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.

Пусть \(a,b,c>0\). Если хотя бы одно из \(a\ge1\), \(b\ge1\) или \(c\ge1\), то соответствующее выражение \(a(1-b)\), \(b(1-c)\) или \(c(1-a)\le0\), и искомое неравенство выполнено.

Предположим теперь \(0<a,b,c<1\) и что все три неравенства неверны: \(a(1-b)>\frac14\), \(b(1-c)>\frac14\), \(c(1-a)>\frac14\). Перемножая, получаем \(abc(1-a)(1-b)(1-c)>\frac1{64}\).

Но для любого \(x\in(0,1)\) верно \((x(1-x))\le\frac14\), так как \(x(1-x)=-\left(x-\frac12\right)^2+\frac14\). Следовательно, \(a(1-a)\le\frac14\), \(b(1-b)\le\frac14\), \(c(1-c)\le\frac14\), откуда \(abc(1-a)(1-b)(1-c)\le\frac1{64}\), что противоречит полученному выше.

Противоречие доказывает, что не могут быть неверны все три неравенства одновременно, значит хотя бы одно из \(a(1-b)\le\frac14\), \(b(1-c)\le\frac14\), \(c(1-a)\le\frac14\) верно.

Рассмотрим положительные числа \(a,b,c>0\). Если хотя бы одно из них не меньше единицы, скажем \(a\ge1\), то \(1-b\le1-0=1\), но главное, что при \(b\ge1\) имеем \(1-b\le0\), и тогда \(a(1-b)\le0\). Аналогично, при \(c\ge1\) получаем \(1-a\le0\) и \(c(1-a)\le0\), а при \(b\ge1\) имеем \(b(1-c)\le0\). В любом из этих случаев соответствующее выражение не превосходит нуля, а значит тем более не превосходит \(\frac14\). Следовательно, интерес представляет только случай \(0<a<1\), \(0<b<1\), \(0<c<1\).

Допустим противное: ни одно из трёх неравенств не выполняется, то есть \(a(1-b)>\frac14\), \(b(1-c)>\frac14\), \(c(1-a)>\frac14\). Перемножим их почленно: \(a(1-b)\cdot b(1-c)\cdot c(1-a)>\left(\frac14\right)^{3}=\frac1{64}\). Левая часть равна \(abc\,(1-a)(1-b)(1-c)\), поэтому имеем \(abc\,(1-a)(1-b)(1-c)>\frac1{64}\). Далее используем оценку для произведения вида \(x(1-x)\) на отрезке \((0,1)\). Рассмотрим квадратичную функцию \(f(x)=x(1-x)=x-x^{2}\). Завершая квадрат, получаем \(x-x^{2}=-\left(x-\frac12\right)^{2}+\frac14\). Отсюда немедленно следует, что для любого \(x\in(0,1)\) выполнено \(x(1-x)\le\frac14\), причём равенство достигается только при \(x=\frac12\). Применим это к каждому из \(a,b,c\): \(a(1-a)\le\frac14\), \(b(1-b)\le\frac14\), \(c(1-c)\le\frac14\). Перемножая эти три неравенства, получаем \(a(1-a)\cdot b(1-b)\cdot c(1-c)\le\left(\frac14\right)^{3}=\frac1{64}\).

Теперь сравним полученные произведения. С одной стороны из допущения противного мы вывели \(abc\,(1-a)(1-b)(1-c)>\frac1{64}\). С другой стороны из универсальной оценки для каждого множителя имеем \(a(1-a)\cdot b(1-b)\cdot c(1-c)\le\frac1{64}\). Но заметим, что при \(0<a,b,c<1\) справедливо \(abc< a\), \(abc< b\), \(abc< c\), однако нам достаточно того, что \(abc\le a\), \(abc\le b\), \(abc\le c\), и значит \(abc\,(1-a)(1-b)(1-c)\le a(1-a)\cdot b(1-b)\cdot c(1-c)\). Итогом является цепочка \(abc\,(1-a)(1-b)(1-c)\le\frac1{64}\), противоречащая выведенному ранее строгому неравенству \(abc\,(1-a)(1-b)(1-c)>\frac1{64}\). Возникает логическое противоречие, следовательно наше отрицание неверно, и хотя бы одно из неравенств \(a(1-b)\le\frac14\), \(b(1-c)\le\frac14\), \(c(1-a)\le\frac14\) обязательно выполняется для любых положительных \(a,b,c\).