ГДЗ по Алгебре 9 Класс Номер 17.43 Углубленный Уровень Мерзляк, Поляков — Подробные Ответы

Докажите, что если \(a > 0\), \(b > 0\) и \(c > 0\), то \(\frac{1}{abc} \geq \frac{1}{\sqrt{ab}} + \frac{1}{\sqrt{bc}} + \frac{1}{\sqrt{ca}}\).

Начнем с вспомогательного неравенства, которое всегда истинно для любых действительных чисел \(x\), \(y\), \(z\): \((x — y)^2 + (y — z)^2 + (z — x)^2 \ge 0\).

Раскроем скобки в этом неравенстве:
\((x^2 — 2xy + y^2) + (y^2 — 2yz + z^2) + (z^2 — 2zx + x^2) \ge 0\).
Приведем подобные члены:
\(2x^2 + 2y^2 + 2z^2 — 2xy — 2yz — 2zx \ge 0\).
Разделим все члены на 2:
\(x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + yz + zx\).

Теперь подставим в это неравенство следующие значения: \(x = \frac{1}{\sqrt{a}}\), \(y = \frac{1}{\sqrt{b}}\), \(z = \frac{1}{\sqrt{c}}\). Поскольку \(a, b, c > 0\), то \(\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c}\) являются действительными положительными числами, и их обратные величины также действительны.
Получаем:
\((\frac{1}{\sqrt{a}})^2 + (\frac{1}{\sqrt{b}})^2 + (\frac{1}{\sqrt{c}})^2 \ge (\frac{1}{\sqrt{a}})(\frac{1}{\sqrt{b}}) + (\frac{1}{\sqrt{b}})(\frac{1}{\sqrt{c}}) + (\frac{1}{\sqrt{c}})(\frac{1}{\sqrt{a}})\).

Упростим выражение:
\(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{1}{\sqrt{ab}} + \frac{1}{\sqrt{bc}} + \frac{1}{\sqrt{ca}}\).
Это и есть требуемое неравенство, что доказывает его истинность при заданных условиях.

1) Вспомогательное неравенство:

Докажем вспомогательное неравенство \((x — y)^2 + (y — z)^2 + (z — x)^2 \ge 0\). Это неравенство основано на том факте, что квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен. То есть, для любого действительного числа \(A\), \(A^2 \ge 0\). В данном случае, \(x — y\), \(y — z\) и \(z — x\) являются действительными числами, так как \(x\), \(y\), \(z\) — действительные числа. Следовательно, их квадраты \((x — y)^2\), \((y — z)^2\) и \((z — x)^2\) по отдельности неотрицательны. Сумма неотрицательных чисел также является неотрицательным числом, что подтверждает истинность исходного вспомогательного неравенства.

Для дальнейшего использования, раскроем скобки в каждом члене этого неравенства:
\((x — y)^2 = x^2 — 2xy + y^2\)
\((y — z)^2 = y^2 — 2yz + z^2\)
\((z — x)^2 = z^2 — 2zx + x^2\)

Теперь подставим эти развернутые выражения обратно в вспомогательное неравенство:
\((x^2 — 2xy + y^2) + (y^2 — 2yz + z^2) + (z^2 — 2zx + x^2) \ge 0\)

Сгруппируем и приведем подобные члены. У нас есть \(x^2\) дважды, \(y^2\) дважды и \(z^2\) дважды. Также есть члены \(-2xy\), \(-2yz\) и \(-2zx\).
\(2x^2 + 2y^2 + 2z^2 — 2xy — 2yz — 2zx \ge 0\)

Разделим обе части этого неравенства на 2 (поскольку 2 — положительное число, знак неравенства не изменится):
\(\frac{2x^2 + 2y^2 + 2z^2 — 2xy — 2yz — 2zx}{2} \ge \frac{0}{2}\)
Что приводит к следующему виду вспомогательного неравенства:
\(x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + yz + zx\)
Это неравенство будет использовано для доказательства основного утверждения.

2) В исходном неравенстве:

Теперь применим доказанное вспомогательное неравенство \(x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + yz + zx\) к исходному неравенству, которое требуется доказать: \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{1}{\sqrt{ab}} + \frac{1}{\sqrt{bc}} + \frac{1}{\sqrt{ca}}\).

Заметим, что члены в исходном неравенстве имеют вид квадратов и произведений корней. Например, \(\frac{1}{a}\) можно представить как \((\frac{1}{\sqrt{a}})^2\), а \(\frac{1}{\sqrt{ab}}\) как произведение \(\frac{1}{\sqrt{a}} \cdot \frac{1}{\sqrt{b}}\). Это наводит на мысль сделать следующие замены в вспомогательном неравенстве:
Пусть \(x = \frac{1}{\sqrt{a}}\)
Пусть \(y = \frac{1}{\sqrt{b}}\)
Пусть \(z = \frac{1}{\sqrt{c}}\)

Эти замены допустимы, так как по условию \(a > 0\), \(b > 0\) и \(c > 0\). Это означает, что \(\sqrt{a}\), \(\sqrt{b}\), \(\sqrt{c}\) являются действительными положительными числами. Следовательно, их обратные величины \(\frac{1}{\sqrt{a}}\), \(\frac{1}{\sqrt{b}}\), \(\frac{1}{\sqrt{c}}\) также являются действительными положительными числами, и мы можем подставить их в вспомогательное неравенство.

Подставим эти значения \(x\), \(y\), \(z\) в неравенство \(x^2 + y^2 + z^2 \ge xy + yz + zx\):
\((\frac{1}{\sqrt{a}})^2 + (\frac{1}{\sqrt{b}})^2 + (\frac{1}{\sqrt{c}})^2 \ge (\frac{1}{\sqrt{a}})(\frac{1}{\sqrt{b}}) + (\frac{1}{\sqrt{b}})(\frac{1}{\sqrt{c}}) + (\frac{1}{\sqrt{c}})(\frac{1}{\sqrt{a}})\)

Вычислим квадраты и произведения:
\((\frac{1}{\sqrt{a}})^2 = \frac{1^2}{(\sqrt{a})^2} = \frac{1}{a}\)
\((\frac{1}{\sqrt{b}})^2 = \frac{1}{b}\)
\((\frac{1}{\sqrt{c}})^2 = \frac{1}{c}\)

\((\frac{1}{\sqrt{a}})(\frac{1}{\sqrt{b}}) = \frac{1}{\sqrt{a}\sqrt{b}} = \frac{1}{\sqrt{ab}}\)
\((\frac{1}{\sqrt{b}})(\frac{1}{\sqrt{c}}) = \frac{1}{\sqrt{bc}}\)
\((\frac{1}{\sqrt{c}})(\frac{1}{\sqrt{a}}) = \frac{1}{\sqrt{ca}}\)

Подставим эти упрощенные выражения обратно в неравенство:
\(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{1}{\sqrt{ab}} + \frac{1}{\sqrt{bc}} + \frac{1}{\sqrt{ca}}\)

Это точное неравенство, которое требовалось доказать. Таким образом, исходное неравенство доказано, исходя из фундаментального свойства действительных чисел, что их квадрат всегда неотрицателен.