ГДЗ по Алгебре 9 Класс Номер 145 Дорофеев, Суворова — Подробные Ответы

Докажите, что при положительных значениях переменных:

а) $\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}\ge 4$;

б) $\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}\ge 9$.

а) $\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}\ge 4$, где $x>0$ и $y>0$:

1)Первый способ:

$$\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}-4=\frac{y(x+y)+x(x+y)-4xy}{xy}=$$$$=\frac{xy+y^2+x^2+xy-4xy}{xy}=\frac{y^2-2xy+x^2}{xy}=\frac{(y-x{)}^2}{xy};$$

Так как $x>0$ и $y>0$, то $xy>0$;
$(y-x{)}^2\ge 0$ и $xy>0$, значит $\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}-4\ge 0$;
Тогда $\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}\ge 4$;

2)Второй способ:

$$\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}\ge 4;$$$$1+\frac{y}{x}+1+\frac{x}{y}\ge 4;$$$$\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\ge 2;$$

Пусть $a=\frac{y}{x}$, тогда $\frac{1}{a}=\frac{x}{y}$, получим:
$a+\frac{1}{a}\ge 2$ — верно по доказанному в задаче 129;

б) $\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}\ge 9$, где $x>0$, $y>0$ и $z>0$:

1)Первый способ:

$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}-9=\frac{(yz+xz+xy)(x+y+z)-9xyz}{xyz}=$$$$=\frac{xyz+x^{2}z+x^{2}y+y^{2}z+xyz+x{y}^2+y{z}^2+x{z}^2+xyz-9xyz}{xyz}=$$$$=\frac{(x^{2}z-2xyz+y^{2}z)+(x^{2}y-2xyz+y{z}^2)+(x^{2}y-2xyz+x{z}^2)}{xyz}=$$$$=\frac{z(x-y{)}^2+y(x-z{)}^2+x(y-z{)}^2}{xyz};$$

Так как $x>0$, $y>0$ и $z>0$, то $xyz>0$;
$(x-y{)}^2\ge 0$, $(x-z{)}^2\ge 0$, $(y-z{)}^2\ge 0$ и $xyz>0$, значит:

$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}-9\ge 0;$$

Тогда $\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}\ge 9$;

2)Второй способ:

$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}\ge 9;$$$$1+\frac{y+z}{x}+1+\frac{x+z}{y}+1+\frac{x+y}{z}\ge 9;$$$$\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\ge 6;$$

По доказанному в задаче 129: $\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\ge 2$, $\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\ge 2$ и $\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\ge 2$;
Значит данное неравенство верно.

а) $\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}\ge 4$, где $x>0$ и $y>0$:

1)Начнем с того, что имеем выражение $\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}$ и хотим доказать, что оно больше либо равно 4. Для этого преобразуем его, сначала выделив общие слагаемые:

$$\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}=\frac{y(x+y)}{xy}+\frac{x(x+y)}{xy}=\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}\mathrm{.}$$

Теперь вычтем 4 из этого выражения:

$$\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}-4=\frac{y(x+y)+x(x+y)-4xy}{xy}\mathrm{.}$$

Раскроем числитель:

$$y(x+y)+x(x+y)=y^2+xy+x^2+xy=x^2+y^2+2xy\mathrm{.}$$

Теперь подставим в выражение:

$$\frac{x^2+y^2+2xy-4xy}{xy}=\frac{(x-y{)}^2}{xy}\mathrm{.}$$

Так как $x>0$ и $y>0$, то $xy>0$, а $(x-y{)}^2\ge 0$, следовательно:

$$\frac{(x-y{)}^2}{xy}\ge 0.$$

Это означает, что:

$$\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}\ge 4.$$

2)Второй способ:
Мы можем записать $\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}$ как:

$$\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}=1+\frac{y}{x}+1+\frac{x}{y}=2+\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\mathrm{.}$$

Теперь необходимо доказать, что:

$$\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\ge 2.$$

Пусть $a=\frac{y}{x}$, тогда $\frac{1}{a}=\frac{x}{y}$, и по неравенству арифметического и геометрического среднего:

$$a+\frac{1}{a}\ge 2.$$

Это верно по неравенству, доказанному в задаче 129. Таким образом:

$$\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}\ge 4.$$

б) $\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}\ge 9$, где $x>0$, $y>0$ и $z>0$:

1)Начнем с того, что имеем выражение:

$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}\mathrm{.}$$

Попробуем представить его как разность:

$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}-9=\frac{(yz+xz+xy)(x+y+z)-9xyz}{xyz}\mathrm{.}$$

Раскроем числитель:

$$yz+xz+xy=x^{2}z+y^{2}z+xyz+x^{2}y+y{z}^2+x{y}^2+2xyz=$$

$$(x^{2}z-2xyz+y^{2}z)+(x^{2}y-2xyz+y{z}^2)+(x^{2}y-2xyz+x{z}^2)\mathrm{.}$$

Таким образом:

$$\frac{(x^{2}z-2xyz+y^{2}z)+(x^{2}y-2xyz+y{z}^2)+(x^{2}y-2xyz+x{z}^2)}{xyz}=$$

$$\frac{z(x-y{)}^2+y(x-z{)}^2+x(y-z{)}^2}{xyz}\mathrm{.}$$

Так как $x>0$, $y>0$ и $z>0$, то $xyz>0$;
Также $(x-y{)}^2\ge 0$, $(x-z{)}^2\ge 0$, $(y-z{)}^2\ge 0$, и $xyz>0$, значит:

$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}-9\ge 0.$$

Тогда:

$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}\ge 9.$$

2)Второй способ:
Рассмотрим выражение:

$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}=1+\frac{y+z}{x}+1+\frac{x+z}{y}+1+\frac{x+y}{z}\mathrm{.}$$

Это дает:

$$3+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\mathrm{.}$$

Мы знаем, что для положительных чисел:

$$\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\ge 2,\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\ge 2,\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\ge 2.$$

Суммируя эти неравенства, получаем:

$$\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\ge 6.$$

Таким образом:

$$3+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\ge 9.$$

Следовательно, данное неравенство выполняется:

$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}\ge 9.$$