O’ZBEKISTON RESPUBLIKASI XALQ TA’LIMI VAZIRLIGI
Sh. Ismailov, A. Qo’chqorov, B. Abdurahmonov
TENGSIZLIKLAR-I.
ISBOTLASHNING KLASSIK
USULLARI
Toshkent- 2008
§1. Sonli tengsizliklar haqida.
1
Sh. Ismailov, A. Qo’chqorov, B. Abdurahmonov. Tengsizliklar-I. Isbotlashning
klassik usullari / Toshkent, 2008 y.
Fizika –matematika fanlari doktori, professor A. A’zamov umumiy tahriri ostida.
Qo’llanmada asosiy klassik sonli tengsizliklar hamda ularning qo’llanishiga doir
turli matematik olimpiadalardagi masalalar keltirilgan.
Qo’llanma umumiy o’rta ta’lim maktablari, akademik litseylar va kasb–hunar
kollejlarining iqtidorli o’quvchilari, matematika fani o’qituvchilari hamda pedagogika
oliy o’quv yurtlari talabalari uchun mo’ljallangan.
Qo’llanmadan sinfdan tashqari mashg’ulotlarda, o’quvchilarni turli matematik
musobaqalarga tayyorlash jarayonida foydalanish mumkin.
Taqrizchilar:
TVDPI matematika kafedrasi mudiri, f.–m.f.n., dotsent
Sh.B. Bekmatov
TVDPI boshlang’ich ta’lim metodikasi kafedrasi dotsenti,
ped. f.n. Z. S. Dadanov
Ushbu qo’llanma Respublika ta’lim markazi qoshidagi matematika fanidan
ilmiy-metodik kengash tomonidan nashrga tavsiya etilgan. (15 iyun 2008 y., 8 -sonli
bayyonnoma)
Qo’llanmaning
texnologiyalarni
yaratilishi
rivojlantirishni
Vazirlar
Mahkamasi
muvofiqlashtirish
moliyalashtirilgan (ХИД 1-16 – sonli innovatsiya loyihasi)
© O’zbekiston Respublikasi Xalq ta’limi vazirligi
2
huzuridagi
Fan
va
Q’omitasi
tomonidan
§1. Sonli tengsizliklar haqida.
1. Sonli tengsizliklar va ularning xossalari.
Ta’rif: Agar a − b ayirma musbat son bo’lsa, a soni b sonidan katta deyiladi va
bu munosabat a > b shaklida yoziladi. Agar a − b ayirma manfiy bo’lsa, a soni b
sonidan kichik deyiladi va a < b shaklida yoziladi.
Istalgan a va b sonlar uchun quyidagi uchta munosabatdan faqat bittasi
o’rinli:
1. a − b > 0 ⇔ a > b ;
2. a − b < 0 ⇔ a < b ;
3. a − b = 0 ⇔ a = b .
Sonli tengsizliklar quyidagi xossalarga ega:
10. Agar a > b va b > c bo’lsa, a > c bo’ladi (tengsizlik munosabatini
tranzitivlik xossasi).
20. Agar a > b va c ∈ R bo’lsa, a + c > b + c bo’ladi.
30. Agar a > b va c > 0 bo’lsa, a ⋅ c > b ⋅ c bo’ladi.
40. Agar a > b va c < 0 bo’lsa, a ⋅ c < b ⋅ c bo’ladi.
50. Agar a > b va c > d bo’lsa, a + c > b + d bo’ladi.
60. Agar a > b > 0 va c > d > 0 bo’lsa, a ⋅ c > b ⋅ d bo’ladi.
70. Agar a > b > 0 va n ∈ N bo’lsa, a n > b n bo’ladi ( n − toq son bo’lganda
b > 0 shart ortiqcha).
2.Tengsizliklarni isbotlashning usullari haqida.
1–misol. Istalgan a, b
va c sonlari uchun
2a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2a (b + c )
va c sonlari uchun
( 2a + b + c ) − 2a(b + c)
ekanligini isbotlang.
Yechilishi. Istalgan a, b
ayirmani manfiy emasligini ko’rsatamiz:
3
2
2
2
( 2a + b + c ) − 2a(b + c) = ( a − 2ab + b ) + ( a − 2ac + c ) =
2
2
2
2
2
2
2
= (a − b) + (a − c) .
2
2
Istalgan sonning kvadrati nomanfiy son bo’lgani uchun
( a − b ) ≥ 0 va
2
( a − c ) ≥ 0 . Demak, ( 2a 2 + b2 + c 2 ) − 2a(b + c) istalgan a, b va c sonlari uchun
2
manfiy emas. Shuning uchun berilgan tengsizlik istalgan a, b va c sonlari uchun
o’rinli. Jumladan, tenglik belgisi a = b = c bo’lgandagina bajariladi. ∆
Tengsizlikning to’g’riligini ko’rsatish uchun uning har
ikkala qismining
ayirmasini musbat yoki manfiyligini aniqlash, ya’ni 1-misoldagidek
ta’rifdan
foydalanib isbotlashga harakat qilish ayrim hollarda juda qiyin bo’ladi. Shuning
uchun tengsizliklarni isbotlashda tengsizliklarning xossalaridan foydalaniladi.
2-misol.
Musbat a, b
va c sonlari uchun
b+c c+a a+b
+
+
≥6
a
b
c
tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi: Tengsizlikning chap qismida shakl almashtirish bajarib, uni
quyidagi ko’rinishda yozamiz:
⎛a b⎞ ⎛a c⎞ ⎛b c⎞
⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ ≥ 6.
⎝b a⎠ ⎝c a⎠ ⎝c b⎠
(1)
Ikkita musbat son uchun o’rta arifmetik va o’rta geometrik qiymatlar orasidagi
Koshi tengsizligidan foydalanamiz:
a b
a b
+ ≥2
⋅ = 2,
b a
b a
a c
+ ≥ 2,
c a
b c
+ ≥2 .
c b
Bu tengsizliklarni hadma-had qo’shib, (1) tengsizlikni hosil qilamiz.
4
§2. O’rtacha qiymatlar va ular orasidagi munosabatlar.
1. O’rtacha qiymatlar.
a ={a1, a2 ,…, an} musbat sonlar ketma-ketligi uchun
a + a2 + ... + an
,
n
o’rta arifmetik qiymat A(a)=An= 1
o’rta geometrik qiymat G(a)=Gn= n a1a2 ...an ,
o’rta kvadratik qiymat K(a)= Kn=
a12 + a22 + ... + an2
n
o’rta garmonik qiymat N (a)=Nn=
n
larni aniqlaymiz.
a + a + ... + an−1
−1
1
va
−1
2
Xususan x, y musbat sonlar uchun bu o’rta qiymatlar quyidagicha aniqlanadi:
x+ y
; G2= xy ;
A2=
2
x2 + y2
K2=
;
2
N2 =
2 xy
.
x+ y
2. O’rta arifmetik va o’rta geometrik qiymatlar haqida Koshi tengsizligi va
uning turli isbotlari.
Teorema. An ≥ Gn va An = Gn tenglik faqat va faqat
a1=a2 =…= an tenglik bo’lganda o’rinli.
1-Isboti. x≥ 1 da ex -1≥ x ekanligi ma’lum, ex -1=x tenglik esa faqat x=1 da
bajariladi. Bundan:
n
n
n
⎞
⎛ n a
⎛ G (а) ⎞
a
a
⎟⎟ .
1= e = exp ⎜⎜ ∑ i − 1⎟⎟ = ∏ exp( i − 1) ≥ ∏ i = ⎜⎜
A(a)
⎝ A(a) ⎠
i =1 A( a )
⎝ i =1 A(a) ⎠ i =1
0
Demak, An ≥ Gn va tenglik esa faqat
ai
= 1, i=1, 2,…, n bulganda bajariladi.
An ( a )
Bundan esa a1=a2 =…= an = An ekanligi kelib chiqadi.
5
An ≥ Gn ekanligini isbotlaymiz: n = 2 da
a1 ⋅ a2 ≤
a1 + a2
. Bu tengsizlik
2
a1 va a2 sonlar uchun o’rinli bo’lgan
ixtiyoriy musbat
(
a1 − a2
) ≥0
2
tengsizlikdan oson hosil qilinadi. Berilgan tengsizlikni ixtiyoriy p ta natural sonlar
uchun to’g’ri deb, p+1 ta natural sonlar uchun to’g’riligini isbotlaymiz. Bu sonlar
a1 , a2 , ..., an , an+1 bo’lsin. an+1 ularning orasida eng kattasi bo’lsin.
an+1 ≥ a1 ,... an+1 ≥ an .
Shuning uchun
an+1 ≥
Ya’ni,
a1 + a2 + ... + an
. Quyidagicha
n
belgilash kiritamiz:
An =
a1 + a2 + ... + an
a + a + ... + an + an+1 n ⋅ An + an+1
, An+1 = 1 2
=
.
n
n +1
n +1
an+1 ≥ An bo’lgani uchun an+1 = An + α deb yozish mumkin, bu yyerda α ≥ 0 . U
holda An+1 =
n ⋅ An + An + α
α
= An +
. Bu tenglikni ikkala qismini (p+1) –
n +1
n +1
darajaga ko’tarib, quyidagini topamiz:
( An+1 )
n +1
≥ ( An )
Farazga
( An+1 )
n +1
n +1
α ⎞
⎛
= ⎜ An +
⎟
n +1⎠
⎝
n +1
= ( An )
n +1
+ Cn1+1 ( An )
n
α
n +1
+ ... ≥
+ ( An ) ⋅ α = ( An ) ⋅ ( An + α ) = ( An ) ⋅ An+1.
ko’ra,
n
n
n
( An ) ≥ a1 ⋅ a2 ⋅... ⋅ an .
n
≥ ( An ) ⋅ an+1 ≥ a1 ⋅ a2 ⋅... ⋅ an ⋅ an+1 .
n
Bundan
Buni
olib,
An+1 ≥ n+1 a1 ⋅ a2 ⋅... ⋅ an ⋅ an+1 .
Tenglik a1 = a2 = ... = an bo’lganda o’rinli bo’ladi.
2-isbot. Teoremaning isboti quyidagi tasdiqqa asoslangan:
6
e’tiborga
Agar nomanfiy b1 , b2 , ..., bn sonlar b1 ⋅ b2 ⋅ ... ⋅ bn = 1 tenglikni qanoatlantirsa, u
holda b1 + b2 + ... + bn ≥ n .
Bu tasdiqni masalani matematik induktsiya usulida isbotlaymiz.
n = 1 da masala ravshan. n = k da b1 ⋅ b2 ⋅ ... ⋅ bk = 1 tenglikni qanoatlantiruvchi
ixtiyoriy b1 , b2 , ..., bk – nomanfiy sonlar uchun b1 + b2 + ... + bk ≥ k tengsizlik o’rinli
bo’lsin. n = k + 1 da
b1 , b2 , ..., bk +1
–
b1 ⋅ b2 ⋅ ... ⋅ bk +1 = 1 tenglikni qanoatlantiruvchi ixtiyoriy
nomanfiy
sonlar
uchun
b1 ⋅ b2 ⋅ ... ⋅ bk ⋅ bk +1 ≥ 1
tengsizlikni
qanoatlantirishini ko’rsatamiz.
bk ≤ 1 ≤ bk +1 deb hisoblaymiz. Unda
Umumiylikka zarar etkazmasdan
b1 ⋅ b2 ⋅ ... ⋅ bk −1 ⋅ ( bk ⋅ bk +1 ) = 1
b1 + b2 + ... + bk −1 + bk ⋅ bk +1 ≥ k
isbotlash etarli. Bu
bo’lgani
uchun
induktsiya
faraziga
ko’ra
bo’ladi. Endi bk + bk +1 ≥ bk ⋅ bk +1 − 1 ekanligini
(1 + bk ) ⋅ ( bk +1 − 1) ≥ 0 tengsizlikka teng kuchli
bk ≤ 1 ≤ bk +1
bo’lgani uchun ohirgi tengsizlik o’rinli ekanligi ravshan.
3-isbot. Teoremaning isboti quyidagi ma’lum tasdiqqa asoslangan:
x≥ 1 da ex -1≥ x , shu bilan birga ex -1=x tenglik esa faqat x=1 da bajariladi.
Bundan:
n
n
n
⎞
⎛ G (а) ⎞
ai
a
a
⎟⎟ .
− 1⎟⎟ = ∏ exp( i − 1) ≥ ∏ i = ⎜⎜
(
)
A
a
A
a
(
)
A
a
A
(
a
)
(
)
⎝
⎠
i =1
⎠ i =1
⎝ i =1
⎛ n
1= e0 = exp ⎜⎜ ∑
Demak, A(a) ≥ G(a) va tenglik esa faqat
ai
= 1 , i=1, 2,…, n bo’lganda
A(a )
bajariladi. Bundan esa a1=a2 =…= an = A(a) ekanligi kelib chiqadi.
1-misol. x, y > 0 bo’lsa, x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi:
7
x2 x2 y 2 y 2
x + y + 1 ≥ xy + x + y ⇒
+ +
+
+
2
2
2
2 .
1 1
+ + = x2 + y 2 + 1
2 2
2
2
⎧ x2 y 2
⎪ 2 + 2 ≥ xy,
⎪ 2
1
⎪y
+ ⎨ + ≥ y, ⇒ x 2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y.
⎪2 2
⎪ x2 1
⎪ + ≥ x.
⎩2 2
12
6
4
2-misol. x > 0 bo’lsa, 2 x + 2 x ≥ 2 ⋅ 2 x tengsizlikni isbotlang.
1
12
Yechilishi. 2
x
+2
4
x
12
≥ 2⋅2
x
⋅2
4
x
= 2⋅2
+
1
1
x12 4
6
= 2⋅2 = 2⋅2 x .
x6
Misollar:
1.
Agar x, y > 0 bo’lsa, x 4 + y 4 + 8 ≥ 8 xy ni isbotlang.
2.
x1 , x2 , x3 , x4 , x5 > 0 bo’lsa quyidagini isbotlang:
x12 + x22 + x32 + x42 + x52 ≥ x1 ( x2 + x3 + x4 + x5 ) .
3. x, y , z > 0 bo’lsa, x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + xz ni isbotlang.
4. a, b, c > 0 bo’lsa,
a b c
+ + ≥ 3 ni isbotlang.
b c a
5. a, b, c > 0 bo’lsa, ( a + 1) ( b + 1)( c + a )( b + c ) ≥ 16abc ni isbotlang.
3. O’rta geometrik va o’rta garmonik qiymatlar orasidagi tengsizlik.
Teorema. G (a) ≥ H(a) ekanligini, jumladan, H(a) = G(a) tenglik faqat va
faqat a1=a2 =…= an shart bajarilsa to’g’riligini isbotlang.
Isboti. Koshi tengsizligidan foydalanib (1-masalaga qarang) foydalanib
8
(H(a))
-1
a1−1 + a2−1 + ... + an−1 n −1 −1 −1
=
≥ a1 a2 ...an = (G (a )) −1 tenglikga ega
n
bo’lamiz. Jumladan, H(a) = G(a) tenglik faqat a1=a2 =…= an da bajariladi.
3
a+b+c
≤
tengsizlikni
1 a +1 b +1 c
3
1-misol. Agar a, b, c > 0 bo’lsa,
isbotlang.
⎛1 1 1⎞
+ + ⎟,
a
b c⎠
⎝
Yechilishi: 9 ≤ ( a + b + c ) ⎜
⎧a + b + c ≥ 3 3 abc ,
⎪
⎛ 1 1 1 ⎞ 9 3 abc
= 9.
⎨1 1 1
1 ⇒ (a + b + c)⎜ + + ⎟ ≥ 3
a
b
c
+
+
≥
3
⋅
.
abc
⎝
⎠
⎪a b c
3
abc
⎩
2-misol. Agar a, b, c > 0 , ab 2 c 3 = 1 bo’lsa,
Yechilishi:
1 1 1
+ + ≥ 6 ni isbotlang.
a b c
1 2 3 1 1 1 1 1 1
1
+ + = + + + + + ≥6
= 6.
6
a b c a b b c c c
ab 2 c3
Misollar
1. x, y , z > 0 bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:
1
( x + y + z)
2. Agar
2
+
1
1
1
28 3
+ 2+ 2≥
.
2
x
y
z
9 xyz ( x + y + z )
x1 , x2 , ..., xn > 0 va
x1 + x2 + ... + xn = 1 bo’lsa, u holda quyidagi
tengsizlikni isbotlang:
x1
+
x1 + x2 + ... + xn
x2
(1 + x1 ) ( x2 + ... + xn )
+ ... +
(1 + x1 + ... + xn−1 ) xn
3. x, y , z > 0 bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:
9
xn
≥ 1.
x 2 − xy y 2 − yz z 2 − xz
+
+
≥ 0.
x+ y
y+z
x+ z
4. Agar a, b, c > 0 bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:
a
b
c
+
+
≥ 2.
b+c
a+c
a+b
5. Agar a, b, c, d > 0 bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:
a p + 2 + b p + 2 + c p + 2 ≥ a p + 2bc + b p + 2 ac + c p + 2 ab .
4. O’rta arifmetik va o’rta kvadratik qiymatlar orasidagi tengsizlik.
Teorema. K (a) ≥ A(a) tengsizlik o’rinli ekanligini, jumladan,
K(a) = A(a) tenglik faqat a1=a2 =…= an holdagina o’rinli bo’lishini isbotlang.
Isboti: Koshi tengsizligidan foydalanib (1-masalaga qarang) foydalanib
2ai a j ≤ ai2 + a 2j , 1 ≤ i < j ≤ n tengsizlikni hosil qilamiz.
Demak,
(a1 + a2 + ... + an ) 2 = a12 + a22 + ... + an2 + 2 ∑ ai a j ≤
1≤i < j ≤ n
≤ a12 + a22 + ... + an2 + ∑ (ai2 + a 2j ) = n( a12 + a22 + ... + an2 ) .
1≤i < j ≤ n
Eslatib o’tamiz, K (a) = A(a) tenglik faqat a1=a2 =…= an o’rinli bo’ladi.
1-misol.
H (a) ≥ min{a1, a2 ,…, an} va max{a1, a2 ,…, an} ≥ K(a) tengsizliklarni
isbotlang.
Yechimi: Umumiylikni chegaralamagan holda
min{a1, a2 ,…, an}= a1 , max{a1, a2 ,…, an}= an
deb hisoblash mumkin. U holda
10
H(a)=
n
n
= a1 ,
≥ −1
−1
−1
a + a + ... + an
a1 + a1 + ... + a1−1
−1
1
−1
2
a12 + a22 + ... + an2
an2 + an2 + ... + an2
K(a)=
≤
= an bo’ladi.
n
n
Izoh 1. yuqoridagi misollardan
max{a1, a2 ,…, an} ≥ K(a) ≥ A(a) ≥ G(a) ≥ H (a) ≥ min{a1, a2 ,…, an}
ekanligi kelib chiqadi.
(
)
2-misol. 3 a 2 + b 2 + c 2 ≥ ( a + b + c ) tengsizlikni isbotlang.
2
Yechilishi:
3a 2 + 3b 2 + 3c 2 ≥ a 2 + b 2 + c 2 2ab + 2bc + 2ac ⇒
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ac ⇒ ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) ≥ 0.
