ГДЗ по Алгебре 9 Класс Номер 18.66 Углубленный Уровень Мерзляк, Поляков — Подробные Ответы

Докажите, что если \(a > 0\), \(b > 0\), \(c > 0\), то \(\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} > 2\).

Доказать, что если \(a > 0, b > 0, c > 0\), тогда:
\(\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} > 2\);

1) Пусть \(x > 0, y > 0, z > 0\), тогда:
\(\sqrt{\frac{x}{y+z}} \cdot 1 \ge \frac{2}{\frac{y+z}{x} + \frac{1}{1}}\);
\(\sqrt{\frac{x}{y+z}} \ge \frac{2x}{y+z+x}\);

2) В исходном неравенстве:
\(\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} \ge \frac{2a}{a+b+c} + \frac{2b}{a+b+c} + \frac{2c}{a+b+c}\);
\(\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} \ge \frac{2(a+b+c)}{a+b+c} = 2\);

3) Равенство достигается при:
\(\frac{x}{y+z} = 1, x = y+z\);
\(\begin{cases} a = b+c \\ b = c+a \\ c = a+b \end{cases}\)
\(a+b+c = (b+c) + (c+a) + (a+b)\);
\(a+b+c = 2(a+b+c)\);
\(1 = 2\);
\(a \in \emptyset, b \in \emptyset, c \in \emptyset\);

Неравенство доказано.

Для доказательства данного неравенства, а именно \(\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} > 2\), при условии, что \(a > 0, b > 0, c > 0\), мы воспользуемся ключевым вспомогательным неравенством, вытекающим из неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим (AM-GM). Для любых двух положительных чисел \(X\) и \(Y\) известно, что их среднее арифметическое не меньше их среднего геометрического, то есть \(\frac{X+Y}{2} \ge \sqrt{XY}\). Используя это, мы можем вывести полезное неравенство для дробей. Рассмотрим выражение \(\sqrt{\frac{x}{y+z}}\) для произвольных положительных чисел \(x, y, z\). Мы можем переписать его как \(\frac{x}{\sqrt{x(y+z)}}\). Применяя неравенство AM-GM к знаменателю, где \(X = x\) и \(Y = y+z\), получаем \(\sqrt{x(y+z)} \le \frac{x+(y+z)}{2} = \frac{x+y+z}{2}\). Поскольку \(\sqrt{x(y+z)}\) находится в знаменателе, при замене его на большую величину, вся дробь уменьшится или останется прежней. Следовательно, \(\frac{x}{\sqrt{x(y+z)}} \ge \frac{x}{\frac{x+y+z}{2}}\), что упрощается до \(\frac{2x}{x+y+z}\). Таким образом, мы установили, что для любых положительных \(x, y, z\) справедливо неравенство \(\sqrt{\frac{x}{y+z}} \ge \frac{2x}{x+y+z}\). Это неравенство является фундаментом для дальнейших шагов доказательства.

Теперь применим это вспомогательное неравенство к каждому члену исходной суммы. Для первого члена \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}\) мы подставляем \(x=a\) и \(y+z=b+c\) в выведенное неравенство, получая \(\sqrt{\frac{a}{b+c}} \ge \frac{2a}{a+b+c}\). Аналогично, для второго члена \(\sqrt{\frac{b}{c+a}}\) мы подставляем \(x=b\) и \(y+z=c+a\), что дает \(\sqrt{\frac{b}{c+a}} \ge \frac{2b}{b+c+a}\). И, наконец, для третьего члена \(\sqrt{\frac{c}{a+b}}\) мы подставляем \(x=c\) и \(y+z=a+b\), получая \(\sqrt{\frac{c}{a+b}} \ge \frac{2c}{c+a+b}\). Обратите внимание, что знаменатели всех полученных выражений одинаковы и равны \((a+b+c)\). Суммируя все три полученных неравенства, мы получаем: \(\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} \ge \frac{2a}{a+b+c} + \frac{2b}{a+b+c} + \frac{2c}{a+b+c}\). Правую часть этого неравенства можно упростить, поскольку у всех дробей одинаковый знаменатель: \(\frac{2a+2b+2c}{a+b+c} = \frac{2(a+b+c)}{a+b+c}\). Так как \(a, b, c\) строго положительны, их сумма \(a+b+c\) также строго положительна, и мы можем сократить ее в числителе и знаменателе, что приводит к значению \(2\). Таким образом, мы доказали, что \(\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} \ge 2\).

Для того чтобы доказать строгое неравенство (\(>\)), нам необходимо показать, что случай равенства \(\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} = 2\) невозможен. Равенство в неравенстве AM-GM \(\frac{X+Y}{2} \ge \sqrt{XY}\) достигается тогда и только тогда, когда \(X=Y\). Следовательно, для того чтобы равенство \(\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} = 2\) выполнялось, каждое из трех вспомогательных неравенств, которые мы использовали, должно быть равенством. Это означает, что должны выполняться следующие условия: \(a = b+c\), \(b = c+a\), и \(c = a+b\). Если мы сложим эти три уравнения покомпонентно, то получим: \(a+b+c = (b+c) + (c+a) + (a+b)\). Упрощая правую часть, имеем \(a+b+c = 2a+2b+2c\). Перенося все члены в одну сторону, получаем \(0 = a+b+c\). Однако, по условию задачи, \(a > 0, b > 0, c > 0\). Сумма трех строго положительных чисел всегда будет строго положительной, то есть \(a+b+c > 0\). Полученное условие \(a+b+c = 0\) противоречит исходным условиям задачи. Это означает, что равенство в исходном неравенстве никогда не может быть достигнуто для положительных \(a, b, c\). Следовательно, неравенство должно быть строгим, и мы окончательно доказали, что \(\sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} > 2\).