Ответы

1. Докажите неравенство:
1) \(4x^2 — 8xy + 5y^2 \geq 0\);
2) \(x^2 y^2 + x^2 + 9y^2 + 1 \geq 8xy\);
3) \(\frac{1}{1 \cdot 6} + \frac{1}{6 \cdot 11} + \cdots + \frac{1}{(5n — 4)(5n + 1)} < \frac{1}{5}, \quad n \in \mathbb{N}\);
4) \(16a^2 + 9b^2 + 1 \geq 12ab — 3b — 4a\).

2. Известно, что \(x \in [0; 3]\), \(y \in [0; 3]\), \(z \in [0; 3]\). Докажите неравенство
\(\frac{x}{6 + y} + \frac{y}{6 + z} + \frac{z}{6 + x} \leq 1\).

1. Доказать неравенство:
1) \(4x^2 — 8xy + 5y^2 \geq 0;\)
\(4x^2 — 8xy + 4y^2 + y^2 \geq 0;\)
\((2x — 2y)^2 + y^2 \geq 0;\)
Неравенство доказано.

2) \(x^2 y^2 + x^2 + 9y^2 + 1 \geq 8xy;\)
\(x^2 y^2 — 2xy + 1 + 9y^2 — 6xy + x^2 \geq 0;\)
\((xy — 1)^2 + (3y — x)^2 \geq 0;\)
Неравенство доказано.

3) \(\frac{1}{1 \cdot 6} + \frac{1}{6 \cdot 11} + \cdots + \frac{1}{(5n — 4)(5n + 1)} < \frac{1}{5};\)
\(\frac{1}{5} \left(1 — \frac{1}{6} + \frac{1}{6} — \frac{1}{11} + \cdots + \frac{1}{5n — 4} — \frac{1}{5n + 1}\right) < \frac{1}{5};\)
\(1 — \frac{1}{5n + 1} < 1, \quad \frac{1}{5n + 1} > 0;\)
Неравенство доказано.

4) \(16a^2 + 9b^2 + 1 \geq 12ab — 3b — 4a;\)
\(32a^2 + 18b^2 + 2 — 24ab + 6b + 8a \geq 0;\)
\(16a^2 + 8a + 1 + 16a^2 — 24ab + 9b^2 + 9b^2 + 6b + 1 \geq 0;\)
\((4a + 1)^2 + (4a — 3b)^2 + (3b + 1)^2 \geq 0;\)
Неравенство доказано.

2. Доказать неравенство:
\(x \in [0; 3], \quad y \in [0; 3], \quad z \in [0; 3];\)
\(x + y \leq 6, \quad 6 + z \geq x + y + z;\)
\(y + z \leq 6, \quad 6 + x \geq x + y + z;\)
\(x + z \leq 6, \quad 6 + y \geq x + y + z;\)
\(\frac{x}{6 + y} + \frac{y}{6 + z} + \frac{z}{6 + x} \leq \frac{x + y + z}{x + y + z} = 1;\)
Что и требовалось доказать.

1. Доказать неравенство:

1) Рассмотрим выражение \(4x^2 — 8xy + 5y^2\). Перепишем его как
\(4x^2 — 8xy + 4y^2 + y^2\). Заметим, что первые три слагаемых образуют полный квадрат:
\((2x — 2y)^2 = 4x^2 — 8xy + 4y^2\). Тогда исходное выражение равно
\((2x — 2y)^2 + y^2\). Поскольку квадрат любого числа неотрицателен, имеем
\((2x — 2y)^2 + y^2 \geq 0\). Следовательно, неравенство доказано.

2) Рассмотрим неравенство
\(x^2 y^2 + x^2 + 9y^2 + 1 \geq 8xy\). Перенесём все слагаемые в левую часть:
\(x^2 y^2 — 2xy + 1 + 9y^2 — 6xy + x^2 \geq 0\). Группируем слагаемые:
\((xy — 1)^2 + (3y — x)^2 \geq 0\). Так как сумма квадратов неотрицательна, неравенство доказано.

3) Рассмотрим сумму
\(\frac{1}{1 \cdot 6} + \frac{1}{6 \cdot 11} + \cdots + \frac{1}{(5n — 4)(5n + 1)}\).
Разложим каждый член суммы в виде разности дробей:
\(\frac{1}{(5k — 4)(5k + 1)} = \frac{1}{5} \left(\frac{1}{5k — 4} — \frac{1}{5k + 1}\right)\). Тогда сумма равна
\(\frac{1}{5} \left(1 — \frac{1}{6} + \frac{1}{6} — \frac{1}{11} + \cdots + \frac{1}{5n — 4} — \frac{1}{5n + 1}\right)\), что сокращается до
\(\frac{1}{5} \left(1 — \frac{1}{5n + 1}\right)\). Поскольку \(\frac{1}{5n + 1} > 0\), имеем
\(\frac{1}{5} \left(1 — \frac{1}{5n + 1}\right) < \frac{1}{5}\). Неравенство доказано.

4) Рассмотрим неравенство
\(16a^2 + 9b^2 + 1 \geq 12ab — 3b — 4a\). Перенесём все слагаемые в левую часть и умножим на 2 для удобства:
\(32a^2 + 18b^2 + 2 — 24ab + 6b + 8a \geq 0\). Группируем слагаемые:
\(16a^2 + 8a + 1 + 16a^2 — 24ab + 9b^2 + 9b^2 + 6b + 1 \geq 0\). Представим в виде суммы квадратов:
\((4a + 1)^2 + (4a — 3b)^2 + (3b + 1)^2 \geq 0\). Сумма квадратов неотрицательна, значит неравенство доказано.

2. Доказать неравенство:

Даны \(x, y, z \in [0; 3]\) и условия
\(x + y \leq 6, \quad 6 + z \geq x + y + z;\)
\(y + z \leq 6, \quad 6 + x \geq x + y + z;\)
\(x + z \leq 6, \quad 6 + y \geq x + y + z.\)

Рассмотрим сумму
\(\frac{x}{6 + y} + \frac{y}{6 + z} + \frac{z}{6 + x}\). По условию, знаменатели больше или равны 6, а числители неотрицательны. Используем неравенство Коши–Буняковского:
\(\frac{x}{6 + y} + \frac{y}{6 + z} + \frac{z}{6 + x} \leq \frac{x + y + z}{x + y + z} = 1\).

Таким образом,
\(\frac{x}{6 + y} + \frac{y}{6 + z} + \frac{z}{6 + x} \leq 1\). Что и требовалось доказать.