2
(
3-misol. 6 a 2 + b 2
2
2
)( a + b + c ) ≥ ( a + b ) ( a + b + c ) tengsizlikni isbotlang.
2
2
2
2
2
Yechilishi:
2
2
2
⎧
2
⎪2 ( a + b ) ≥ ( a + b )
2
2
2
2
⇒
−
≥ 0.
×⎨
⇒
2
a
+
2
b
≥
a
+
b
+
2
ab
a
b
(
)
2
2
2
2
3
a
+
b
+
c
≥
a
+
b
+
c
)
⎪⎩ (
) (
6 ( a 2 + b 2 )( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ ( a + b ) ( a + b + c ) .
2
2
Misollar
1. Agar a, b, c > 0 va a + b + c = 1 bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:
a + (b − c ) + b + ( a − c ) + c + ( a − b) ≥ 3 .
2
2
2
2. Agar a, b, c > 0 bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:
a 3 + b3 + c 3
8abc
+
≥ 4.
a 2b + b 2 c + c 2 a ( a + b )( b + c )( a + c )
11
3. Agar a, b, c ∈ R bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:
( a + b) + (b + c ) + ( a + c ) ≥
4
4
4
4 4
a + b4 + c4 ) .
(
7
4. Agar x, y , z > 0 va x + y + z = 3 bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:
x + y + z ≥ xy + xz + yz .
5. Agar a, b, c > 0 va
a 2 + b 2 + c 2 = 1 bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni
isbotlang:
bc
ac
ab
5
+
+
≥ .
3
3
3
a−a b−b c−c
2
§4. Umumlashgan Koshi tengsizligi.
Teorema. a1, a2 ,…, an, p1, p2 ,…, pn – musbat sonlar bo’lsin.
⎛ a p + a p + ... + an pn ⎞
a1p1 a2p2 ...anpn ≤ ⎜ 1 1 2 2
⎟
p1 + p2 + ... + pn
⎝
⎠
p1 + p2 +...+ pn
(1)
ekanligini isbotlang, tenglik esa faqat a1= a2 =…= an da bajariladi.
a p + a2 p2 + ... + an pn
belgilash kiritamiz.
p1 + p2 + ... + pn
Isboti: s = 1 1
( a −1) s
ex -1 ≥ x ( x≥1) tengsizlikka ko’ra s e i
≥ ai , i=1, 2,…, n.
Bu tengsizliklarni barchasini ko’paytirib chiqamiz:
⎛ a p + a p + ... + an pn
⎞
a1p1 a2p2 ...anpn ≤ s p1 + p2 +...+ pn exp ⎜ 1 1 2 2
− p1 + p2 + ... + pn ⎟ =
s
⎝
⎠
p1 + p2 +...+ pn
=s
.
Tenglik faqat
s =a1=a2 =…= an
isbotlanadi.
12
da bajarilishi
esa 1-masaladagidek
p1
1
p2
2
a a ...a
pn
n
⎛ a p + a p + ... + an pn ⎞
≤⎜ 1 1 2 2
⎟
p1 + p2 + ... + pn
⎝
⎠
p1 + p2 +...+ pn
Misol. Quyidagi tengsizlikni isbotlang:
8
⎛ a 3 + 4b 4 + 3c 6 ⎞
3 16 18
⎜
⎟ ≥a b c .
8
⎝
⎠
Yechilishi: Koshi tengsizligining umumiy
holiga ko’ra p
ning o’rnida 3
kelyapti.
1) x ∈ R; p, q ∈Q bo’lsa, sin p x ⋅ cos q x ≤
p
2
p q
q
2
( p + q)
p+q
2
ni isbotlang.
12
⎛ 3a 2 + 4b3 + 5c 4 ⎞
6 12 20
2) ⎜
⎟ ≥a b c
12
⎝
⎠
2
a 2 b2 c2
⎛ ab + bc + ac ⎞
≥ 7 isbotlang.
3) a, b, c > 0 bo’lsa, 2 + 2 + 2 + 4 ⎜ 2
2
2 ⎟
b
c
a
⎝ a +b +c ⎠
4) a, b, c > 0 bo’lsa,
5) a, b, c > 0 bo’lsa,
a b c
ab + bc + ac
+ + +
≥ 3 + 1 isbotlang.
b c a
a2 + b2 + c2
a+b b+c a+c
ab + bc + ac
+
+
+2 2
≥ 6+2
c
a
b
a + b2 + c2
isbotlang.
§5. Umumlashgan Yung tengsizligi.
Teorema.
anrn
a1r1 a2r2
a1 a2 ...an ≤
+
+ ... +
r1
r2
rn
13
(2)
tengsizlik urinli, bu yyerda a1, a2 ,…, an, r1, r2, …, rn lar musbat sonlar, jumladan,
1 1
1
+ + ... + = 1 .
r1 r2
rn
ai ni airi ga , ri ni esa 1 ri
Isboti: 5-masaladagi (1) tenglikda
(i=1, 2, …,
n) ga almashtirib
anrn
a1r1 a2r2
a1 a2 ...an ≤
+
+ ... +
r1
r2
rn
ni olamiz.
Izoh. n=2 holida esa Yung klassik tengsizligiga ega bo’lamiz:
1 p 1 q
a + b ≥ ab ( a≥ 0 , b≥ 0) ,
p
q
bu yyerda p, q sonlar
(3)
1 1
+ = 1 tenglikni qanoatlantiruvchi musbat sonlar.
p q
ab bc c a
1-misol. Agar a, b, c > 0 va ab + bc + ac = abc bo’lsa, abc ≤
+ +
b
c a
Yechilishi: Shartga ko’ra ab + bc + ac = abc ⇒
1 1 1
+ + =1
a b c
ab bc c a
tengsizlik Yung tengsizligining xususiy holidan kelib
abc ≤ + +
b
c a
chiqadi.
2-misol. Agar a, b, c > 0 bo’lsa, 18a 2 + 12b3 + 6c 6 ≥ 36abc ni isbotlang.
Yechilishi: 18a 2 + 12b3 + 6c 6 ≥ 36abc tengizlikni ikkala tomonini 36 ga
a 2 b3 c 6
1 1
1
bo’lamiz
+ + ≥ abc; + + … + = 1 bo’lsa, Yung tengsizligi o’rinli.
2 3 6
r1 r2
rn
1 1 1
a 2 b3 c 6
+ + = 1 ⇒ + + ≥ abc tengsizlik o’rinli.
2 3 6
2 3 6
14
Misollar
x, y , z ≥ 0
1) Agar
x+ y+z =2
va
bo’lsa,
x3 y + y 3 z + z 3 x + xy 3 + yz 3 + zx3 ≤ 2 ni isbotlang.
a , b, c ≥ 0
2) Agar
a 2 + b2 + c2 = 3
va
bo’lsa,
( 2 − ab )( 2 − bc )( 2 − ac ) ≥ 1 ni isbotlang.
a , b, c ≥ 0
3) Agar
a+b+c = 2
va
bo’lsa,
a 2b + b 2 c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca 2 ≤ 3 ni isbotlang.
a , b, c ≥ 0
4) Agar
a + b + c =1
va
bo’lsa,
a + ( b − c ) + b + ( c − a ) + c + ( a − b ) ≥ 3 ni isbotlang.
2
2
2
a , b, c ≥ 0
5) Agar
bo’lsa,
a+b b+c a+c
b
c ⎞
⎛ a
+
+
≥ 4⎜
+
+
⎟ ni isbotlang.
c
a
b
⎝b+c a+c a+b⎠
§6. Gel’der tengsizligi.
1 1
+ = 1 shartni qanoatlantiruvchi barcha musbat p, q sonlar va aj,
p q
Teorema.
bj, j = 1, ..., n sonlar uchun
⎛
n
n
1
p
⎞ ⎛
n
⎞
∑ a b ≤ ⎜⎝ ∑ | a | ⎟⎠ ⎜⎝ ∑ | b | ⎟⎠
i =1
i i
i =1
p
i
i =1
q
i
1
q
(4)
tengsizlik har doim to’g’ri.
n
Isboti.
n
∑ | a | ≠ 0, ∑ | b | ≠ 0 deb faraz qilamiz (aks holda (4) tengsizlik
i =1
p
i
i =1
q
i
bajarilishi ravshan). Yung tengsizligini qo’llab
15
ai
n
∑
i =1
bi
1
p
n
⎛ n
p ⎞ ⎛
q ⎞
|
|
|
|
a
b
∑
∑
k
k
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝ k =1
⎠ ⎝ k =1
⎠
≤
n
∑
i =1
∑
≤
1
q
| ai |
n
i =1
| bi |
1
p
n
⎛ n
p ⎞ ⎛
q ⎞
|
a
|
|
b
|
∑
∑
k
k
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝ k =1
⎠ ⎝ k =1
⎠
| ai | p
| bi |q
n
n
k =1
k =1
p ∑ | ak | p q ∑ | bk |q
=
1
q
≤
1 1
+ =1
p q
ga ega bo’lamiz. Bu yyerdan (4) tengsizlik kelib chiqadi.
n
n
n
∑a b ≤ ∑a ∑b
Izoh. Gyol’der tengsizligining p = q= 2 dagi
i i
i =1
i =1
2
i
i =1
2
i
Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligi deb ataluvchi bir muhim hususiy holini
aytib o’tamiz.
1-misol (Minkovskiy tengsizligi). Ixtiyoriy musbat aj, bj (j = 1,...,n) sonlar va
natural p son uchun
( ∑ (a + b ) )
p
k
k
1/ p
≤
(∑ a ) (∑b )
p
k
1/ p
p
k
1/ p
(5)
tengsizlikni isbotlang
Yechilishi. (ak +bk)p = ak (ak +bk)p-1 + bk (ak +bk)p-1 (k=1, 2, …, n ) tengsizlikni
qo’shib,
∑ (ak +bk)p =∑ ak (ak +bk)p-1 + ∑bk (ak +bk)p -1 ni olamiz.
(4) tengsizlikka ko’ra
∑ ak (ak +bk)p-1 ≤ ( ∑ akp ) 1/ p ( ∑ (ak + bk ) q ( p −1) ) 1/ q ,
∑bk (ak +bk)p-1 ≤
( ∑ b ) ( ∑ (a + b )
p
k
1/ p
k
k
q ( p −1)
)
1/ q
larga ega bo’lamiz, bu yyerdan q(p-1)= p tenglik yordamida (6) tengsizlik kelib
chiqadi.
16
Misollar
(
1
2 2
2
1) ( a1b1 + a2b2 ) ≤ a + a
2
1
1
2 2
2
) ⋅ (b + b )
2
1
Gyol’der
tengsizligining
p = q = 2 holiga ko’ra o’rinli.
⎛
5
3
1
5
3
2
5
3
3
⎞
5
2
⎛
5
3
1
5
3
2
5
3
3
⎞
2) ( a1b1 + a2 b2 + a3b3 ) ≤ ⎜ a + a + a ⎟ ⋅ ⎜ b + b + b ⎟
⎝
5
3
tengsizligining n = 3, p = , q =
⎠
⎝
⎠
5
2
Gyol’der
5
holiga ko’ra o’rinli.
2
3) Agar a, b, c ≥ 0 va a 3 + b 3 + c 3 = 3 bo’lsa, a 4 b 4 + b 4 c 4 + c 4 a 4 ≤ 3 ni
isbotlang.
4) Agar
a , b, c ≥ 0
a 2 + b 2 + c 2 + 2abc + 1 ≥ 2 ( ab + bc + ac )
bo’lsa,
isbotlang.
a + b + c 5 a 2 + b2 + c2
5) Agar a, b, c ≥ 0 va abc = 1 bo’lsa,
≥
3
3
isbotlang.
Amaliyot uchun masalalar.
1-masala. Tengsizliklarni isbotlang:
n
⎛n⎞
n! > ⎜ ⎟ , n ∈ N ;
⎝3⎠
(1)
n
⎛ n +1⎞
n! < ⎜
⎟ , ∀n ∈ N : n ≥ 2 ;
⎝ 2 ⎠
n
2
(2)
n ! > n , ∀n ∈ N : n ≥ 3 ;
(3)
n ! > 2 n−1 , ∀n ∈ N : n ≥ 3 ;
(4)
17
ni
n
n
⎛n⎞
⎛n⎞
⎜ ⎟ < n < e ⎜ ⎟ , ∀n ∈ N .
⎝e⎠
⎝2⎠
(5)
(1) tengsizlikni isbotlaymiz.
1
⎛1⎞
Induktsiya bazasi. n = 1 da: 1! > ⎜ ⎟
⎝3⎠
ga egamiz. Induktsiya bazasi
isbotlandi.
k
Induktiv o’tish.
⎛k⎞
n = k da k ! > ⎜ ⎟ tengsizlik to’g’ri deb faraz qilamiz.
⎝3⎠
n = k + 1 da tengsizlik bajarilishini isbotlaymiz:
⎛ (k + 1) ⎞
(k + 1)! > ⎜
⎟
⎝ 3 ⎠
( k +1)
k
⎛k⎞
. (k + 1)! = k !(k + 1) > ⎜ ⎟ (k + 1)
⎝3⎠
ga egamiz.
⎛ k +1⎞
⎜
⎟
⎝ 3 ⎠
( k +1)
⎛ k +1⎞
⎜
⎟
⎝ 3 ⎠
k +1
songa ko’paytiramiz va bo’lamiz:
3( k +1) ⋅ k k ⋅ (k + 1)
⎛ k +1⎞
=
=
⎜
⎟
(k + 1)( k +1) ⋅ 3k
⎝ 3 ⎠
k +1
3
⎛ k +1⎞
>⎜
1 k ⎝ 3 ⎟⎠
(1 + )
k
k +1
.
Bu yyerda quyidagi joriy hisoblashlarni bajaramiz:
1
1 k ( k − 1) 1
k (k − 1) ⋅ ... ⋅ (k − k + 1) 1
⋅ 2 + ... +
⋅ k =
(1 + ) k = 1 + +
k
k
k!
2!
k
k
= 1+1+
1 ⎛ 1⎞
1 ⎛ 1 ⎞⎛ 2 ⎞
⎛ k −1 ⎞
⎜ 1 − ⎟ + ... + ⎜ 1 − ⎟⎜ 1 − ⎟ ⋅ ... ⋅ ⎜ 1 −
⎟<
2! ⎝ k ⎠
k ! ⎝ k ⎠⎝ k ⎠
k ⎠
⎝
<1
<1
18
= 1+1+
1
+
2!
1
+ ... +
3!
=
1 1
<
2⋅3 22
1
k!
=
< 1+1+
1 1
1
+ 2 + ... + k −1 <
2 2
2
1
1
<
1⋅2⋅3⋅...⋅k 2k −1
1 1
1
1
1
1
3
+ 2 + ... + k −1 + k + ... < 1 +
= 3 ⇒ (1 + ) k < 3 ⇒
> 1.
1
1 k
k
2 2
2
2
1−
(1 + )
k
2
Matematik induktsiya printsipiga asoslanib, ixtiyoriy n natural son uchun (1)
< 1+1+
tengsizlik bajariladi deb xulosa qilamiz.
(2) tengsizlikni isbotlaymiz.
Induktsiya bazasi. n = 2 da:
(2) tengsizlikning chap tomoni: 2! = 2 ;
2
2
⎛ 2 +1⎞ ⎛ 3 ⎞ 9
(2) tengsizlikning o’ng tomoni: ⎜
⎟ = ⎜ ⎟ = = 2, 25 . 2 < 2, 25 demak,
4
⎝ 2 ⎠ ⎝2⎠
induktsiya bazasi isbot bo’ldi.
k
⎛ k +1⎞
Induktiv o’tish. n = k da k ! < ⎜
⎟ , k ≥ 2 tengsizlik to’g’ri deb faraz
2
⎝
⎠
⎛ k + 2) ⎞
qilamiz. n = k + 1 da (k + 1)! < ⎜
⎟
⎝ 3 ⎠
k +1
, k ≥ 2 tengsizlik bajarilishini isbotlash
k
kerak.
⎛ k +1⎞
(k + 1)! = k !⋅ (k + 1) < ⎜
⎟ ⋅ (k + 1) =
⎝ 2 ⎠
ga
egamiz.
⎛k +2⎞
⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
k +1
ko’paytiramiz va bo’lamiz:
⎛k +2⎞
=⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
k +1
(k + 1) k ⋅ (k + 1) ⋅ 2k +1 ⎛ k + 2 ⎞
=⎜
⎟
2k ⋅ (k + 2) k +1
⎝ 2 ⎠
tengsizlik bajarilishini isbotlaymiz.
19
k +1
2 ⋅ (k + 1) k +1 2 ⋅ ( k + 1) k +1
<
<1
(k + 2) k +1
(k + 2) k +1
songa
2 ⋅ (k + 1) k +1
2
1
=
=
2
⋅
k +1
k +1
(k + 2) k +1
1 ⎞
⎛k +2⎞
⎛
⎜
⎟
⎜1 +
⎟
k
1
+
⎝
⎠
⎝ k +1⎠
k
1 k +1
k + 1 (k + 1) ⋅ k
1
⎛ 1 ⎞
(1 +
) = 1+
+
⋅
+
...
+
⎜
⎟ > 2.
k +1
k +1
2!
k
+
1
(k + 1) 2
⎝
⎠
>0
1 k +1 1
⎛k +2⎞
) < ⇒ 2⋅⎜
⇒ (1 +
⎟
k +1
2
⎝ k +1 ⎠
⎛k +2⎞
<⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
k +1
k +1
⎛k +2⎞
⋅1 = ⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
1
< 2⋅ =1 .
2
k +1
.
Matematik induktsiya printsipiga asoslanib, ixtiyoriy n ≥ 2 natural son uchun
(2) tengsizlik bajariladi deb xulosa qilamiz.
(3) tengsizlikni isbotlaymiz.
Induktsiya bazasi. n = 3 da:
(3) tengsizlikning chap tomoni: 3! = 6 = 36 ;
3
2
(3) tengsizlikning o’ng tomoni: 3 = 27 .
36 < 27 demak, induktsiya bazasi
isbot bo’ldi.
k
2
Induktiv o’tish. n = k da k ! > k , k ≥ 3 tengsizlik to’g’ri deb faraz qilamiz.
n = k + 1 da (k + 1)! > k
k +1
2
, k ≥ 3 tengsizlik bajarilishini isbotlash kerak.
k
2
(k + 1)! = k !⋅ (k + 1) > k ⋅ ( k + 1) ⋅
(k + 1)
k +1
2
= ( k + 1)
k +1
(k + 1) 2
20
k +1
2
⋅
k
2
1
2
k ⋅ (k + 1) ⋅ k
k
2
(k + 1) ⋅ k
1
2
1
2
>
n n+1 > ( n + 1) n , ∀n ≥ 3 tengsizlik isbotlangan edi. Bu tengsizlikdan
(6) masalada
kelib
n
chiqadi:
> (k + 1)
k +1
2
⋅
k
2
(k + 1) ⋅ (k + 1)
k
2
(k + 1) ⋅ k
1
2
1
2
n+1
2
n
2
> (n + 1) , ∀n ≥ 3 .
