Упр.1.96 ГДЗ Дорофеев Суворова 9 класс (Алгебра)

Задача

Докажите разными способами, что при положительных значениях переменных верно неравенство:

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

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

Подробный ответ

а) При $$x>0$$ и $$y>0$$ рассмотрим разность левой и правой частей:
$$\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}-4 =\left(1+\frac{y}{x}\right)+\left(1+\frac{x}{y}\right)-4 =\frac{y}{x}+\frac{x}{y}-2.$$
Приведём к общему знаменателю:
$$\frac{y}{x}+\frac{x}{y}-2 =\frac{y^2+x^2-2xy}{xy} =\frac{(x-y)^2}{xy}.$$
Так как $$x>0$$, $$y>0$$, то $$xy>0$$, а $$(x-y)^2\ge 0$$. Значит,
$$\frac{(x-y)^2}{xy}\ge 0,$$
следовательно,
$$\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y}\ge 4.$$
Можно и так:
$$\frac{x+y}{x}+\frac{x+y}{y} =2+\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\ge 2+2=4,$$
поскольку по неравенству $$a+\frac1a\ge 2$$ при $$a>0$$.
б) При $$x>0$$, $$y>0$$, $$z>0$$ рассмотрим разность:
$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}-9$$
$$=\left(1+\frac{y+z}{x}\right)+\left(1+\frac{x+z}{y}\right)+\left(1+\frac{x+y}{z}\right)-9$$
$$=\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}-6.$$
Приведём к общему знаменателю:
$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}-9 =\frac{z(x-y)^2+y(x-z)^2+x(y-z)^2}{xyz}.$$
Так как $$x>0$$, $$y>0$$, $$z>0$$, то $$xyz>0$$, а
$$z(x-y)^2\ge 0,\quad y(x-z)^2\ge 0,\quad x(y-z)^2\ge 0.$$
Следовательно,
$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}-9\ge 0,$$
то есть
$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}\ge 9.$$
Можно и так:
$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z} =3+\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)+\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)+\left(\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\right).$$
По неравенству $$a+\frac1a\ge 2$$ для положительных чисел получаем:
$$\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\ge 2,\quad \frac{z}{x}+\frac{x}{z}\ge 2,\quad \frac{z}{y}+\frac{y}{z}\ge 2.$$
Тогда
$$\frac{x+y+z}{x}+\frac{x+y+z}{y}+\frac{x+y+z}{z}\ge 3+2+2+2=9.$$