ГДЗ по Алгебре 9 Класс Номер 17.50 Углубленный Уровень Мерзляк, Поляков — Подробные Ответы

Докажите, что при любых положительных значениях \(a\), \(b\) и \(c\) хотя бы одно из неравенств \(a(1 — b) < -\frac{1}{2}\), \(b(1 - c) < -\frac{1}{2}\), \(c(1 - a) < -\frac{1}{2}\) верно.

Для доказательства того, что при любых положительных \(a, b, c\) верно хотя бы одно из неравенств \(a(1-b) \le \frac{1}{4}\), \(b(1-c) \le \frac{1}{4}\), \(c(1-a) \le \frac{1}{4}\), рассмотрим два случая.

Случай 1: Если хотя бы одно из чисел \(a, b, c\) больше или равно 1. Например, если \(b \ge 1\), то \(1-b \le 0\). Поскольку \(a > 0\), произведение \(a(1-b) \le 0\). Так как \(0 \le \frac{1}{4}\), неравенство \(a(1-b) \le \frac{1}{4}\) выполняется. Аналогично, если \(c \ge 1\), то \(b(1-c) \le \frac{1}{4}\), и если \(a \ge 1\), то \(c(1-a) \le \frac{1}{4}\). Таким образом, в этом случае хотя бы одно из исходных неравенств всегда выполняется.

Случай 2: Если \(0 < a < 1\), \(0 < b < 1\), \(0 < c < 1\). В этом случае все выражения \(a(1-b)\), \(b(1-c)\), \(c(1-a)\) положительны. Предположим противное, что ни одно из данных неравенств не выполняется. Это означает, что все три неравенства ложны: \(a(1-b) > \frac{1}{4}\), \(b(1-c) > \frac{1}{4}\), и \(c(1-a) > \frac{1}{4}\).

Перемножим эти три строгих неравенства: \((a(1-b)) \cdot (b(1-c)) \cdot (c(1-a)) > \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4}\), что дает \((a(1-b))(b(1-c))(c(1-a)) > \frac{1}{64}\).

Известно, что для любого действительного числа \(x\), неравенство \(\left(x — \frac{1}{2}\right)^2 \ge 0\) всегда справедливо. Раскрывая скобки, получаем \(x^2 — x + \frac{1}{4} \ge 0\), что эквивалентно \(x — x^2 \le \frac{1}{4}\). Вынося \(x\) за скобки, получаем \(x(1-x) \le \frac{1}{4}\). Применяя это неравенство к \(a, b, c\) (поскольку \(0 < a, b, c < 1\)), имеем: \(a(1-a) \le \frac{1}{4}\), \(b(1-b) \le \frac{1}{4}\), и \(c(1-c) \le \frac{1}{4}\). Перемножим эти три неравенства: \((a(1-a)) \cdot (b(1-b)) \cdot (c(1-c)) \le \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4}\), что дает \((a(1-a))(b(1-b))(c(1-c)) \le \frac{1}{64}\). Заметим, что произведение \((a(1-b))(b(1-c))(c(1-a))\) тождественно равно произведению \((a(1-a))(b(1-b))(c(1-c))\), так как оба равны \(abc(1-a)(1-b)(1-c)\). Таким образом, из нашего предположения мы получили, что \((a(1-b))(b(1-c))(c(1-a)) > \frac{1}{64}\), но в то же время \((a(1-b))(b(1-c))(c(1-a)) \le \frac{1}{64}\). Это является противоречием. Следовательно, наше первоначальное предположение о том, что ни одно из неравенств не выполняется, неверно. Таким образом, хотя бы одно из исходных неравенств должно быть истинным.

Докажем, что при любых положительных \(a, b, c\) верно хотя бы одно из неравенств: \(a(1-b) \le \frac{1}{4}\), \(b(1-c) \le \frac{1}{4}\), \(c(1-a) \le \frac{1}{4}\).

1) Если \(a \ge 1\), \(b \ge 1\) или \(c \ge 1\), то неравенство очевидно.
Например, если \(b \ge 1\), то выражение \(1-b\) будет неположительным, то есть \(1-b \le 0\). Поскольку \(a\) является положительным числом (\(a > 0\)), произведение \(a(1-b)\) будет неположительным: \(a(1-b) \le 0\). Так как \(0 \le \frac{1}{4}\), то неравенство \(a(1-b) \le \frac{1}{4}\) выполняется.
Аналогично, если \(c \ge 1\), то \(1-c \le 0\), и поскольку \(b > 0\), то \(b(1-c) \le 0\), что удовлетворяет \(b(1-c) \le \frac{1}{4}\).
И если \(a \ge 1\), то \(1-a \le 0\), и поскольку \(c > 0\), то \(c(1-a) \le 0\), что удовлетворяет \(c(1-a) \le \frac{1}{4}\).
Таким образом, в этом случае хотя бы одно из исходных неравенств всегда выполняется.

2) Если \(0 < a < 1\), \(0 < b < 1\), \(0 < c < 1\). В этом случае все выражения \(1-a\), \(1-b\), \(1-c\) будут положительными. Следовательно, произведения \(a(1-b)\), \(b(1-c)\), \(c(1-a)\) также будут положительными: \(a(1-b) > 0\), \(b(1-c) > 0\), \(c(1-a) > 0\).
Для доказательства используем метод от противного.

3) Допустим, что ни одно из исходных неравенств неверно. Это означает, что все три неравенства, которые мы хотим доказать, не выполняются. То есть, одновременно выполняются следующие строгие неравенства:
\(a(1-b) > \frac{1}{4}\),
\(b(1-c) > \frac{1}{4}\),
\(c(1-a) > \frac{1}{4}\).

4) Перемножим почленно эти три неравенства из пункта 3:
\((a(1-b)) \cdot (b(1-c)) \cdot (c(1-a)) > \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4}\).
Это дает: \((a(1-b))(b(1-c))(c(1-a)) > \frac{1}{64}\).
Для того чтобы это произведение было больше \(\frac{1}{64}\), необходимо, чтобы произведение \(a(1-a) \cdot b(1-b) \cdot c(1-c)\) также было бы больше \(\frac{1}{64}\). Таким образом, из нашего предположения следует:
\((a(1-a)) \cdot (b(1-b)) \cdot (c(1-c)) > \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4}\).
То есть: \((a(1-a))(b(1-b))(c(1-c)) > \frac{1}{64}\).

5) Рассмотрим общее свойство для любого действительного числа \(x\).
Известно, что квадрат любого действительного числа неотрицателен: \(\left(x — \frac{1}{2}\right)^2 \ge 0\).
Раскроем скобки: \(x^2 — 2 \cdot x \cdot \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{2}\right)^2 \ge 0\).
Упростим: \(x^2 — x + \frac{1}{4} \ge 0\).
Перенесем члены \(x^2\) и \(-x\) в правую часть неравенства: \(\frac{1}{4} \ge x — x^2\).
Или, что то же самое: \(x — x^2 \le \frac{1}{4}\).
Вынесем \(x\) за скобки: \(x(1-x) \le \frac{1}{4}\).
Это неравенство справедливо для всех действительных \(x\). Поскольку в нашем случае \(0 < a < 1\), \(0 < b <