= (k + 1)
k +1
2
U
holda
n = k da
k +1
1
1
⋅ (1 + ) 2 > (k + 1) 2 .
k
>1
Matematik induktsiya printsipiga asoslanib, ixtiyoriy n ≥ 3 natural son uchun (3)
tengsizlik bajariladi deb xulosa qilamiz.
(4) tengsizlikni isbotlaymiz.
Induktsiya bazasi. n = 3 da:
(4) tengsizlikning chap tomoni: 3! = 6 = 36 ;
(4) tengsizlikning o’ng tomoni: 23−1 = 4 .
6 > 4 demak, induktsiya bazasi isbot
bo’ldi.
Induktiv o’tish.
k ! > 2 k −1 , ∀k ≥ 3 .
(4) tengsizlik n = k da
bajariladi
n = k + 1 da ( k + 1)! > 2 k +1−1 , k ≥ 3
deb faraz qilamiz:
tengsizlik bajarilishini
isbotlash kerak.
(k + 1)! = k !⋅ (k + 1) > 2k −1 ⋅ (k + 1) = 2k ⋅
k +1
> 2k , k ≥ 3 .
2
>1
Matematik induktsiya printsipiga asoslanib, ixtiyoriy n ≥ 3 natural son uchun (4)
tengsizlik bajariladi deb xulosa qilamiz.
(5) tengsizlikni isbotlaymiz.
1
1
⎛1⎞
⎛1⎞
Induktsiya bazasi. n = 1 da: ⎜ ⎟ < 1! < e ⎜ ⎟ . Induktsiya bazasi isbot
⎝e⎠
⎝2⎠
bo’ldi.
21
Induktiv o’tish.
k
n = k da (5) tengsizlik to’g’ri
k
⎛k⎞
⎛k⎞
⎜ ⎟ < k!< e⎜ ⎟ .
⎝e⎠
⎝2⎠
⎛ k +1⎞
⎜
⎟
⎝ e ⎠
n = k + 1 da
k +1
deb faraz qilamiz:
⎛ k +1⎞
< (k + 1)! < e ⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
k +1
tengsizlik
bajarilishini isbotlash kerak. Bu tengsizlikning chap tomonini isbotlaymiz.
k
⎛k⎞
k
k +1 ( k + 1) ⋅ ⎜
⎟
e⎠
⎛ k ⎞ ⎛ k +1⎞
⎝
(k + 1)! = k !⋅ (k + 1) > (k + 1) ⋅ ⎜ ⎟ = ⎜
=
⎟ ⋅
k +1
⎝e⎠ ⎝ e ⎠
⎛ k +1⎞
⎜
⎟
⎝ e ⎠
⎛ k +1⎞
=⎜
⎟
⎝ e ⎠
k +1
(k + 1) ⋅ k k ⋅ e k +1 ⎛ k + 1 ⎞
=⎜
⎟
(k + 1) k +1
⎝ e ⎠
k +1
⎛ k +1⎞
>⎜
⋅
⎟
k
⎝ e ⎠
⎛ 1⎞
⎜1 + ⎟
⎝ k⎠
e
k +1
.
e
(5) tengsizlikning chap tomonini isbotlaymiz.
k
⎛k⎞
k +1
k
k +1
⎜ ⎟
2⎠
⎛k⎞
⎛ k +1⎞
⎛ k +1⎞
⎝
= e⎜
(k + 1)! = k !⋅ (k + 1) < e ⎜ ⎟ = e ⎜
⎟ ⋅
⎟ ×
k +1
2
⎝2⎠
⎝ 2 ⎠
⎝
⎠
+
k
1
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
2
⎛ k ⎞
×
⋅⎜
⎟
(k + 1) ⎝ k + 1 ⎠
≤1
k +1
⎛ k +1⎞
< e⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
k +1
.
<1
Matematik induktsiya printsipiga asoslanib,
ixtiyoriy
n natural son uchun (5)
tengsizlik bajariladi deb hulosa qilamiz.
n
⎛ 1⎞
Eslatib o’tamiz, (2) tengnsizlik va ⎜ 1 + ⎟ < e tengsizlikdan foydalanib,
⎝ n⎠
n > 1 da
22
n
n
⎛ n +1⎞
⎛ 1⎞
n
n
n ⎜
n ⎜1 +
⎟
⎟
⎛ n +1⎞
⎛n⎞ ⎝ 2 ⎠
⎛n⎞ ⎝ n⎠
⎛n⎞
k!< ⎜
= e⋅⎜ ⎟ ⋅
< e⋅⎜ ⎟ .
⎟ = e⋅⎜ ⎟ ⋅
n
2
e
⎝ 2 ⎠
⎝2⎠
⎝
⎠
⎝ 2⎠
n
⎛ ⎞
e⋅⎜ ⎟
⎝2⎠
2-masala. Tengsizliklarni isbotlang:
xn = 2 + 2 + ... + 2 < 2 + 1, n ∈ N ;
(6)
n +1 та илдиз
xn = 4 + 4 + ... + 4 < 3, n ∈ N .
(7)
n та илдиз
(6) tengsizlikni isbotlaymiz.
Induktsiya
bazasi.
n =1
xn = 2 + 2 < 2 + 2 2 + 1 =
da:
= ( 2 + 1) 2 = 2 + 1 . Induktsiya bazasi isbotlandi.
Induktiv o’tish. n = k da xk = 2 + 2 + ... + 2 < 2 + 1 tengsizlik to’g’ri
k +1 та илдиз
deb faraz qilamiz.
n = k + 1 da tengsizlik bajarilishini isbotlash kerak:
xk +1 = 2 + 2 + ... + 2 < 2 + 1.
k + 2 та илдиз
xk +1 = 2 + 2 + ... + 2 < 2 + 2 + 1 < 2 + 2 2 + 1 = 2 + 1
k +1 та илдиз < 2 +1
Matematik induktsiya printsipiga asoslanib,
ixtiyoriy
n natural son uchun (6)
tengsizlik bajariladi deb xulosa qilamiz.
(7) tengsizlikni isbotlaymiz.
Induktsiya bazasi. n = 1 da: x1 = 4 < 9 . Induktsiya bazasi isbotlandi.
23
Induktiv o’tish. n = k da xk = 4 + 4 + ... + 4 < 3 tengsizlik to’g’ri deb
k та илдиз
faraz qilamiz. n = k + 1 da: xk +1 = 4 + 4 + 4 + ... + 4 < 4 + 3 < 3 .
k та илдиз ( <3)
Matematik induktsiya printsipiga asoslanib,
ixtiyoriy
n natural son uchun (7)
tengsizlik bajariladi deb xulosa qilamiz.
3-masala.
5n 55 ⎛ 5 ⎞
≤ ⎜ ⎟
n ! 5! ⎝ 6 ⎠
n −5
, ∀n ∈ N : n ≥ 6 ,
(8)
tengsizlikni isbotlang.
56 55 ⎛ 5 ⎞
≤ ⎜ ⎟
Induktsiya bazasi. n = 6 da:
6! 5! ⎝ 6 ⎠
Induktiv o’tish.
5k 55 ⎛ 5 ⎞
≤ ⎜ ⎟
k ! 5! ⎝ 6 ⎠
5k +1
55 ⎛ 5 ⎞
≤ ⎜ ⎟
(k + 1)! 5! ⎝ 6 ⎠
qilamiz.
5k +1
≤
(k + 1)!
5k
k!
≤
55 ⎛ 5 ⎞
⎜ ⎟
5! ⎝ 6 ⎠
<
.Induktsiya bazasi isbotlandi.
k −5
, k ≥ 6 tengsizlik bajariladi deb faraz
k +1−5
5
55 ⎛ 5 ⎞
⋅
≤ ⎜ ⎟
k + 1 5! ⎝ 6 ⎠
k −5
6 −5
tengsizlik
k −5
5 55 ⎛ 5 ⎞
= ⎜ ⎟
6 5! ⎝ 6 ⎠
bajarilishini
isbotlash
kerak.
k +1−5
.
5
6
Matematik induktsiya printsipiga asoslanib ixtiyoriy
n ≥ 6 natural son uchun (8)
tengsizlik bajariladi deb xulosa qilamiz.
4-masala. Ixtiyoriy n natural son uchun
sin kx ≤ k sin x ,
(9)
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
24
Induktsiya bazasi. n = 1 da: sin1x ≤ 1 ⋅ sin x . Induktsiya bazasi isbotlandi.
sin kx ≤ k sin x tengsizlik bajariladi deb faraz
Induktiv o’tish. n = k da
qilamiz. sin(k + 1) x ≤ (k + 1) sin x tengsizlik bajarilishini isbotlash kerak.
sin(k + 1) x = sin kx cos x + sin x cos kx ≤ sin kx ⋅ cos x + sin x cos kx ≤
≤ k sin x
≤1
≤1
≤ (k + 1) sin x .
Matematik induktsiya printsipiga asoslanib,
ixtiyoriy
n natural son uchun (9)
tengsizlik bajariladi deb xulosa qilamiz.
5-masala. Ixtiyoriy n natural son uchun
1
1
1
> 1,
+
+ ... +
n +1 n + 2
3n + 1
(10)
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
Sk =
1
1
1
deb belgilab olamiz.
+
+ ... +
k +1 k + 2
3k +1
Induktsiya
bazasi.
n =1
da:
S1 =
1
1
1
13
+
+ ... +
=
> 1.
1+1 1+ 2
3 ⋅1 + 1 12
Induktsiya bazasi isbotlandi.
Induktiv o’tish. n = k
da S k =
1
1
1
+
+ ... +
> 1 tengsizlik
k +1 k + 2
3k + 1
bajariladi deb faraz qilamiz.
S k +1 =
1
1
1
1
1
1
+
+ ... +
+
+
+
>1
k +2 k +3
3k + 1 3k + 2 3k + 3 3k + 4
tengsizlik bajarilishini isbotlash kerak.
Sk +1 =
1
1
1
1
1
1
1 ⎞
⎛ 1
+
+ ... +
+
+
+
+⎜
−
⎟=
3k + 1 3k + 2 3k + 3 3k + 4 ⎝ k + 1 k + 1 ⎠
k +2 k +3
25
=
1
1
1
1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
+
+
+
−
> 1.
3k + 1 3k + 2 3k + 3 3k + 4 k + 1
k +1 k + 2 k + 3
= S1 >1
>0
1
1
1
1
1
1
2
=
+
+
−
=
+
−
3k + 2 3k + 3 3k + 4 k + 1 3k + 2 3k + 4 3k + 3
=
(3k + 4)(3k + 3) + (3k + 2)(3k + 3) − (6k + 4)(3k + 4)
2
>0
=
(3k + 2)(3k + 3)(3k + 4)
(3k + 2)(3k + 3)(3k + 4)
" > 0 " tengsizlik kelib chiqadi. Matematik induktsiya printsipiga
ekanligidan
asoslanib, ixtiyoriy n natural son uchun (10) tengsizlik bajariladi deb xulosa qilamiz.
6-masala. x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + xz + yz tengsizlikni isbotlang, bu yyerda x, y, z musbat sonlar.
Yechilishi. Ma’lum
qo’shib,
ushbu
x 2 + y 2 ≥ 2 xy, x 2 + z 2 ≥ 2 xz, y 2 + z 2 ≥ 2 yz tengsizliklarni
( x 2 + y 2 ) + ( x 2 + z 2 ) + ( y 2 + z 2 ) ≥ 2( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 2( xy + xz + yz )
tengsizlikni olamiz.
7-masala. x 4 + y 4 + z 4 ≥ xyz ( x + y + z ) tengsizlikni isbotlang, bu yerda x, y, z -
musbat sonlar.
1-masalaga
ko’ra:
x 4 + y 4 + z 4 = ( x 2 )2 + ( y 2 )2 + ( z 2 )2 ≥ x 2 y 2 + y 2 z 2 + x 2 z 2
ga egamiz. Bu yerdan esa
Yechilishi.
x 2 y 2 + y 2 z 2 + x 2 z 2 ≥ xyyz + yzzx + zxxy = xyz ( x + y + z ) ni olamiz.
8-masala. x 4 + y 4 + z 4 + u 4 ≥ 4 xyzu tengsizlikni isbotlang, bu yerda x, y, z , u -
musbat sonlar.
Yechilishi.
x 4 + y 4 ≥ 2 x 2 y 2 , z 4 + u 4 ≥ 2 z 2u 2
ga
egamiz.
Demak,
x 4 + y 4 + z 4 + u 4 ≥ 2 x 2 y 2 + 2 z 2u 2 . Bundan tashqari x 2 y 2 + z 2u 2 ≥ 2 xyzu . Demak,
x 4 + y 4 + z 4 + u 4 ≥ 4 xyzu .
26
9-masala.
1
1
( x + y ) 2 + ( x + y ) ≥ x y + y x tengsizlikni isbotlang, bu yerda
2
4
x, y - musbat sonlar.
Yechilishi. Birinchidan,
Ikkinchidan,
Demak,
1
1
1
1
( x + y ) 2 + ( x + y ) = ( x + y )( x + y + ) .
2
4
2
2
x+ y
1
1
1
≥ xy , x + y + = x + + y + ≥ x + y .
2
2
4
4
1
1
( x + y )2 + ( x + y ) = xy ( y + x ) ≥ x y + y x .
2
4
10-masala. x ≥ 0, y ≥ 0 va x + y = 2 bo’lsin.
x 2 y 2 ( x 2 + y 2 ) ≤ 2 tengsizlikni isbotlang.
Aniqlik
uchun
x =1+ ε, y =1− ε, 0 ≤ ε ≤1
deb
olamiz.
U
holda
x 2 y 2 ( x 2 + y 2 ) = (1 − ε ) 2 (1 + ε ) 2 ((1 − ε ) 2 + (1 + ε ) 2 ) = (1 − ε 2 ) 2 (2 + 2ε 2 ) =
= 2(1 − ε 2 )(1 − ε 2 )(1 + ε 2 ) = 2(1 − ε 2 )(1 − ε 4 ) ≤ 2
11-masala. a va b bir xil ishorali sonlar bo’lsin.
3
a 2b 2 (a + b)2 a 2 + 10ab + b 2
≤
ekanligini isbotlang.
4
12
Qachon tenglik bajariladi?
ab > 0 ekanligini hisobga olib va Koshi
tengsizligidan foydalanib quyidagiga ega bo’lamiz:
a 2 + 2ab + b 2
(a + b) ab + ab +
a 2 + 10ab + b 2
4
3 ab ⋅ ab ⋅
≤
=
.
2
3
12
Tenglik esa a = b bo’lganda bajarilishini eslatib o’tamiz.
12-masala. a, b va c birdan katta sonlar bo’lsin.
b2
c2
a2
log a ( − b + ac)log b ( − c + ab)log b ( − a + bc) ≥ 1 tengsizlikni isbotlang.
ac
ab
bc
27
a > 1, b > 1, c > 1 va
b2
c2
a2
+ ac ≥ 2b,
+ ab ≥ 2c,
+ bc ≥ 2a bo’lgani uchun
ac
ab
bc
b2
c2
a2
log a ( − b + ac)log b ( − c + ab)log b ( − a + bc) ≥ log a (2b − b) ×
ac
ab
bc
× logb (2c − c) log c (2a − a) = log a b logb c log c a = 1.
13-masala. a va b musbat sonlar bo’lsin.
3
a 3b 3
1 1
+
≤ 2(a + b)( + )
b
a
a b
tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi. Berilgan tengsizlikni kubga ko’tarish va soddalashtirishlardan so’ng
quyidagiga ega bo’lamiz:
3( 3
a 3b
a b
+
)≤4+ + .
b
a
b a
1+1+
Koshi
tengsizligiga
ko’ra
1+1+
a
a
≥ 33
b
b
va
b
b
tengsizliklarni olamiz va ularni qo’shib, qidirilayotgan tengsizlikni
≥ 33
a
a
olamiz.
2n
2n
1 3n + 1
(n ∈ N ) ekanligini isbotlang.
≤ ∑ ≤
14-masala.
3n + 1 k =n+1 k 4(n + 1)
Yechilishi.
1 2n
1
1 2n 1
1
1 2n 1
3n + 1
;
=∑
= ∑( +
)= ∑ ≤
∑
2 k =n+1 k 3n + 1 − k 2 k = n+1 k k (3n + 1 − k )
k = n +1 k
k = n +1 3n + 1 − k
2n
(3n + 1)2 3n + 1 2 (3n + 1)2
−(
−k )≤
1) k (3n + 1 − k ) =
tengsizlikdan
4
4
4
1 2n
3n + 1
4n(3n + 1)
2n
ekanligi kelib chiqadi;
≥
=
∑
2
2 k = n+1 k (3n + 1 − k ) 2(3n + 1) 3n + 1
28
2) k (3n + 1 − k ) − 2n( n + 1) = (2n − k )( k − ( n + 1)) ≥ 0 ( n + 1 ≤ k ≤ 2n)
1 2n
3n + 1
n(3n + 1) 3n + 1
tengsizlikdan
≤
=
∑
2 k = n+1 k (3n + 1 − k ) 4n(n + 1) 4(n + 1)
ekanligi kelib chiqadi.
2n
2n
1 3n + 1
(n ∈ N ) .
≤ ∑ ≤
Demak
3n + 1 k =n+1 k 4(n + 1)
15-masala. a, b va c musbat sonlar bo’lsin. 2(a 4 + b 4 + c 4 ) < (a 2 + b 2 + c 2 ) 2
tengsizlik
a, b va c faqat biror uchburchak tashkil qilgandagina bajarilishi
mumkinligini isbotlang.
Yechilishi. Ravshanki, bizning tengsizligimiz
a 4 + b 4 + c 4 − 2a 2b 2 + 2b 2c 2 + 2a 2c 2 < 0
tengsizlikka
teng
kuchli.
Oxirgi
tengsizlikning chap tomonini almashtiramiz:
a 4 + b 4 + c 4 − 2a 2b 2 + 2b 2 c 2 + 2a 2 c 2 = a 2 + b 2 − c 2 − 4a 2b 2 =
= (a 2 + b 2 − c 2 − 2ab)(a 2 + b 2 − c 2 + 2ab) = ((a − b) 2 − c 2 )((a + b) 2 − c 2 ) =
= (a − b + c)(a − b − c)(a + b + c)(a + b − c)
Demak, berilgan tengsizlik a, b va c biror uchburchak tashkil qilganda aniq
ravishda
bajariladigan
ushbu
(a − b + c)(a − b − c)(a + b + c)(a + b − c) > 0
tengsizlikka teng kuchli.
Endi faraz qilamiz, bu tengsizlik bajariladi, biroq a, b va c biror uchburchak
tashkil qilmaydi. U holda a − b + c, a − b − c, a + b + c, a + b − c sonlardan kamida
ikkitasi manfiy. a + b − c < 0 va b + c − a < 0 bo’lsin. Bu yerdan masalaning shartiga
zid bo’lgan 2b < 0 tengsizlikni olamiz.
16-masala.
b1 , b2 , ... , bn
–
a1 , a2 , ... , an ketma-ketlikning biror o’rin
almashtirishi bo’lsin.
1
1
1
(a1 + )(a2 + )...(an + ) ≥ 2n
b1
b2
bn
29
tengsizlikni isbotlang.
Tengsizlikning isboti Koshi tengsizligidan darhol kelib chiqadi:
(a1 +
a
a a ...a
a
a
1
1
1
) (a2 + )...( an + ) ≥ 2 1 2 2 ...2 n = 1 2 n = 2n .
b1
b2
bn
b1
b2
bn
b1b2 ...bn
17-masala.
x10 + x 6 + x 5 + x 3 + x 2 + x + 1 > 0 tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi. Ravshanki,
tengsizligimiz x ≥ 0 da bajariladi, shuning uchun
x manfiy bo’lgan qiymatlarni qarash etarli. x ≤ −1 bo’lsin, holda
x 6 + x3 ≥ 0 , x 2 + x ≥ 0 va
x10 + x5 ≥ 0 ,
1 > 0 tengsizliklarni qo’shib, izlanayotgan tengsizlikni
olamiz.
Endi −1 < x < 0 bo’lsin. Qism hollarni qaraymiz:
a) x 5 + x + 1 > 0 . U holda
x10 + x 6 + x 5 + x 3 + x 2 + x + 1 = x10 + x 6 + x 2 + 1 + x 3 + ( x 5 + x + 1) > 0 .
b) x 5 + x + 1 ≤ 0 . U holda
x10 + x 6 + x5 + x3 + x 2 + x + 1 = x5 ( x5 + x + 1) + ( x 2 + x3 ) + (1 + x) > x5 ( x5 + x + 1) ≥ 0 .
18-masala. x > −1, y > −1 va z > −1 bo’lsin.
S=
1 + x2
1 + y2
1 + z2
≥ 2 tengsizlikni isbotlang.
+
+
1 + y + z 2 1 + z + x2 1 + x + y 2
1 + x2
1 + x2
tengsizlik yordamida
≥
1 + y + z2 1 + y + z2
x, y va
z
ning manfiy
bo’lmagan qiymatlarini qarash etarli.
1 + z + x2 1 + x + y 2 1 + y + z 2
z
x
y
S=
+
+
−(
+
+
)≥
2
2
2
2
2
1+ y + z 1+ z + x 1+ x + y
1 + y + z 1 + z + x 1 + x + y2
1 + z + x2 1 + x + y 2 1 + y + z 2
z
x
y
)≥
(
≥3
⋅
⋅
−
+
+
1 + y + z 2 1 + z + x2 1 + x + y2 1 + y + z 2 1 + z + x2 1 + x + y2
z
x
y
≥ 3−(
+
+
).
1 + y + z 2 1 + z + x2 1 + x + y2
3
30
Endi S1 =
z
x
y
+
+
≤ 1 ekanligini isbotlaymiz. x = 0 holni
2
2
1 + y + z 1 + z + x 1 + x + y2
qaraymiz. U holda. Demak, xyz = 0 da S1 ≤ 1 .
xyz ≠ 0 holda
S1 =
1
1
1
1
1
1
+
+
≤
+
+
.
z
y
x
z
y
1
1
1
x
(x + ) +
(z + ) +
(y + ) +
2+
2+
2+
x x
z
z
y
y
x
z
y
x
y
= a, = b va
y
z
z
1
1
1
+
+
= c deb belgilab olamiz. abc = 1 va S1 =
2+a 2+b 2+c
x
ekanligi ravshan. U holda
1
1
1
(2 + b)(2 + c) + (2 + a)(2 + c) + (2 + a)(2 + b)
+
+
=
=
2+a 2+b 2+c
(2 + a)(2 + b)(2 + c)
12 + 4(a + b + c) + (ab + bc + ac)
=
≤
8 + 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ac) + abc
≤
12 + 4(a + b + c) + (ab + bc + ac)
8 + 4(a + b + c) + (ab + bc + ac) + 3 3 a 2b 2c 2 + abc
=
12 + 4(a + b + c) + (ab + bc + ac)
= 1.
12 + 4(a + b + c) + (ab + bc + ac)
Demak, S1 ≤ 1 .
19-masala. Ixtiyoriy musbat a j , b j ( j = 1,2,..., n) sonlar uchun
n
a1 ...an + n b1...bn ≤ n (a1 + b1 )...(an + bn )
tengsizlik o’rinli ekanligini isbotlang.
⎛ a1 ⎞ ⎛ an ⎞ ⎛
a1 an ⎞
n
+
+
≥
+
1
...
1
1
... ⎟⎟
⎟ ⎜⎜
⎜
⎟ ⎜
b
b
b
bn ⎠
⎝
n ⎠
1 ⎠ ⎝
1
⎝
Yechilishi. Gyuygens tengsizligiga asoslanib
yoki
n
(
(a1 + b1 )...(an + bn ) ≥ n a1...an + n b1...bn
)
n
ni
a1...an + n b1...bn ≤ n (a1 + b1 )...(an + bn ) kelib chiqadi.
31
olamiz.
Bu
yerdan
n
esa
20-masala.
a1 , a2 , ... , an
Ixtiyoriy
musbat
sonlar
uchun
⎛1 1
1 ⎞
(a1 + a2 + ... + an ) ⎜ + + .. + ⎟ ≥ n 2 tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
an ⎠
⎝ a1 a2
Yechilishi. Koshi–Bunyakovskiy–Shvarts tengsizligiga ko’ra
2
⎛
1
1
1 ⎞
n 2 = ⎜ a1 ⋅
+ a2 ⋅
+ ... + an ⋅
⎟⎟ ≤
⎜
a
a
a
n ⎠
1
2
⎝
(
≤ ( a1 ) 2 + ( a2 ) 2 + ... + ( an ) 2
)
2
⎛ ⎛ 1 ⎞2 ⎛ 1 ⎞2
⎛ 1 ⎞ ⎞
a2 ⋅ ⎜ ⎜
⎟⎟ ⎟
⎟ +⎜
⎟ + .. + ⎜⎜
⎜ ⎜⎝ a1 ⎟⎠ ⎜⎝ a2 ⎟⎠
⎝ an ⎠ ⎟⎠
⎝
ni olamiz.
( a1 + a2 + ... + an ) ≤
21-masala.
2
a12 + a22 + ... + an2
a1
a2
an
+
+ ... +
a1 + a3 a3 + a4
a1 + a2
tengsizlikni isbotlang, bu yerda ak ≥ 0 (k = 1, 2,..., n) .
Yechilishi. Koshi–Bunyakovskiy–Shvarts tengsizligiga ko’ra
2
⎛
⎞
a1
an
⋅ a1 (a1 + a3 ) + ... +
⋅ an (a1 + a2 ) ⎟⎟ ≤
(a1 + a2 + ... + an ) 2 = ⎜⎜
a1 + a2
⎝ a1 + a3
⎠
⎛ a1
a2
an ⎞
≤⎜
+
+ ... +
⎟ ( a1 ( a1 + a3 ) + ...an ( a1 + a2 ) ) ≤
a
a
a
a
a
a
+
+
+
3
4
1
2 ⎠
⎝ 1 3
⎛ a1
a2
an ⎞ ⎛ 1 2
1 2
2
2 ⎞
≥⎜
+
+ ... +
⎟⎜ (a1 + a2 ) + (a1 + a3 ) ⎟ + ... +
a1 + a2 ⎠ ⎝ 2
2
⎠
⎝ a1 + a3 a3 + a4
1
1
⎛1
⎞ ⎛1
⎞
+ ⎜ (an2−1 + an2 ) + (an2 + a12 ) ⎟ + ⎜ (an2 + a12 ) + (an2 + a22 ) ⎟ =
2
2
⎝2
⎠ ⎝2
⎠
⎛ a1
a2
an ⎞
2
2
=⎜
+
+ ... +
⎟ (2a1 + +... + 2an ) .
a1 + a2 ⎠
⎝ a1 + a3 a3 + a4
32
Mashqlar
1.
Agar a, b, c, d > 0, c + d ≤ a, c + d ≤ b , bo’lsa, u holda ab + bc ≤ ab
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
2.
Agar x, y, z lar xaqiqiy sonlar to’plamiga tegishli bo’lsa,
x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + xz tengsizlikni isbotlang.
3.
Agar x + y + z = 1 bo’lsa, x 2 + y 2 + z 2 ≥
4.
Agar ab > 0 bo’lsa,
5.
Xar qanday
1
ni isbotlang.
3
a b
+ ≥ 2 tengsizlikni isbotlang.
b a
n ≥ 2 ( n ∈ N ) larda
1 1
1
+
+
…
+
< 1. tengsizlik o’rinli
22 32
n2
bo’lishini isbotlang.
6.
Xar qanday n ≥ 2 ( n ∈ N ) larda
n
1 1
1
tengsizlik
< 1+ + +… + n
2
2 3
2 −1
o’rinli bo’lishini isbotlang
7.
n ∈ N bo’lsa,
1 1
1
+ +… +
2
9 25
( 2n + 1)
8.
n ∈ N bo’lsa,
1
1
1
1 3
<
+
+… +
< tengsizlikni isbotlang.
2 n +1 n + 2
2n 4
9.
Agar a12 + a2 2 + … + an 2 = b12 + b2 2 + … + bn 2 = 1 bo’lsa,
tengsizlikni isbotlang.
−1 ≤ a1b1 + a2b2 + … + an bn ≤ 1 tengsizlikni isbotlang.
10. Agar a1a2 ⋅… ⋅ an = 1, a1 , a2 ,… an > 0 bo’lsa,
(1 + a1 )(1 + a2 )…(1 + an ) ≥ 2n tengsizlikni isbotlang.
11.
Agar a + b ≥ 1 bo’lsa,
a 4 + b4 ≥
1
tengsizlikni isbotlang.
8
33
12. a , b musbat sonlar va birdan farqli bo’lsa, log a b + logb a ≥ 2
tengsizlikni isbotlang.
13.
1
1
+
> 2 tengsizlikni isbotlang.
log 2 π logπ 2
14. Agar n ∈ N bo’lsa, 1 +
15. Agar n ∈ N bo’lsa, 2
1 1
1
+ + … + < 3 tengsizlikni isbotlang.
1! 2!
n!
( n + 1 − 1) < 1 + 12 + 13 + … + 1n < 2 n
tengsizlikni isbotlang.
16. Agar
ak = ak −1 + ak −2
( k = 3, 4,… . )
bo’lsa,
a
1 1 2 3 5
+ 2 + 3 + 4 + 5 + … + nn < 2 tengsizlikni isbotlang.
2 2 2 2 2
2
17. Agar n ∈ N bo’lsa, 1 <
1
1
1
+
+… +
< 2 tengsizlikni
n +1 n + 2
3n + 1
isbotlang.
18. Agar ai > 0, i = 1, 2,…, n bo’lsa,
a1 + a2 + … + an n
≥ a1a2 ⋅… ⋅ an
n
tengsizlikni isbotlang.
19. Agar
ai > 0, i = 1, 2,…, n
bo’lsa,
⎛1 1
1 ⎞
+ + … + ⎟ ≥ n 2 tengsizlikni isbotlang.
an ⎠
⎝ a1 a2
( a1 + a2 + … + an ) ⎜
20. Agar
1 + a + a2 + … + a 2n n + 1
≥
tengsizlikni isbotlang.
a > 0 bo’lsa,
n
a + a 2 + … + a 2 n−1
34
21. Agar 0 < α1 < α 2 < … < α n <
tgα1 <
π
2
bo’lsa,
sin α1 + sin α 2 + … + sin α n
< tgα n tengsizlikni isbotlang.
cos α1 + cos α 2 + … + cos α n
22. Agar n ∈ N bo’lsa, quyidagi tengsizlikni isbotlang.
2!⋅ 4!⋅ 6!⋅… ⋅ ( 2n )! ≥ ( ( n + 1)!)
23. Agar 0 < ϕ <
π
2
n
bo’lsa, ctg
ϕ
2
≥ 1 + ctgϕ tengsizlikni isbotlang.
24. k , l − butun sonlar va α ≠ ± β + 2π n bo’lsa,
cos kα cos l β − cos lα cos k β
≤ k2 − l2
cos α − cos β
tengsizlikni isbotlang.
25. Agar n > 2 bo’lsa, ( n!) > nn tengsizlikni isbotlang.
2
26. Agar a, b, p, q > 0 va p, q ratsional sonlar
1 1
+ = 1 shartni
p q
a p bq
tengsizlikni isbotlang.
qanoatlantirsa ab ≤ +
p q
n
⎛ 1⎞
27. Agar n ∈ N bo’lsa, 2 < ⎜1 + ⎟ < 3 tengsizlikni isbotlang.
⎝ n⎠
n
⎛n⎞
28. Agar n > 0 bo’lsa, quyidagi tengsizlikni isbotlang. ⎜ ⎟ < n!
⎝3⎠
29.Agar n > 0 bo’lsa, quyidagi tengsizlikni isbotlang. ( 3n )! > ( n )
3n
30. Agar s = a1 + a2 + … + an ; ai > 0, i = 1, 2,…, n bo’lsa,
s s2
sn
(1 + a1 )(1 + a2 ) ⋅… ⋅ (1 + an ) ≤ 1 + + + … + tengsizlikni isbotlang.
n!
1! 2!
35
31. a)
a
1
≤ ;
a + a +1 3
b)
2
a
1
≤ ;
a − 4a + 9 2
2
1
1
s) a + 2 ≥ a + ;
a
a
a 4 + 16
≥ 2a .
d)
a2 + 4
32. a) 9a 2 − 30 a + 25 ≥ 0 ;
b) b 2 + 25 ≥ 10 b ;
2
s) a 2 − 4a + 5 ≥ 2 a − 2 ;
d) b 2 − 2b + 10 ≥ 6 b − 1 .
33. a) a 4 + b 4 ≥ a 3b + ab3 ;
b) a 4 + b 4 + ab( a 2 + b 2 ) ≥ 0 ;
s) a 6 + b 6 ≥ a 4 b 2 + a 2 b 4 ;
d) a 6 + b 6 ≥ a 5b + ab 5 .
34. Agar a ≥ 0 va b ≥ 0 bo’lsa, u holda quyidagilarni isbotlang:
a) a 3 + b3 ≥ a 2 b + ab 2 ;
b) ( a + b)3 ≤ 4( a 3 + b3 ) ;
s) a 5 + b 5 ≥ a 4 b + ab 4 ;
d) a 5 + b 5 ≥ a 3b 2 + a 2b3 .
35. Agar a ≥ 0 va b ≥ 0 bo’lsa, u holda quyidagilarni isbotlang:
a) a 3 − b3 ≥ a 2 b − ab 2 ;
b) a 3 − b3 ≥ 3ab( a − b) ;
s) a 3 − b3 ≥ ab 2 − a 2 b ;
d) a 5 − b5 ≥ a 4 b − ab 4 .
36. a va b
sonlarning ixtiyoriy qiymatlarida tengsizlik o’rinli
bo’lishini isbotlang:
a) a 4 − 2a 3b + 2a 2 b 2 − 2ab 3 + b 4 ≥ 0 ;
b) a 4 − 4a 3b + 8a 2b 2 − 16ab3 + 16b 4 ≥ 0 .
37. Ixtiyoriy a, b, c , va d sonlar uchun tengsizlik
a) ( a 2 − b 2 )(c 2 − d 2 ) ≤ ( ac − bd ) 2 ;
b) ( a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) ≥ ( ac + bd ) 2 .
o’rinli bo’lishini isbotlang, jumladan tenglik bajariladi shu
holda va faqat shu holdaki, qachonki
36
ad = bc .
38.
ab ≥ 0
shartni
qanoatlantiruvchi
ixtiyoriy
a
va
b
sonlar
uchun
( a 2 − b 2 ) 2 ≥ (a − b) 4 tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
a+b
< b bo’lishini isbotlang.
2
39. Agar a < b bo’lsa, a <
40. Agar a < b < c bo’lsa, a <
a+b+c
< b bo’lishini isbotlang.
3
41. Agar a > 0, b > 0, c < 0, d < 0 ekanligi ma’lum.
abc, bcd ,
ab ac c
b
ac abd
,
,
,
, abcd ,
,
c d ad cd
bd
c
ifodalar qanday ishoralarga ega bo’ladi ?
42. Agar
a) a va b bir xil ishorali sonlar;
b) a va b turli ishorali sonlar ekanligi ma’lum bo’lsa,
ab ko’paytma va
a
kasr qanday ishoralarga ega bo’ladi ?
b
43. Agar
a) ab > 0 ;
b)
a
> 0;
b
f) a 2 b < 0 ;
g)
a
< 0 ekanligi ma’lum bo’lsa, a va b sonlarning ishorasini
b2
s) ab < 0 ;
d)
a
< 0;
b
e) a 2 b > 0 ;
toping.
44. a > 2 ekanligi ma’lum bo’lsa, ifodaning ishorasi qanaqa ?
a) 3a − 6 ;
b) 10 − 5a ;
f) ( a − 3) 2 (a − 1) ;
g)
s) 2a − 2 ;
−5
;
2−a
h)
d) ( a − 2)(1 − a) ;
e)
(a − 1)(2 − a )
.
(5 + a )
45. a < 3 ekanligi ma’lum bo’lsa, ifodaning ishorasi qanday bo’ladi ?
37
a−2
;
a −1
a) 2a − 6 ;
b) 12 − 4a ;
f) ( a − 1) 2 ( a − 2) ;
46. Agar a) a < 1 ;
g)
d) ( a − 5)( a − 3) ;
s) 2a − 8 ;
2
;
3− a
h)
b) a > 4 ;
e)
a−4
;
3− a
a −1
.
( a − 2)(3 − a )
s) 1 < a < 4 ;
d) a > 5 ekanligi ma’lum
bo’lsa ( a − 1)( a − 4) ifoda qaysi ishoraga ega bo’ladi ?
47. Agar a > 1 va b > 1 bo’lsa, u holda ab + 1 > a + b ekanligini
48. Agar
a > b va
isbotlang.
b( a + 2) > b 2 + 2a
ekanligini
a 2 b + b 2 + a > ab 2 + a 2 + b
ekanligini
a 2b + 2b 2 + 4a < ab 2 + 2a 2 + 4b
ekanligini
b<2
bo’lsa,
a > b > 1 bo’lsa,
u holda
u holda
isbotlang.
49. Agar
isbotlang.
50. Agar a < b < 2 bo’lsa, u holda
isbotlang.
51. Agar 1 < a < b < 2 bo’lsa, u holda
ekanligini
a 2 b − ab 2 − a 2 − ab + 2b 2 + 2a − 2b > 0
isbotlang.
52. Agar a ≥ b ≥ c bo’lsa, u holda a 2 (b − c ) + b 2 (c − a ) − c 2 ( a − b) ≥ 0 ekanligini
isbotlang.
53. sin x > x −
x3
( x > 0) tengsizlikni isbotlang.
6
54. Sonlarni taqqoslang.
a)
ln 2004
va
ln 2005
ln 2005
ln 2006
b) cos(sin 2006) va sin(cos 2006)
55. x > 0 uchun 1 + 2ln x ≤ x 2 tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
56. x1 , x2 , ... , xn musbat sonlar bo’lsin.
38
1
⎧ α
α α
⎛
⎞
x
...
x
+
+
n
⎪⎪ 1
⎜
⎟ , α ≠0
f (α ) = ⎨⎝
n
⎠
⎪
α =0
⎪⎩ n x1 ⋅ ... ⋅ x n ,
funtsiyaning monoton o’suvchi bo’lishini isbotlang. Bundan tashqari
f funktsiya
qat’iy o’suvchi bo’ladi, faqat va faqat shu holdaki, qachonki x j sonlarning hammasi
o’zaro teng bo’lmasa.
57. sin α sin β sin γ ≤
3 3
8
tengsizlikni isbotlang, bu yerda α , β
va γ
biror
uchburchakning ichki burchaklari.
58. a1 , a2 , ... , an lar
ak ∈ (0 : 1 ) (k = 1,..., n) va a1 + a2 + ... + an = 1 xossalarga ega
2
⎞
⎛ 1
⎞⎛ 1
⎞ ⎛ 1
bo’lgan sonlar bo’lsin. ⎜ 2 − 1⎟⎜ 2 − 1⎟ ...⎜ 2 − 1⎟ ≥ (n 2 − 1) n ekanligini isbotlang.
⎝ a1
⎠⎝ a2
⎠ ⎝ an
⎠
59. Ixtiyoriy a, b, c musbat sonlar uchun
a 2 + b 2 b 2 + c 2 a 2 + c 2 a 3 b3 c 3
a+b+c≤
+
+
≤ + +
2c
2a
2b
bc ac ab
tengsizlik bajarilishini isbotlang.
60. Agar 1 < a ≤ b ≤ c bo’lsa, u holda
a
b
c
1
1
1 ⎞ a
b
c a 3 b3 c 3
⎛ 1
?
+
+
≤ (a + b + c) ⎜
+
+
+
+
+
+
⎟≤
ln a ln b ln c 3
⎝ ln a ln b ln c ⎠ ln c ln b ln c bc ac ab
bo’lishini isbotlang.
61. n 2 − 3 + n 2 + 3 ≥ 2, ( n = 2, 3, 4,...) ekanligini isbotlang.
62. Ixtiyoriy a, b, c nomanfiy sonlar uchun
(a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
39
63.
Ixtiyoriy
musbat
a1 , a2 , ... , an
sonlar
uchun
a1 + a2
a + a3
a +a
a +a
+ 2
+ ... + n−1 n + n 1 ≥ n 2
a3
a4
a1
a2
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
Yensen tengsizligi:
64.
a1 + a2
+
a3
(∑ a ) + (∑b ) ≤ ∑ a + b
2
2
i
2
i
i
2
i
(ai , bi > 0) tengsizlikni
isbotlang. (Ko’rsatma: y = 1 + x 2 ).
n
ai
n
tengsizlikni isbotlang, bu yerda S = a1 + a2 + ...an , ai > 0 .
≥
n −1
i =1 S − ai
65. ∑
n
n
i =1
i =1
66. (∑ xi ) p ≥ n p −1 ⋅ ∑ xip ,
p > 1, xi > 0 tengsizlikni isbotlang.
Koshi-Bunyakovskiy tengsizligi:
67. (a 2 + b 2 + c 2 )(ha2 + hb2 + hc2 ) ≥ 36S 2
uchburchakning tomonlari;
tengsizlikni isbotlang, bu yerda
a, b, c lar
ha , hb , hc lar uchburchakning shu tomonlarga
tushirilgan balandliklari; S uchburchakning yuzi.
66. ab + (1 − a 2 )(1 − b 2 ) ≤ 1, a ≤ 1, b ≤ 1 ekanligini isbotlang.
68. Agar a + 2b + 3c = 14 bo’lsa, a 2 + b 2 + c 2 ≥ 14 bo’lishini isbotlang.
Koshi tengsizligi:
69. a, b, c nomanfiy sonlar uchun
a 2 + b 2 + c 2 = 1 shart bajariladi. a + b + c ≤ 3
ekanligini isbotlang.
70.
a, b, c ≥ 0, a + b + c = 1 berilgan.
(1 − a ),(1 − b)(1 − c) ≥ 8abc, a + b + c = 1
tengsizlikni isbotlang.
71. Isbotlang: abc ≥ (a + b − c)(a + c − b)(b + c − a), (1 − b)(1 − c)8abc, a + b + c = 1
40
72.
x, y, z ≥ 0, xyz = 1 berilgan. (3 x + 2 y + z )(3 y + 2 z + x)(3 z + 2 x + y ) ≥ 216 ni
isbotlang.
Bernulli tengsizligi:
75. 1 − x + 1 + x + 4 1 − x 2 + 4 1 + x 2 = 4 tenglamani yeching.
76. 4 1 − x + 4 1 + x = 4 tenglamani yeching.
4
6
x
x ⎞ ⎛
x ⎞
⎛
77. 4 1 − + 6 x + 1 = ⎜1 − ⎟ + ⎜1 + ⎟ tenglamani yeching.
3
⎝ 24 ⎠ ⎝ 36 ⎠
a
b
c
d
1
1 1
1
78. ( )10 + ( )10 + ( )10 + ( )10 ≥ abcd ( 4 + 4 + 4 + 4 ) tengsizlikni isbotlang.
b
c
d
a
a b
c
d
41
Manbaalar ro’yxati
1. Hojoo Lee. Topics in Inequalities-Theorems and Techniques. Seoul: 2004.
2. Andreescu T., Dospinescu G., Cirtoaje V., Lascu M. Old and new inequalities. Gil
Publishing House, 2004.
3. Mathematical Olympiads, Problems and solutions from around the world, 19981999. Edited by Andreescu T. and Feng Z. Washington. 2000.
4. Math Links, http://www.mathlinks.ro
5. Art of Problem Solving, http://www.artofproblemsolving.com
6. Math Pro Press, http://www.mathpropress.com
7. K.S.Kedlaya,
index.html
A<B,
http://www.unl.edu/amc/a-activities/a4-for-students/s-
8. T.J.Mildorf, Olympiad Inequalities, http://web.mit.edu/tmildorf
9. Алфутова Н.Б., Устинов А.В. Алгебра и теория чисел. Сборник задач для
математических школ. М.: МЦНМО, 2002.
10. А. Engel. Problem-Solving Strategies. Parts 1,2 . Springer-Verlag New York Inc.
1998.
11. Ayupov Sh., Rihsiyev B., Quchqorov O. «Matematika olimpiadalar masalalari»
1,2 qismlar. T.: Fan, 2004
12.Математические задачи, http://www.problems.ru
13. Беккенбах Э., Беллман Р. Неравенства. — М.: Мир, 1965.
14. Беккенбах Э., Беллман Р. Введение в неравенства. — М.: Мир, 1965.
15. Коровкин П. П. Неравенства. — Вып. 5. — М.: Наука, 1983.
«Квант» (Россия), «Соровский
16. «Математика в школе» (Россия),
образовательный журнал» (Россия), “Crux mathematicorum with mathematical
Mayhem” (Канада), “Fizika, matematika va informatika” (Ўзбекистон)
журналлари.
42
O’ZBEKISTON RESPUBLIKASI XALQ TA’LIMI VAZIRLIGI
Sh. Ismailov, O. Ibrogimov
TENGSIZLIKLAR-II.
ISBOTLASHNING ZAMONAVIY
USULLARI
Toshkent- 2008
1
Sh. Ismailov, O. Ibrogimov. Tengsizliklar-II. Isbotlashning zamonaviy
usullari /
Toshkent, 2008 y.
Fizika –matematika fanlari doktori, professor A. A’zamov umumiy tahriri ostida.
Qo’llanmada tengsizliklarni isbotlashning yangi samarali usullari va ularni
qo’llanishiga doir turli matematik olimpiadalardagi masalalar keltirilgan.
Qo’llanma umumiy o’rta ta’lim maktablari, akademik litseylar va kasb–hunar
kollejlarining iqtidorli o’quvchilari, matematika fani o’qituvchilari hamda pedagogika
oliy o’quv yurtlari talabalari uchun mo’ljallangan.
Qo’llanmadan sinfdan tashqari mashg’ulotlarda, o’quvchilarni turli matematik
musobaqalarga tayyorlash jarayonida foydalanish mumkin.
Taqrizchilar:
TVDPI matematika kafedrasi mudiri, f.–m.f.n., dotsent
Sh.B. Bekmatov
TVDPI boshlang’ich ta’lim metodikasi kafedrasi dotsenti,
ped. f.n. Z. S. Dadanov
Ushbu qo’llanma Respublika ta’lim markazi qoshidagi matematika fanidan ilmiymetodik kengash tomonidan nashrga tavsiya etilgan. (15 iyun 2008 y., 8 -sonli
bayyonnoma)
Qo’llanmaning yaratilishi Vazirlar Mahkamasi huzuridagi Fan va texnologiyalarni
rivojlantirishni muvofiqlashtirish Q’omitasi tomonidan moliyalashtirilgan (ХИД 1-16 –
sonli innovatsiya loyihasi)
© O’zbekiston Respublikasi Xalq ta’limi vazirligi
2
1-BOB. FUNKSIYANING XOSSALARI YORDAMIDA
TENGSIZLIKLARNI ISBOTLASH USULLARI
1-§. Funksiyaning monotonlik xossasi yordamida isbotlanadigan tengsizliklar
Ta’rif. f(x) funksiya (a;b) oraliqda aniqlangan bo’lsin. Agar ixtiyoriy x1 ≤ x2
tengsizlikni qanoatlantiradigan x1, x2 ∈ (a,b) nuqtalar uchun f(x1) ≤ f(x2) (f(x1)≥ f(x2))
tengsizlik bajarilsa, u holda f funksiya (a,b) oraliqda o’suvchi (kamayuvchi) funksiya
deyiladi, (a,b) oraliq esa monotonlik oralig’i deb yuritiladi.
Ta’rif. f(x) funksiya (a;b) intervalda aniqlangan bo’lsin. Agar ixtiyoriy
x1 < x2
tengsizlikni qanoatlantiradigan x1, x2 ∈ (a,b) nuqtalar uchun f(x1)< f(x2) (f(x1)>f(x2))
tengsizlik bajarilsa, u holda f funksiya
(a,b) oraliqda qat’iy o’suvchi (kamayuvchi)
funksiya deyiladi.
Teorema. f(x) funksiya (a;b) oraliqda aniqlangan va differentsiallanuvchi bo’lsin. f(x)
funksiya (a;b) intervalda o’suvchi (kamayuvchi) bo’lishi uchun shu intervalda f’(x)≥0
(f’(x)≤ 0) tengsizlik bajarilishi zarur va etarli.
Agar (a;b) intervalda f’(x)>0 (f’(x)< 0) tengsizlik bajarilsa, u holda f(x) funksiya (a;b)
intervalda qat’iy o’suvchi (kamayuvchi) bo’ladi.
1-masala. eπ va πe sonlarni taqqoslang.
ln x
funksiyani qaraymiz. Uning hosilasi
x
Yechilishi. f : [e; +∞)→R, f (x) =
barcha x, x∈(e;+∞) larda f’ (x) =
1 − ln x
< 0 manfiy qiymat qabul qiladi va f funksiya
x2
[e; + ∞) da uzluksiz, shunday qilib, f [e; + ∞) da qat’iy kamayadi. Bu yerdan, e < π
ekanligini hisobga olib
f (e)> f (π) ⇒
ln e ln π
⇒ πlne>elnπ
>
π
e
3
ni olamiz. Demak, eπ > πe.
2-masala. xn=1 +
1
1
+… , n=1, 2, … sonli ketma-ketlikni chegaralanganlikka
2
n
tekshiring.
Yechilishi. Dastlab
ln(1+ x) ≤ x
(x ≥ 0)
(1)
tengsizlikni isbotlaymiz. Buning uchun f : [0; +∞) → R;
f (x) = x–ln(1+ x) funksiyani
qaraymiz. f funksiya aniqlanish sohasida uzluksiz va barcha
f '( x) =
x, x∈(0; +∞) lar uchun
x
tenglik o’rinli, bu yerdan
x +1
f ′(x) > 0 , (x∈(0; +∞)) ekanligi kelib chiqadi. Shunday qilib f funksiya D(f) aniqlanish
sohasida qat’iy o’sadi va demak, f (x) ≥ f (0)
(x ≥ 0) dan (1) tengsizlikning to’g’riligi
kelib chiqadi.
(1) tengsizlikdan x =
1
deb olib (n = 1,2,...),
n
⎛ 1⎞ 1
ln ⎜1 + ⎟ ≤ (n = 1,2,...)
⎝ n⎠ n
yoki
ln ( n + 1) − ln n ≤
1
n
(n = 1,2,...)
(2)
ni hosil qilamiz.
(2) tengsizlikdan
ln 2 − ln1 ≤ 1 , ln 3 − ln 2 ≤
1
1
, ..., ln ( n + 1) − ln n ≤
2
n
kelib chiqadi. (3) tengsizliklarni hadma-had qo’shib,
ln ( n + 1) ≤ 1 + ... +
tengsizlikni olamiz.
4
1
n
(3)
Demak, xn=1 +
1
1
+… , n=1, 2, … sonli ketma-ketlik chegaralanmagan.
2
n
3-masala (Bernulli tengsizligi). Ixtiyoriy x > –1; α > 1 uchun
(1 + x)α ≥ 1 + αx ,
(4)
tengsizlik o’rinli, shu bilan birga tenglik o’rinli faqat x = 0 da
Yechilishi. f (x) = (1 + x)α – 1 – αx,
(x ∈ [–1; +∞)) funksiyani qaraymiz, bu
yerda α – fiksirlangan 1 dan katta son. Bu funksiyaning hosilasini hisoblaymiz:
f ′(x) = α(1 + x) α–1 − α = α((1 + x)α–1 - 1) (x > -1).
α > 1 shartdan, x ∈ (–1; 0) uchun f ′(x) < 0 va x ∈ (0; +∞) uchun f ′(x) > 0 ekanligi
kelib chiqadi. Demak, f funksiya [–1; 0] da kamayadi va [0; +∞) da o’sadi. Bundan
barcha x ∈ [-1;+∞)\{0} lar uchun f(x) > f(0) tengsizlik o’rinli, ya’ni,
(1 + x)α – 1 – αx > 1 – 1 va (1 + x)α > 1 + αx
(x ∈ [–1; 0) ∪ (0; +∞), α > 1) deb hulosa qilamiz.
(1 + x)α = 1 + αx tenglik x = 0 da bajarilishini eslatib o’tish qolyapti.
Izoh.
(1 + x)α ≤ 1 + αx (x ≥ –1; 0 < α < 1),
(1 + x)α ≥ 1 + αx (x ≥ –1; α < 0).
tengsizliklar shunga o’xshash isbotlanadi.
4-masala. (Yung tengsizligi) Agar p, q ∈ R\{0, 1} sonlar
1 1
+ = 1 tenglikni
p q
qanoatlantirsa, u holda ixtiyoriy a, b musbat sonlar uchun
1 p 1 q
a + b ≥ ab (p>1),
p
q
1 p 1 q
a + b ≤ ab (p<1)
p
q
5
(5)
(6)
tengsizliklar bajariladi.
Bundan tashqari, tenglik bajariladi faqat va faqat shu holdaki, qachonki
ap = bq bo’lsa.
Yechilishi. p > 1 holni qaraymiz. Ixtiyoriy musbat a sonni fiksirlab,
f : (0, +∞) → R;
f (b) =
1 p 1 q
a + b − ab funksiyani aniqlaymiz.
p
q
Bu funksiyaning hosilasi f ′(b) = b
q-1
– a ga teng. Elementar hisoblashlar yordamida a
1
q −1
nuqtada f funksiya uzining eng kichik kiymatiga erishishini kurish mumkin, ya’ni
f (b ) > f ( a
1
q −1
), b > 0.
(7)
ko’rsatiladi.
(7) tengsizlikdan
1 1
+ = 1 ekanligini hisobga olib,
p q
1 p 1 q
a + b − ab ≥ 0 ( a > 0, b > 0; p > 1)
p
q
olinadi. (5) tengsizlik isbotlanadi. (7) dan tenglik b= a
1
q −1
, ya’ni ap = bq holda o’rinli
ekanligi kelib chiqadi. (6) tengsizlik shunga o’xshash isbotlanadi.
5-masala.
|sinx| ≤ |x|
(x∈R)
(8)
tengsizlikni isbotlang
Yechilishi. Ikkala qismning juftligidan x ≥ 0 holni qarash etarli. Bundan tashqari,
| sinx | ≤ 1 ligidan 0 ≤ x ≤ 1 holni o’rganish etarli. Shu maqsadda
f: [0;1]→ R,
f (x) = x – sinx funksiyani qaraymiz. f funksiyaning hosilasi
f ′(x) = 1 – cosx
(x ∈ [0; 1]).
6
Kosinusning chegaralanganligidan (| cosx | ≤ 1; x∈R) f ′(x) ≥ 0 deb hulosalaymiz. Bu
yerdan f funksiya o’zining aniqlanish sohasida monoton o’suvchi bo’lishi kelib chiqadi
va shuning uchun
f (x) ≥ f (0)
(x ∈ [0; 1]) yoki x – sinx ≥ 0,
(x ∈ [0; 1])
tengsizlik o’rinli bo’ladi. Bu yerdan esa berilgan tengsizlik kelib chiqadi.
6-masala. Agar a > b > c bo’lsa, u holda
a2(b – c) + b2(c – a) + c2(a – b) > 0
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
f (t) = (b + t)2(b – c) + b2(c – (b + t)) + c2((b + t) – b) ko’rinishdagi
Yechilishi.
f :[0;+∞) → R
funksiyani qaraymiz, bu yerda a, b, c lar a > b > c
tengsizlikni
qanoatlantiruvchi haqiqiy parametrlar. f funksiyaning [0; +∞) da qat’iy o’suvchi bo’lishi
avvalgi masalalardagidek isbotlanadi va shunday qilib
f (a – b) > f (0)
tengsizlik o’rinli. Ohirgi tengsizlik berilgan tengsizlikka tengkuchli.
2-§. Funksiyaning qavariqlik xossasi yordamida isbotlanadigan tengsizliklar
(a;b) – haqiqiy sonlar o’qidagi oraliq berilgan bo’lsin.
Ta’rif: f : (a;b) → R funksiya (a;b) da quyidan qavariq deyiladi, agar barcha x1,
x2 ∈ (a;b) shunday λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0 va
λ1 + λ2 = 1 shartlarni qanoatlantiruvchi
λ1, λ2 sonlar uchun
f (λ1x1 + λ2x2) ≤ λ1f (x1) + λ2f (x2)
(1)
tengsizlik o’rinli bo’lsa.
Yuqoridan qavariq
funksiyaning ta’rifi esa yuqorida keltirilgan (1) tengsizlik
belgisini qarama-qarshisiga almashtirishdan olinadi.
7
Yensen tengsizligi. f : (a;b) → R – quyidan (yuqoridan) qavariq funksiya bo’lsin.
U holda barcha xj ∈ (a;b) (j = 1,...,n) lar va
λ1 + ... + λn = 1
tenglikni qanoatlantiruvchi ixtiyoriy λj ≥ 0 (j = 1,...,n) sonlar uchun
f (λ1x1 + λ2x2+ …+λnxn) ≤ λ1f (x1) + λ2f (x2) + …+ f (λnxn)
(f (λ1x1 + λ2x2+ …+λnxn) ≥ λ1f (x1) + λ2f (x2) + …+ f (λnxn)
tengsizlik o’rinli.
Isboti: y = f ( x ) funksiyaning grafigida abtsissalari x1, x2, …, xn bo’lgan A1, A2,
…, An nuqtalarni qaraymiz. Bu nuqtalarda m1, m2, …, mn massali yuklarni joylashtiramiz.
Bu nuqtalar massalari markazi
⎛ m1 x1 + m2 x2 + … + mn xn m1 f ( x1 ) + m2 f ( x2 ) + … + mn f ( xn ) ⎞
;
⎜
⎟
m
+
m
+
+
m
m1 + m2 + … + mn
…
1
2
n
⎝
⎠
A1, A2, …, An nuqtalar qavariq funksiyaning grafigi ustida yotganligidan, ularning
massalar markazi ham grafik ustida yotadi. Bu esa massalar markazi M ning ordinatasi
shu abstsissaga ega bo’lgan nuqtaning ordinatasidan kichik emasligini bildiradi, ya’ni (1chiz.),
.
8
(2)
1-chiz.
Isbotni tugatish uchun m1= a1, …, mn= an olish qolyapti. Biroq, ikkita muhim izoh
mavjud. Birinchidan,
Yensenning (1) tengsizligini isbotlash jarayonida biz (2)
tengsizlikni isbotladik. Aslida bu tengsizliklar teng kuchli.
(1) tengsizlikda
ai =
m1
m1 + … + mn
( i = 1, 2,..., n )
deb olib, biz (2) tengsizlikni olamiz. Shuning uchun tabiiy ravishda bu tengsizliklar
Yensen tengsizliklari deb ataladi. (1) tengsizlik ancha ixcham ko’rinadi, biroq tatbiq
qilish uchun (2) tengsizlikdan foydalanish qulayroq. Ikkinchidan, agar esli funksiya
f ( x ) funksiya qavariq bo’lsa, u holda uning uchun (1) va (2) Yensen tengsizliklaring
ishoralari qarama-qarshisiga o’zgaradi. Buni isbotlash uchun – f ( x ) qavariq funksiyani
qarash etarli.
Teorema. (a;b) oraliqda uzluksiz va ikkinchi tartibli hosilaga ega bo’lgan
f : (a;b) → R funksiya shu intervalda quyidan (yuqoridan) qavariq bo’lishi uchun (a;b)
da f ′′(x) ≥ 0
(f ′′(x) ≤0) tengsizlikning bajarilishi zarur va etarli.
9
1-masala (O’rta qiymatlar haqidagi Koshi tengsizligi). Ixtiyoriy nomanfiy
a1, a2, ..., an sonlar uchun
n
a1a2 ...an ≤
a1 + a2 + ... + an
n
(2)
tengnsizlik o’rinli, ya’ni o’rta geometrik qiymat o’rta arifmetik qiymatdan katta emas.
Yechilishi. Agar aj sonlardan biri 0 ga teng bo’lsa, u holda (2) tengsizlikning
bajarilishi ravshan, shuning uchun barcha aj sonlar musbat deb hisoblaymiz.
f(x) = lnx (x > 0) funksiyani qaraymiz. f funksiya (0; +∞) da yuqoridan qavariq ekanligi
ravshan. Yensen tengsizligiga asoslanib
⎛ n 1 ⎞ n 1
ln ⎜ ∑ ai ⎟ ≥ ∑ ln ai
⎝ i =1 n ⎠ i =1 n
tengsizlikni hosil qilamiz.
2-masala. x1, ..., xn – nomanfiy sonlar bo’lsin.
f :[0, +∞) → R;
⎛ x + … + xn ⎞
f (α ) = ⎜ 1
⎟
n
⎝
⎠
α
α
1
α
funksiya monoton o’suvchi ekanligini isbotlang.
β
α
Yechilishi. 0 < α < β bo’lsin. h(x) = x , x ≥ 0
h "( x ) =
(x ≥ 0) funksiyani qaraymiz.
β ⎛ β ⎞ αβ
− 1 x > 0 ( x > 0) , shunday qilib h funksiya [0; +∞) da quyidan
α ⎜⎝ α ⎟⎠
qavariq. Yensen tengsizligiga ko’ra
β
n
1
⎛ 1 α⎞ n 1
⎛ n 1 α ⎞α
α
h ⎜ ∑ xi ⎟ ≤ ∑ h( xi ) yoki ⎜ ∑ xi ⎟ ≤ ∑ xiβ ,
i =1 n
⎝ i =1 n ⎠
⎝ i =1 n ⎠ i =1 n
n
bu yerdan f (α) ≤ f (β) kelib chiqadi.
3-masala. sinα+ sinβ+sinγ ≤
3 3
tengsizlikni isbotlang, bu yerda
2
10
α, β, γ - biror uchburchakning ichki burchaklari.
Yechilishi. f : [0; π]→R; f (x) = sinx funksiyani qaraymiz. x ∈ (0; π) lar uchun
f ′′(x) = –sinx va f ′′(x) < 0, shuning uchun f funksiya [0; π] da yuqoridan qavariq.
Yensen tengsizligiga ko’ra
π 1
⎛ α β γ ⎞ f (α ) f ( β ) f (γ )
f ⎜ + + ⎟≥
yoki sin ≥ ( sinα+ sinβ+sinγ ),
+
+
3
3
3
3 3
⎝ 3 3 3⎠
bu yerdan sinα+ sinβ+sinγ ≤
3 3
ni olamiz.
2
4-masala. Ixtiyoriy musbat aj, bj (j = 1,.., n) sonlar uchun
⎛ a1 + … + an ⎞
⎜
⎟
⎝ b1 + … + bn ⎠
b1 +…+ bn
b1
⎛a ⎞
⎛a ⎞
≥ ⎜ 1 ⎟ …⎜ n ⎟
⎝ b1 ⎠
⎝ bn ⎠
bn
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang
Yechilishi. f : [0; +∞)→R,
f (x) = lnx funksiyani qaraymiz. Bu funksiya
yuqoridan qavariq. Shunday qilib, Yensen tengsizligiga ko’ra
⎛a ⎞
⎛ n
bi
a ⎞ n
bi
⋅ i ⎟≤∑
⋅f⎜ i⎟
f ⎜∑
⎝ i =1 b1 + … + bn bi ⎠ i =1 b1 + … + bn ⎝ bi ⎠
yoki
n
⎛a ⎞
a1 + … + an
≥ ∑ bi ln ⎜ i ⎟
(b1 + … + bn ) ln
b1 + … + bn i =1
⎝ bi ⎠
demak,
⎛ a1 + … + an ⎞
⎜
⎟
⎝ b1 + … + bn ⎠
b1 +…+ bn
b1
bn
⎛a ⎞
⎛a ⎞
≥ ⎜ 1 ⎟ …⎜ n ⎟ .
⎝ b1 ⎠
⎝ bn ⎠
5-masala. (Gyuygens tengsizligi). Ixtiyoriy nomanfiy aj (j = 1,...,n) sonlar uchun
(1 + a1 )… (1 + an ) ≥ (1 + n a1 … an )n
11
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
Yechilishi. f : R → R, f (x) = ln(1 + ex) funksiyani qaraymiz. Barcha x ∈ R lar
f ′′(x) > 0
uchun
o’rinli. Shunday qilib,
funksiya yuqoridan qavariq. Yensen
tengsizligiga ko’ra
n
1
⎛ n 1
⎞ n 1
⎛
⎞ n 1
f ⎜ ∑ ln ai ⎟ ≤ ∑ f (ln ai ) ⇔ ln ⎜1 + exp ∑ ln ai ⎟ ≤ ∑ ln(1 + ai ) ⇔
i =1 n
⎝ i =1 n
⎠ i =1 n
⎝
⎠ i=1 n
⇔ ln((1 + a1 )… (1 + an )) ≥ n ln(1 + n a1 … an ) n ⇔
⇔ (1 + a1 )… (1 + an ) ≥ (1 + n a1 … an ) n
ni olamiz.
6-masala.
tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi.
f ( x) = 1 + x 2
funksiyani qaraymiz. Barcha musbat x ∈ R lar
uchun
f ′′(x) > 0 o’rinli. Shunday qilib, f funksiya o’zining aniqlanish sohasida quyidan
qavariq.
,
deb olamiz. Bu funksiya uchun Yensen tengsizligini yozamiz.
,
Ohirgi tengsizlikning ikkala qismini
∑ b ga ko’paytiramiz va kerakli tengsizlikni
i
olamiz.
12
7-masala. Tengsizlikni isbotlang:
,
bu yerda
.
Yechilishi.
funksiyani qaraymiz. Barcha musbat x ∈ R lar uchun f ′′(x) > 0 o’rinli. Shunday qilib,
f funksiya o’zining aniqlanish sohasida quyidan qavariq.
Bu funksiya uchun Yensen tengsizligini yozamiz.
.
Ikkala qismini
n ga ko’paytiramiz va kerakli tengsizlikni olamiz.
8-masala. Tengsizlikni isbotlang:
,
13
.
Isbot.
funksiya uchun Yensen tengsizligini yozamiz.
,
.
Ikkala qismini n ga ko’paytiramiz va kerakli tengsizlikni olamiz.
.
14
2-BOB. TRANS-TENGSIZLIK VA UNING TADBIQLARI .
1-§. Trans-tengsizlik haqida .
Teorema. a1, ..., an sonli ketma-ketlik a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an shartni qanoatlantirsin.
a1b1 + a2b2 + ... + anbn yig’indi eng katta qiymatiga b1≥b2 ≥ ... ≥ bn bo’lganda ,
eng
kichik qiymatiga esa b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn bo’lganda yerishadi.
Isbot. r, s natural sonlar r < s ≤ n shartni qanoatlantirsin .
Isbot qilish uchun
S= a1c1 + a2c2 + ... + ar cr + ... + as cs + ... + an cn ,
S’= a1c1 + a2c2 + ... + ar cs + ... + as cr + ... + an cn
yig’indilarni solishtirish etarli. Ular
uchun
S’–S = ar cs + as cr − ar cr − as cs = (ar − as )(cs − cr )
munosabatga ega bo’lamiz.
Demak, agar cs ≤ cr bo’lsa S ≤ S’ va cs ≥ cr bo’lsa
S ≥ S’. Bu esa talab
qilingan tasdiqni isbotlaydi.
Natija. Teoremadan ko’rinib turibdiki, agar
a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an, b1 ≥ b2 ≥ ... ≥bn
bo’lsa, u holda b1, ..., bn sonlarning ixtiyoriy (x1, ..., xn) o’rin almashtirishi uchun
a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≥ a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn ≥ a1bn + a2bn−1 + ... + anb1
(1)
qo’shtengsizlik o’rinli.
Izoh. Xorijiy adabiyotlarida (1) ko’shtengsizlik “rearrangement inequality” deb
yuritiladi. Qizig’i shundaki, hozirgacha (1) ko’shtengsizlik xattoki rus tilida aniq nomga
ega emas. Uni nomlash uchun “trans-tengsizlik” terminini qo’llash mualliflardan biriga
Xalqaro matematika olimpiadalarida ishtirok etuvchi Rossiya o’quvchilari terma
jamoasining ilmiy rahbari dotsent N. Agaxanov taklif qildi.
15
Ta’rif. (a1, a2, a3) va (b1, b2, b3) uchliklar bir xil tartiblangan deyiladi, agar a1,
a2, a3 va b1, b2, b3 ketma-ketliklarlardan ikkalasi kamaymaydigan (ya’ni a1 ≤ a2 ≤ a3
va b1 ≤ b2 ≤ b3 ), yoki ikkalasi ortmaydigan (ya’ni a1 ≥ a2 ≥ a3 va b1 ≥ b2 ≥ b3 ) bo’lsa.
Agar a1, a2, a3 va b1, b2, b3 ketma-ketliklarlardan bittasi kamaymay-digan,
boshqasi esa ortmaydigan bo’lsa, u holda (a1, a2, a3) va (b1, b2, b3) uchliklar turlicha
tartiblangan deyiladi.
Masalan, (-1,1,3) va (2,5,7) uchliklar bir xil tartiblangan, (-1,1,3) va (7,5,2)
uchliklar esa turlicha tartiblangan.
a, b, c musbat sonlar uchun a ≥ b ≥ c yoki a ≤ b ≤ c bo’lsa, u holda (a, b, c) va
⎛1 1 1⎞
n n n
⎜ , , ⎟ uchliklar turlicha, (a, b, c) va ( a , b , c ) uchliklar esa bir xil tartiblangan , bu
⎝a b c⎠
yerda n - ixtiyoriy natural son.
(a1, a2, a3) va (b1, b2, b3) uchliklar berilgan bo’lsin.
( x1, x2 , x3 ) uchlik b1, b2, b3 sonlarning o’rin almashtirishi bo’lsin.
U holda yuqoridagi teoremaning quyidagi muhim bo’lgan natijalarini qayd etamiz.
1) Agar (a1, a2, a3) va (b1, b2, b3) uchliklar bir xil tartiblangan bo’lsa, u holda
a1b1 + a2b2 + a3b3 ≥ a1 x1 + a2 x2 + a3 x3
(2)
tengsizlik o’rinli.
2) Agar (a1, a2, a3) va (b1, b2, b3) uchliklar turlicha tartiblangan bo’lsa, u holda
a1b1 + a2b2 + a3b3 ≤ a1 x1 + a2 x2 + a3 x3
tengsizlik o’rinli.
16
(3)
2-§. Trans-tengsizlikni masalalar yechishga tadbiqlari.
1-masala. Ixtiyoriy a, b, c haqiqiy sonlar va n natural son uchun
a) a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
b) a n + b n + c n ≥ a n−1b + b n−1c + c n−1a
tengsizliklarni isbotlang.
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
Yechilishi.
a n + b n + c n ≥ a n−1b + b n−1c + c n−1a
tengsizlikning
xususiy
holi
tengsizlik
bo’lgani
uchun
a n + b n + c n ≥ a n−1b + b n−1c + c n−1a tengsizlikni isbotlaymiz.
a ≥ b ≥ c deb faraz qilamiz. U holda a n−1 ≥ b n−1 ≥ c n−1 , ya’ni (a, b, c) va
( a n−1, b n−1, c n−1 ) uchliklar bir hil tartiblangan bo’ladi.
(2) tengsizlikda
(a1, a2 , a3 ) = ( a n−1 , b n−1 , c n−1 ) , (b1, b2 , b3 ) = (a, b, c) , ( x1, x2 , x3 ) = (b, c, a) deb olsak,
a n + b n + c n = a n−1a + b n−1b + c n−1c ≥ a n−1b + b n−1c + c n−1a tengsizlikka ega bo’lamiz.
2-masala. Ixtiyoriy a, b, c musbat sonlar uchun
a)
a+b+c 1
1
1
≤ 2+ 2+ 2
abc
a
b
c
b)
a 2 b2 c2 b c a
+ +
≥ + +
b2 c2 a 2 a b c
a 2 b2 c2
c)
+ + ≥a+b+c
b
c
a
tengsizliklarni isbotlang.
Yechilishi. a ≥ b ≥ c deb faraz qilamiz.
⎛1 1 1⎞
⎛1 1 1⎞
a) Ravshanki, ⎜ , , ⎟ va ⎜ , , ⎟ uchliklar bir xil tartiblangan.
⎝a b c⎠
⎝a b c⎠
(2) tengsizlikda
17
⎛1 1 1⎞
⎛1 1 1⎞
(a1, a2 , a3 ) = (b1, b2 , b3 ) = ⎜ , , ⎟ , ( x1, x2 , x3 ) = ⎜ , , ⎟ deb olsak,
⎝a b c⎠
⎝b c a⎠
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a+b+c
⋅ + ⋅ + ⋅ ≥ ⋅ + ⋅ + ⋅ =
a a b b c c a b b c c a
abc
tengsizlikni hosil qilamiz.
⎛a b c⎞
⎛a b c⎞
b) Ravshanki, ⎜ , , ⎟ va ⎜ , , ⎟ uchliklar bir xil tartiblangan.
⎝b c a⎠
⎝b c a⎠
(2) tengsizlikda
⎛a b c⎞
⎛b c a⎞
(a1, a2 , a3 ) = (b1, b2 , b3 ) = ⎜ , , ⎟ , ( x1, x2 , x3 ) = ⎜ , , ⎟ deb olsak,
⎝b c a⎠
⎝c a b⎠
a a b b c c a b b c c a a b c
⋅ + ⋅ + ⋅ ≥ ⋅ + ⋅ + ⋅ = + +
b b c c a a b c c a a b c a b
tengsizlikni hosil qilamiz.
c) Ravshanki,
a2 ≥ b2 ≥ c2 va
1 1 1
≥ ≥ ,
c b a
⎛1 1 1⎞
ya’ni ( a 2 , b 2 , c 2 ) va ⎜ , , ⎟ uchliklar turlicha tartiblangan.
⎝a b c⎠
(3) tengsizlikda
⎛1 1 1⎞
⎛1 1 1⎞
(a1, a2 , a3 ) = ( a 2 , b 2 , c 2 ) , (b1, b2 , b3 ) = ⎜ , , ⎟ , ( x1, x2 , x3 ) = ⎜ , , ⎟ deb olsak,
⎝a b c⎠
⎝b c a⎠
berilgan tengsizlikka tengkuchli bo’lgan
a2
1
1
1
1
1
1
+ b2 + c2 ≤ a 2 + b2 + c2
a
b
c
b
c
a
tengsizlikni hosil qilamiz.
Izoh. Ko’rinib turibdiki, barcha tengsiziklarda tenglik a = b = c bo’lgandagina o’rinlidir.
3-masala. Ixtiyoriy a, b, c musbat sonlar uchun
a3b + b3c + c3a ≥ a2bc + b2ca + c2ab
18
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
Yechilishi. Umumiylikka putur etkazmasdan a ≥ b ≥ c deb faraz qilamiz. U holda
a2 ≥ b2 ≥ c2 va
1 1 1
≥ ≥ ,
c b a
⎛1 1 1⎞
ya’ni ( a 2 , b 2 , c 2 ) va ⎜ , , ⎟ uchliklar turlicha tartiblangan.
⎝a b c⎠
(3) da
⎛1 1 1⎞
⎛1 1 1⎞
(a1, a2 , a3 ) = ( a 2 , b 2 , c 2 ) , (b1, b2 , b3 ) = ⎜ , , ⎟ , ( x1, x2 , x3 ) = ⎜ , , ⎟
⎝a b c⎠
⎝c a b⎠
deb olsak, berilgan tengsizlikka tengkuchli bo’lgan
a2
1
1
1
1
1
1
+ b2 + c2 ≤ a 2 + b2 + c2
a
b
c
c
a
b
tengsizlikni hosil qilamiz.
4-masala. a, b, c –musbat sonlar bo’lsin.
(aabbcc)2 ≥ ab+cbc+aca+b
bo’lishini isbotlang
Yechilishi. Umumiylikka putur etkazmasdan a ≥ b ≥ c deb faraz qilamiz. U holda
lna ≥ lnb ≥ lnc,
ya’ni (a, b, c) va ( ln a,ln b,ln c ) uchliklar bir xil tartiblangan.
(2) tengsizlikda (a1, a2 , a3 ) = ( ln a,ln b,ln c ) , (b1, b2 , b3 ) = (a, b, c) , ( x1, x2 , x3 ) = (b, c, a)
deb olsak,
alna + blnb + clnc ≥ blna + clnb + alnc
tengsizlikka,
( x1, x2 , x3 ) = (c, a, b) deb olsak,
alna + blnb + clnc ≥ clna + alnb + blnc
tengsizlikka ega bo’lamiz.
Ularni hadma-had qo’shib
19
2(alna + blnb + clnc) ≥ (b + c)lna + (c + a)lna + (c + a)lnb + (a + b)lnc
yoki
ln(aabbcc)2 ≥ ln(ab+cbc+aca+b)
ga ega bo’lamiz. Bu yerdan
(aabbcc)2 ≥ ab+cbc+aca+b
tengsizlik kelib chiqadi.
5-masala. (Moskva olimpiadasi –1963). Ixtiyoriy a, b, c musbat sonlar uchun
a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2
tengsizlik to’g’ri bo’lishini isbotlang.
Yechilishi. Tengsizlik simmetrik bo’lgani uchun umumiylikni chegaralamagan
holda a ≥ b ≥ c deb faraz qilamiz. U holda
1
1
1
≥
≥
b+c c+a a+b
1
1 ⎞
⎛ 1
,
,
⎟ uchliklar bir xil tartiblangan
⎝b+c c+a a+b⎠
tengsizlik o’rinli, ya’ni (a, b, c) va ⎜
bo’ladi.
(2)
tengsizlikda
1
1 ⎞
⎛ 1
,
,
⎟,
⎝b+c c+a a+b⎠
(a1, a2 , a3 ) = ⎜
(b1, b2 , b3 ) = (a, b, c) ,
( x1, x2 , x3 ) = (b, c, a) deb olsak,
a
b
c
b
c
a
+
+
≥
+
+
b+c c+a a+b b+c c+a a+b
tengsizlikka,
( x1, x2 , x3 ) = (c, a, b) deb olsak,
a
b
c
c
a
b
+
+
≥
+
+
b+c c+a a+b b+c c+a a+b
20
tengsizlikka ega bo’lamiz.
Oxirgi ikkita tengsizlikni hadma-had qo’shib va 2 ga bo’lib
a
b
c
3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2
ni hosil qilamiz.
6-masala.
(XMO–1975).
a1 , a2 , ... , an , b1 , b2 , ... , bn
Har
n
biri
ta
ketma-ketlik
sondan
berilgan
iborat
ikkita
bo’lib,
ular
a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an , b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn shartni qanoatlantirsin.
( a1 − b1 ) 2 + ( a2 − b2 ) 2 + ... + ( an − bn ) 2 ≤ ( a1 − c1 ) 2 + ( a2 − c2 ) 2 + ... + ( an − cn ) 2
tengsizlikni isbotlang,
bu yerda
( c1 , c2 , ... , cn ) –
( b1 , b2 , ... , bn ) ning o’rin
almashtirishi.
Yechilishi. Sodda hisob-kitoblardan so’ng berilgan tengsizlikni
a1b1 + a2b2 + ... + an bn ≥ a1c1 + a2 c2 + ... + an cn
ko’rinishga keltiramiz. Bu tengsizlik esa (1) qo’sh tengsizlikdagi chap tengsizlikning
o’zi.
7-masala.
(XMO–1995).
abc = 1
shartni
qanoatlantiruvchi
ixtiyoriy
a, b, c musbat sonlar uchun
1
1
1
3
+
+
≥
a3 (b + c) b3 (c + a ) c3 (a + b) 2
tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi. a ≥ b ≥ c deb faraz qilamiz. U holda
1 1 1
≥ ≥ munosabatdan
c b a
1
1
1
≥
≥
ac + bc ab + bc ab + ac
tengsizliklarga ega bo’lamiz.
21
Shuning uchun
1
1
1
.
≥
≥
c (ac + bc) b(ab + bc) a ( ab + ac)
ab ≥ ac ≥ bc bo’lgani bois (ab, ac, bc) va
1
1
1
⎛
⎞
⎜ c(ac + bc) , b(ab + bc) , a(ab + ac) ⎟
⎝
⎠
uchliklar bir xil tartiblangan bo’ladi.
(2) tengsizlikda
⎛
1
1
1
⎞
,
,
⎟,
)
c
(
ac
+
bc
)
b
(
ab
+
bc
)
a
(
ab
+
ac
⎝
⎠
(a1, a2 , a3 ) = ⎜
(b1, b2 , b3 ) = (ab, ac, bc) , ( x1, x2 , x3 ) = (ac, bc, ab)
deb olsak,
ab
ac
bc
ac
bc
ab
+
+
≥
+
+
c(ac + bc) b(ab + bc) a ( ab + ac) c( ac + bc) b(ab + bc) a( ab + ac)
tengsizlikka,
( x1, x2 , x3 ) = (bc, ab, ac) deb olsak,
ab
ac
bc
bc
ab
ac
+
+
≥
+
+
c(ac + bc) b(ab + bc) a ( ab + ac) c( ac + bc) b(ab + bc) a( ab + ac)
tengsizlikka ega bo’lamiz.
Ularni hadma-had qo’shib
⎛
⎞ 1 1 1
ab
ac
bc
2⎜
+
+
⎟≥ c +b+ a
c
(
ac
+
bc
)
b
(
ab
+
bc
)
a
(
ab
+
ac
)
⎝
⎠
ga ega bo’lamiz. abc = 1 shartni hisobga olib, o’rta qiymatlar haqidagi Koshi
tengsizligiga ko’ra
1 1 1
1 1 1
+ + ≥ 33 ⋅ ⋅ = 3.
c b a
c b a
Demak,
22
1
1
1
ab
ac
bc
3
+
+
=
+
+
≥
.
a 3 (b + c) b3 (c + a ) c3 (a + b) c(ac + bc) b(ab + bc) a(ab + ac) 2
8-masala. (XMO –1978). {a1, a2, ..., an} – turli natural sonlardan iborat ketma-ketlik
bo’lsin.
n
ak
1
≥∑
∑
2
k =1 k
k =1 k
n
tengsizlik bajarilishini isbotlang.
Yechilishi. (i1, i2, ..., in) – 1, 2, ..., n sonlarining shunday o’rin almashtirishi
bo’lsinki, ular uchun ai1 < ai2 < ... < ain bajarilsin.
1
1
1
<
<
…
<
n 2 (n − 1) 2
12
bo’lgani uchun, (1) tengsizlikka ko’ra
n a
ak
ik
≥
.
∑
∑
2
2
k
k
k =1
k =1
n
Ravshanki, aik ≥ k , k = 1, 2,..., n .
n a
n
n
ak
k
1
ik
Bundan ∑ 2 ≥ ∑ 2 ≥ ∑ 2 = ∑ .
k =1 k
k =1 k
k =1 k
k =1 k
n
9-masala.
(XMO-1964). a, b, c – biror uchburchakning tomonlari uzunliklari
bo’lsin.
a 2 (b + c − a ) + b 2 (c + a − b) + c 2 ( a + b − c) ≤ 3abc
tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi. a ≥ b ≥ c deb faraz qilamiz. Dastlab quyidagini isbotlaymiz:
a (b + c − a ) ≤ b(c + a − b) ≤ c( a + b − c) .
Buning uchun
c( a + b − c ) − b(c + a − b) = (b − c )(b + c − a ) ≥ 0 ,
23
b(c + a − b) − a (b + c − a ) = (a − b)(a + b − c ) ≥ 0 .
ekanligini eslatish kifoya.
Demak, (a, b, c) va
( a (b + c − a), b(c + a − b), c(a + b − c) ) uchliklar turlicha
tartiblangan bo’ladi .
(3) tengsizlikda
(a1, a2 , a3 ) = ( a (b + c − a ), b(c + a − b), c( a + b − c) ) , (b1, b2 , b3 ) = (a, b, c) ,
( x1, x2 , x3 ) = (b, c, a) deb olsak,
a 2 (b + c − a) + b 2 (c + a − b) + c 2 (a + b − c) ≤
≤ ba(b + c − a) + cb(c + a − b) + ac(a + b − c)
tengsizlikka,
( x1, x2 , x3 ) = (c, a, b) deb olsak,
a 2 (b + c − a) + b 2 (c + a − b) + c 2 (a + b − c) ≤
≤ ca(b + c − a) + ab(c + a − b) + bc(a + b − c).
tengsizlikka ega bo’lamiz.
Ohirgi ikkita tengsizliklarni qo’shib va soddalashtirib, berilgan tengsizlikni hosil qilamiz.
10-masala.
(XMO-1983). a, b, c – biror uchburchakning tomonlari uzunliklari
bo’lsin.
a 2b( a − b) + b 2 c(b − c) + c 2 a (c − a ) ≥ 0
tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi. Umumiylikka putur etkazmagan holda a ≥ b deb olamiz.
Agar a ≥ b ≥ c bo’lsa, u holda
1 1 1
≤ ≤ va oldingi masala yechimidan
a b c
c ( a + b − c ) ≥ b ( c + a − b ) ≥ a (b + c − a ) .
ga ega bo’lamiz.
24
⎛1 1 1⎞
Ya’ni ⎜ , , ⎟ va
⎝a b c⎠
( a(b + c − a), b(c + a − b), c(a + b − c) )
uchliklar bir xil
tartiblangan.
(2) tengsizlikda
⎛1 1 1⎞
(a1, a2 , a3 ) = ( a (b + c − a ), b(c + a − b), c ( a + b − c ) ) , (b1, b2 , b3 ) = ⎜ , , ⎟ ,
⎝a b c⎠
⎛1 1 1⎞
( x1, x2 , x3 ) = ⎜ , , ⎟
⎝c a b⎠
deb olsak,
1
1
1
a (b + c − a ) + b ( c + a − b ) + c ( a + b − c ) ≥
a
b
c
1
1
1
≥ a (b + c − a ) + b ( c + a − b ) + c ( a + b − c )
c
a
b
a+b+c =
tengsizlikni hosil qilamiz.
Soddalashtirishlardan so’ng bu tengsizlik berilgan tengsizlikka tengkuchli bo’lgan
ushbu
1
1
1
a (b − a ) + b(c − b) + c( a − c) ≤ 0
c
a
b
tengsizlikka keladi.
a ≥ c ≥ b holni tahlil qilishni o’quvchilarga qoldiramiz.
11-masala. (4-Xalqaro Jautikov olimpiadasi, Almati, 2008 yil)
abc = 1 shartni qanoatlantiruvchi ixtiyoriy a, b, c musbat sonlar uchun
1
1
1
3
+
+
≥
(a + b)b (b + c)c (c + a )a 2
tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi. Tengsizlikning chap tomonini S orqali belgilaymiz.
25
a ≥ b ≥ c deb faraz qilamiz. U holda
1
1
1
1 1 1
≤ ≤ va
tengsizliklar
≥
≥
a b c
b+c c+a a+b
1
1 ⎞
⎛ 1
⎛1 1 1⎞
,
,
o’rinli, ya’ni ⎜ , , ⎟ va ⎜
⎟ uchliklar turlicha tartiblangan bo’ladi.
⎝a b c⎠
⎝b+c c+a a+b⎠
(3) tengsizlikda
1
1 ⎞
⎛ 1
⎛1 1 1⎞
⎛1 1 1⎞
,
,
⎟ , (b1, b2 , b3 ) = ⎜ , , ⎟ , ( x1, x2 , x3 ) = ⎜ , , ⎟
⎝a b c⎠
⎝c a b⎠
⎝b+c c+a a+b⎠
(a1, a2 , a3 ) = ⎜
deb olsak
T=
1
1
1
1
1
1
+
+
≤
+
+
=S
a (b + c) b(c + a ) c( a + b) c(b + c) a(c + a ) b( a + b)
tengsizlikga ega bo’lamiz.
O’rta qiymat haqidagi Koshi tengsizligini va abc = 1 shartni hisobga olib,
quyidagilarga ega bo’lamiz:
1
1 ⎞ ⎛ 1
1 ⎞⎛
1
1 ⎞
⎛
+
+
+
+
2S ≥ S + T = ⎜
⎟ ⎜ (b + c)c (b + c )a ⎟⎜ (c + a ) a (c + a )b ⎟ =
a
+
b
b
a
+
b
c
(
)
(
)
⎝
⎠ ⎝
⎠⎝
⎠
=
b+c
c+a
a+b
b+c
c+a
a+b
+
+
≥ 33
⋅
⋅
=3
( a + b)bc (b + c)ca (c + a ) ab
(a + b)bc (b + c)ca (c + a) ab
Bundan
1
1
1
3
kelib chiqadi.
+
+
≥
(a + b)b (b + c)c (c + a )a 2
26
3-§. Klassik tengsizliklarni isbotlashda trans-tengsizlikni qo’llash.
Barcha a1, ..., an sonlar uchun (1) tengsizlikning muhim xususiy hollarini ta’kidlab
o’tamiz:
b
b1 b2
+ + ... + n ≥ n
a1 a2
an
(4)
a12 + a22 + ... + an2 ≥ a1b1 + a2 b2 + ... + an bn
(5)
bu yerda n - ixtiyoriy natural son , (b1, ..., bn) – a1, a2, …, an sonlarning ixtiyoriy o’rin
almashtirishi.
1-misol (O’rta qiymatlar haqidagi Koshi tengsizligi).
x1, x2 ,…, xn musbat sonlar uchun
x1 + x2 + ... + xn
≥ n x1 x2 ...xn ,
n
tengsizlik o’rinli, shu bilan birga tenglik x1= x2 =…= xn bo’lgandagina bajariladi.
x
G
xx
G
x x ...xn
= 1 bo’lsin.
G
Yechilishi. G = n x1 x2 ...xn , a1= 1 , a2= 1 22 , …, an= 1 2 n
(4) tengsizlikka binoan
x1 + x2 + ... + xn
≥ G tengsizlikka teng ekvivalent bo’lgan ushbu
n
n≤
x
x x
a
a1 a2
+ + ... + n = 1 + 2 + ... + n
G
an a1
an−1 G G
tengsizlikka egamiz. Tenglik bajarilishi uchun a1= a2 =…= an ya’ni
x1= x2 =…= xn bo’lishi zarur va etarli.
2-misol.( O’rta geometrik va o’rta garmonik qiymatlar orasidagi tengsizlik)
x1, x2 ,…, xn musbat sonlar uchun
27
n
x1 x2 ...xn ≥
n
x1−1 + x2−1 + ... + xn−1
tengsizlik o’rinli, shu bilan birga tenglik x1= x2 =…= xn bo’lgandagina bajariladi.
Yechilishi. Oldingi misoldagi G, a1, a2, …, an sonlarni qaraymiz.
(4) tengsizlikka binoan
n
≤G
x + x + ... + xn−1
−1
1
−1
2
tengsizlikka teng ekvivalent bo’lgan ushbu
n≤
a
G G
G
a1 a2
+ + ... + n = + + ... +
xn
a2 a3
a1 x1 x2
tengsizlikka egamiz.
Tenglik bajarilishi uchun a1= a2 =…= an ya’ni
x1= x2 =…= xn
bo’lishi zarur va etarli.
3-misol. ( O’rta kvadratik va o’rta arifmetik qiymatlar orasidagi tengsizlik)
Ixtiyoriy x1, x2 ,…, xn sonlar uchun
x12 + x22 + ... + xn2 x1 + x2 + ... + xn
≥
,
n
n
tengsizlik o’rinli, shu bilan birga tenglik x1= x2 =…= xn bo’lgandagina bajariladi.
Yechilishi.
(5) tengsizlikka ko’ra
x12 + x22 + ... + xn2 ≥ x1 x2 + x2 x3 + ... + xn x1
x12 + x22 + ... + xn2 ≥ x1 x3 + x2 x4 + ... + xn x2
…………………………………………….
x12 + x22 + ... + xn2 ≥ x1 xn + x2 x1 + ... + xn xn−1
munosabatlarga ega bo’lamiz.
28
Bu tengsizliklarni barchasini
x12 + x22 + ... + xn2 = x12 + x22 + ... + xn2 tenglik bilan qo’shib, natijada
n ( x12 + x22 + ... + xn2 ) ≥ ( x1 + x2 + ... + xn ) 2
tengsizlikni hosil qilamiz.
4-misol. (Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligi)
n sondan iborat ikkita a1 , a2 , …, an, b1 , b2 , ... , bn ketma-ketlik berilgan
bo’lsin. U holda
(a1b1 + a2b2 + ... + an bn ) 2 ≤ ( a12 + a22 + ... + an2 ) (b12 + b22 + ... + bn2 )
biror o’zgarmas k
son uchun ai = kbi , i = 1, 2,..., n ,
Yechilishi. Agar a1= a2 = …= an = 0 yoki
b1= b2 = …= bn = 0 bo’lsa, u holda
tengsizlik o’rinli. Tenglik
bo’lgandagina bajariladi.
tengsizlik bajariladi. Shuning uchun
2
2
2
P = a12 + a22 + ... + an2 , Q = b1 + b2 + ... + bn
sonlarni noldan farqli deb hisoblaymiz.
Quyidagicha aniqlangan x1, x2 ,…, x 2n ketma-ketlikni qaraymiz:
xi =
ai
b
, xn+i = i , i = 1, 2,..., n .
P
Q
U holda
a12 + a22 + ... + an2 b12 + b22 + ... + bn2 2
= x1 + x22 + ... + x22n
2=
+
2
2
P
Q
ga egamiz.
(5) tengsizlikka ko’ra
x12 + x22 + ... + x22n ≥ x1 xn+1 + x2 xn+2 + ... + xn x2 n + xn+1 x1 + xn+2 x2 + ... + x2 n xn =
=
2(a1b1 + a2b2 + ... + an bn )
PQ
29
ga egamiz. Natijada
a b + a2b2 + ... + an bn
PQ
1≥ 1 1
tengsizlikni hosil qilamiz.
Eslatib o’tamiz, tenglik
ai =
P
bi , i = 1, 2,..., n , shart bajarilganda bo’ladi. Bu
Q
shart esa xi = xn+i , i = 1, 2,..., n shartiga ekvivalent.
5-misol. (Chebishev tengsizligi).
n sondan iborat ikkita a1, a2, …, an, b1, b2, ... , bn ketma-ketliklar berilgan
bo’lsin. Faraz qilamiz a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an shart bajarilsin.
U holda
a)
a1 + a2 + ... + an b1 + b2 + ... + bn a1b1 + a2b2 + ... + anbn
⋅
≤
, agar b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn
n
n
n
b)
a1 + a2 + ... + an b1 + b2 + ... + bn
a1b1 + a2b2 + ... + anbn
⋅
≥
, agar b1≤ b2 ≤ ... ≤ bn
n
n
n
Isbot.
a) (5) tengsizlikka ko’ra
a1b1 + a2b2 + ... + anbn = a1b1 + a2b2 + ... + anbn
a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≥ a1b2 + a2b3 + ... + anb1
a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≥ a1b3 + a2b4 + ... + anb2
…………………………………………….
a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≥ a1bn + a2b1 + ... + anbn−1
munosabatlarga egamiz, ularni qo’shib
n(a1b1 + a2b2 + ... + an bn ) ≥ (a1 + a2 + ... + an ) ⋅ (b1 + b2 + ... + bn ) yoki
a1 + a2 + ... + an b1 + b2 + ... + bn a1b1 + a2b2 + ... + anbn
⋅
≤
n
n
n
30
ni hosil qilamiz.
b) holi shunga o’xshash isbotlanadi.
31
3-BOB. KARAMATA TENGSIZLIGI.
x = ( x1 , x2 ,..., xn ) va
Ta’rif:
y = ( y1 , y2 ,..., yn )
n-liklar quyidagi shartlarni
qanoatlantirsin:
1. x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn va y1 ≥ y2 ≥ ... ≥ yn
k
k
n
n
i =1
i −1
i =i
i =i
2. ∑ xi ≥ ∑ yi , k = 1,..., n − 1 , ∑ xi = ∑ yi , ya’ni
x1 ≥ y1
x1 + x2 ≥ y1 + y2
.............. ........................
.......................................
x1 + x2 + ... + xn−1 ≥ y1 + y2 + ... + yn−1
x1 + x2 + ... + xn
= y1 + y2 + ... + yn
Bu holda x = ( x1 , x2 ,..., xn ) n-lik y = ( y1 , y2 ,..., yn ) n-likni majorlaydi deyiladi va bu
munosabat x
y yoki y ≺ x kabi yoziladi.
Misollar:
1
⎛1 1⎞ ⎛ 1
⎞
⎛1 1
⎞
,...
,0 ⎟ ≺ ... ≺ ⎜ , ,0,...0 ⎟ ≺ (1,0,...0 ) .
1. ⎜ ,... ⎟ ≺ ⎜
⎝ n n ⎠ ⎝ n −1 n −1 ⎠
⎝2 2
⎠
2. Agar m ≥ l va c ≥ 0 bo’lsa, u holda
⎛
⎞
⎞
⎜l
⎟ ⎛
l
c
c
c
c
,...,
,0,...,0
≺
,...,
,0,...,0
⎜
⎟
⎜
⎟ ⎜
⎟
m
m
⎜
⎟ ⎝ l марта
⎠
⎝ m марта
⎠
munosabat o’rinli.
n
3. Agar ai≥0 va ∑ ai = 1 bo’lsa, u holda
i =1
1⎞
⎛1
,...,
⎜
⎟ ≺ ( a1 ,..., an ) ≺ (1,0,...,0 )
n⎠
⎝n
munosabat o’rinli.
32
4. Agar c ≥ 0 bo’lsa, u holda
1
n
∑ x + nc
i =1
( x1 + c,..., xn + c) ≺
i
1
n
∑x
i =1
( x1 ,..., xn )
i
munosabat o’rinli.
x + x2 + ... + xn
bo’lsa ( x1 , x2 ,..., xn )
n
5. Agar y1 = y2 = ... = yn = 1
( y1 , y2 ,..., yn ) bo’ladi.
6. α , β , γ - uchburchak burchaklari bo’lsin, u holda
A) barcha uchburchaklar uchun
⎛π π π ⎞
⎜ , , ⎟ ≺ (α , β , γ ) ≺ (π ,0,0)
⎝3 3 3⎠
munosabat;
B) o’tkir burchakli uchburchaklar uchun
⎛π π π ⎞
⎛π π ⎞
⎜ , , ⎟ ≺ (α , β , γ ) ≺ ⎜ , ,0 ⎟
⎝2 2 ⎠
⎝3 3 3⎠
munosabat;
C) o’tmas burchakli uchburchaklar uchun
⎛π π π ⎞
⎜ , , ⎟ ≺ (α , β , γ ) ≺ (π ,π ,0 )
⎝3 3 3⎠
munosabat o’rinli.
Lemma (uch vatar haqida). f - qavariq funksiya bo’lsin. U holda uchun har qanday
z < y < z uchun
f ( y ) − f ( z ) f ( x) − f ( x) f ( x) − f ( y )
≤
≤
y−z
x−z
x− y
qo’shtengsizlik o’rinli.
Isbot: f - qavariq funksiya bo’lganligi uchun
f(λx+(1–λ)z)≤λ(x)+(1–λ)f(z)
33
tengsizlik bajariladi, bu yerda λ ∈ (0,1) .
λ=
y−z
deb olamiz va soddalashtirishlardan so’ng yuqoridagi tengsizlik
x−z
(x–z)f(y)≤(x–y)f(z)+(y–z)f(x)
tengsizlikka olib kelinadi.
Bu tengsizlik esa
f ( y ) − f ( z ) f ( x) − f ( x) f ( x) − f ( y )
≤
≤
y−z
x−z
x− y
ikkala ham tengsizlikka tengkuchli.
Natija. Qavariq f
funksiya berilgan bo’lsin. U holda uchun
har qanday
x1 ≥ x2 , y1 ≥ y2 , x1 ≠ y1 , x2 ≠ y2 uchun
f ( x1 ) − f ( y1 ) f ( x2 ) − f ( y2 )
≥
x1 − y1
x2 − y2
tengsizlik bajariladi.
k
Lemma
(Abel’
Ak = ∑ ai
almashtirishi).
bo’lsa,
u
holda
i =1
n
n −1
k =1
k −1
∑ ak bk = ∑ Ak (bk − bk +1) + Anbn tenglik o’rinli.
Isbot.
a1b1 + a2b2 + ... + an−1bn−1 + anbn = A1b1 + ( A2 − A1 )b2 + ... + ( An−1 − An−2 )bn−1 + ( An − An−1 )bn =
= A1 (b1 − b2 ) + A2 (b2 − b3 ) + ... + An−1 (bn−1 − bn ) + Anbn .
Teorema (Karamata tengsizligi).
Qavariq (mos ravishda botiq) f funksiya
berilgan bo’lsin. Agar x ≺ y bo’lsa
n
n
i =1
i =1
n
n
i =1
i =1
∑ f ( xi ) ≤ ∑ f ( yi ) (1)
( ∑ f ( xi ) ≥ ∑ f ( yi ) ). (1’)
34
tengsizlik bajariladi.
Isbot: Qavariq f funksiya holini qarash etarli. Umumiylikka putur etkazmasdan
xk ≠ yk deb hisoblashimiz mumkin.
Dk =
k
k
f ( yk ) − f ( xk )
, X k = ∑ xi , Yk = ∑ yi belgilashlarni kiritamiz.
yk − xk
i =1
i =1
U holda Yk ≥ X k , Yn = X n .
Uch vatar haqida lemma natijasiga ko’ra Dk ≥ Dk +1 .
n −1
Demak, ∑ (Yk − X k ) ⋅ ( Dk − Dk +1 ) + ( X n − Yn ) D ≥ 0 .
k =1
n
Abel’ almashtirishini qo’llab, ∑ ( yk − xk ) ⋅ Dk ≥ 0 ni hosil qilamiz. Teorema isbot
k =1
bo’ldi.
Eslatma
1. Isbot qilingan tengsizlikka Karamata nomi berilishi unchalik to’g’ri
emas. 1923 yilda Shur bu tengsizlikni majorlash shartini boshqacharok ifodalab
isbotladi. 1920 yilda Xardi, Littlvud va Polia bu tengsizlikni ifodaladilar va uning
uzluksiz analogini isbotladilar. 3 yildan keyin Karamata bu tengsizlikni umumiy holda
isbotladi.
Karamata tengsizligidan foydalangan holda isbotlash mumkin bo’lgan ikkita
tengsizliklarni ko’rib chiqamiz.
Misollar. 1. (Yensen tengsizligi). Agar f -qavariq funksiya bo’lsa,
⎛ n ⎞
∑ f ( xi ) ⎜ ∑ xi ⎟
i =1
≥ f ⎜⎜ i =1 ⎟⎟
n
⎝ n ⎠
n
tengsizlik o’rinli bo’ladi.
x + x2 + ... + xn
deb olamiz. ( x1 , x2 ,..., xn )
n
Isbot. y1 = y2 = ... = yn = 1
( y1 , y2 ,..., yn ) bo’lgani
uchun Karamata tengsizligidan bevosita Yensen tengsizligi kelib chiqadi.
35
2. Ixtiyoriy musbat a, b, c lar uchun
Isbot. (2a,2b,2c)
1
1
1
1
1
1
+
+
≤
+
+ .
a + b b + c c + a 2a 2b 2c
(a + b, a + c, b + c) ga egamiz. Karamata tengsizligini f ( x) =
funksiya uchun qo’llash etarli.
36
1
x
4-BOB. TENGSIZLIKLARNI TRIGONOMETRIK ALMASHTIRISHLAR
YORDAMIDA ISBOTLASH
1-§. Trigonometrik almashtirishlar
Ba’zida tengsizlikni isbotlashda trigonometrik almashtirish olish yaxshi foyda
beradi. Almashtirish qulay olinganda tengsizlik darhol isbotlanadigan, oddiy shaklga
kelib qoladi. Shuningdek trigonometrik funksiyalarning yaxshi ma’lum bo’lgan xossalari
yordam berishi mumkin.
Biz dastlab bunday almashtirishlarni kiritamiz, so’ng ma’lum bo’lgan trigonometrik
ayniyatlar va tengsizliklarni keltiramiz va nihoyat bir nechta olimpiada masalalarini
muhokama qilamiz.
α , β , γ burchaklar ( 0;π ) dan olingan. U holda bu
Teorema 1. Faraz qilaylik
α , β , γ burchaklar biror uchburchakning ichki burchaklari bo’lishi uchun quyidagi
tenglikning bajarilishi zarur va etarli
tg
α
2
tg
β
2
+ tg
β
2
tg
γ
γ
α
+ tg tg = 1
2
2 2
Isbot. Dastlab shuni ta’kidlash joizki
α = β =γ
bo’lgan holda teoremaning
tasdig’i o’rinlidir. Umumiylikka ziyon etkazmasdan α ≠ β
0 < α + β < 2π
bo’lganligi
( −π ;π )
uchun
intervalda
α + β +γ1 =π
qanoatlantiruvchi γ 1 mavjud.
⎛π
⎞
Qo’shish formulalari va tgx = ctg ⎜ − x ⎟ formulaga ko’ra
⎝2
⎠
tg
γ
1
2
= ctg
α +β
2
=
1 − tg
tg
α
2
α
2
tg
+ tg
β
2,
β
2
ya’ni
37
deb faraz qilaylik.
shartni
tg
α
tg
2
β
+ tg
2
β
2
γ1
tg
2
+ tg
γ1
2
tg
α
2
=1
(1)
tenglik o’rinli bo’ladi. Faraz qilaylik biror α , β , γ ∈ ( 0;π ) burchaklar uchun
tg
α
tg
2
β
2
+ tg
β
2
γ
γ
α
+ tg tg = 1
2
2 2
tg
(2)
tenglik o’rinli bo’lsin.
Biz isbotlaymizki γ = γ 1 va bu bizga α , β , γ lar biror uchburchak burchaklari ekanligini
beradi. (1) dan (2) ni ayirib
γ −γ1
2
tg
γ −γ1
= kπ , k ≥ 0, k ∈ Ζ . Ammo
2
γ
2
≤
= tg
γ
γ1
+
2
ni hosil qilamiz. Shuning uchun
2
γ1
< π tengsizlik o’rinli. Demak, k = 0 ,
2
shuning uchun γ = γ 1 . Tasdiq isbotlandi.
Teorema 2. Faraz qilaylik α , β , γ burchaklar ( 0;π ) dan olingan. U holda bu α , β , γ
burchaklar biror uchburchakning ichki burchaklari bo’lishi uchun quyidagi tenglikning
bajarilishi zarur va etarli
sin 2
α
2
+ sin 2
β
2
+ sin 2
γ
2
+ 2sin
α
2
sin
β
2
sin
γ
2
=1
Isbot. 0 < α + β < 2π bo’lganligi uchun shunday γ 1 ∈ ( −π ;π ) mavjudki α + β + γ 1 = π
tenglik o’rinli bo’ladi. Ko’paytmani yig’indiga keltirish va ikkilangan burchak
formulalariga asosan quyidagi munosabatlar o’rinli
sin
2
γ1
2
+ 2sin
α
2
sin
β
2
sin
γ1
2
= cos
α +β⎛
α +β
2
2
⎜ cos
⎝
+ 2sin
α
2
sin
β⎞
⎟ = cos
2⎠
α⎞ ⎛
β⎞
⎛
1 − 2sin 2 ⎟ + ⎜1 − 2sin 2 ⎟
⎜
cos α + cos β ⎝
α
β
2⎠ ⎝
2⎠
=
=
= 1 − sin 2 − sin 2 .
2
2
2
2
Shunday qilib,
38
α +β
2
cos
α −β
2
=
sin
2
α
+ sin
2
2
β
+ sin
2
2
γ1
+ 2sin
2
α
2
β
sin
2
sin
γ1
2
=1
(1)
=1
(2)
Faraz qilaylik biror α , β , γ ∈ ( 0;π ) burchaklar uchun
sin 2
α
2
β
+ sin 2
+ sin 2
2
γ
+ 2sin
2
α
2
sin
β
2
sin
γ
2
tenglik o’rinli bo’lsin. (1)dan (2) ni ayirib,
sin 2
γ
2
− sin 2
γ1
2
+ 2sin
α
2
sin
β⎛
γ
γ1 ⎞
−
sin
sin
⎜
⎟ = 0,
2⎝
2
2⎠
ya’ni
⎛ γ
γ 1 ⎞⎛ γ
γ1
α
β⎞
⎜ sin − sin ⎟⎜ sin + sin + 2sin sin ⎟ = 0 .
2
2 ⎠⎝
2
2
2
2⎠
⎝
munosabatni hosil qilamiz.
Ikkinchi qavs ichidagi ifodani quyidagicha ifodalaymiz
sin
γ
2
+ sin
γ1
2
+ cos
α −β
2
− cos
α +β
2
= sin
γ
2
+ cos
α −β
2
Ravshanki bu ifoda musbat qiymatlar qabul qiladi. Shuning uchun sin
γ
2
= sin
γ1
2
, ya’ni
γ = γ 1 bo’ladi. Demak, α + β + γ = π . Tasdiq isbotlandi.
Almashtirishlar
A1. Faraz qilaylik α , β , γ lar uchburchakning ichki burchaklari bo’lsin.Quyidagicha
almashtirishni qaraylik
A=
π −α
2
, B=
Ravshanki A + B + C = π va 0 ≤ A, B, C <
π −β
2
π
2
, C=
π −γ
2
.
. Bu almashtirish bizga biror masalani hal
qilishda istalgan uchburchak o’rniga o’tkir burchakli uchburchakni qarash imkonini
beradi. Quyidagi munosabatlar o’rinli ekanligini ta’kidlash joiz:
39
sin
α
2
= cos A, cos
α
2
= sin A, tg
α
2
= ctgA, ctg
α
2
= tgA
A2. Faraz qilaylik x, y, z lar musbat haqiqiy sonlar bo’lsin. U holda tomonlari uzunliklari
a = x + y, b = y + z , c = z + x lardan iborat bo’lgan uchburchak mavjud.
bo’lsa,
( x, y, z ) = ( s − a, s − b, s − c) . Shartga ko’ra
x, y , z
s= x+ y+z
lar musbatligi uchun
s − a, s − b, s − c lar uchburchak tengsizligini qanoatlantiradi.
A3. Faraz qilaylik musbat a, b, c sonlar ab + bc + ca = 1 shartni qanoatlantirsin. Biz ushbu
⎛ π⎞
f : ⎜ 0; ⎟ → ( 0; + ∞ ) ,
⎝ 2⎠
f ( x ) = tgx funksiya yordamida
quyidagicha almashtirish
kiritishimiz mumkin
a = tg
α
2
, b = tg
β
2
, c = tg
γ
2
bunda α , β , γ lar biror uchburchakning burchaklari.
A4. Faraz qilaylik musbat a, b, c sonlar ab + bc + ca = 1 shartni qanoatlantirsin. A1 va A3
larga ko’ra quyidagilarga egamiz
a = ctgA , b = ctgB , c = ctgC ,
bunda A, B, C lar o’tkir burchakli uchburchakning burchaklari.
A5. Faraz qilaylik musbat a, b, c sonlar ab + bc + ca = abc shartni qanoatlantirsin. Bu
tenglikning ikkala tarafini a, b, c sonlarning ko’paytmasiga bo’lib, quyidagiga ega
bo’lamiz
1
1
1
+ +
= 1 . A3 ga ko’ra quyidagicha almashtirish olamiz
bc ca ab
1
α 1
β 1
γ
= tg , = tg , = tg
a
2 b
2 c
2
ya’ni
a = ctg
α
2
, b = ctg
β
2
, c = ctg
γ
2
bunda α , β , γ lar biror uchburchakning burchaklari.
A6. Faraz qilaylik musbat a, b, c sonlar ab + bc + ca = abc shartni qanoatlantirsin.
40
A1 va A5 ga ko’ra
bunda A, B, C lar o’tkir burchakli uchburchakning burchaklari.
A7. Faraz qilaylik musbat a, b, c sonlar a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1 shartni qanoatlantirsin.
Shartga
ko’ra
uchta
son
ham
f : ( 0;π ) → ( 0;1) , f ( x ) = sin
musbatligi
uchun
a, b, c < 1
bo’ladi.
x
funksiya hamda 2-teorema yordamida
2
Ushbu
quyidagicha
almashtirish olishimiz mumkin
a = sin
α
2
, b = sin
β
2
, c = sin
γ
2
bunda α , β , γ lar biror uchburchakning burchaklari.
A8. Faraz qilaylik musbat a, b, c sonlar a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1 shartni qanoatlantirsin. A1
va A7 larga ko’ra quyidagicha almashtirish olishimiz mumkin
a = cos A , b = cos B , c = cos C ,
bunda A, B, C lar o’tkir burchakli uchburchakning burchaklari.
A9. Faraz qilaylik x, y, z lar musbat sonlar bo’lsin. A2 yordamida quyidagi
yz
,
( x + y )( x + z )
zx
,
( y + z )( y + x)
xy
( z + x)( z + y )
( s − b)( s − c)
,
bc
( s − c )( s − a )
,
ca
( s − a )( s − b)
ab
ifodalarni ushbu
ifodalarga almashtiramiz. Quyidagi ayniyatlarga ko’ra
sin
α
2
=
( s − b)( s − c )
α
, cos =
bc
2
s(s − a)
,
bc
bizning dastlabki ifodalarimiz mos ravishda quyidagi shaklga keladi
sin
α
2
, sin
β
2
, sin
γ
2
,
41
bunda α , β , γ lar biror uchburchakning burchaklari.
A10. Xuddi A9 dagi kabi quyidagi
x( x + y + z )
,
( x + y )( x + z )
y( x + y + z)
,
( y + z )( y + x)
z( x + y + z)
,
( z + x)( z + y )
ifodalarni mos ravishda ushbu
α
β
γ
cos , cos , cos ,
2
2
2
bunda α , β , γ lar biror uchburchakning burchaklari.
Mashq 1. Faraz qilaylik musbat
p, q , r
sonlar
p 2 + q 2 + r 2 + 2 pqr = 1 shartni
qanoatlantirsin.U holda p = cos A, q = cos B, r = cos C shartni qanoatlantiruvchi o’tkir
burchakli ABC uchburchak mavjudligini ko’rsating.
Mashq 2. Faraz qilaylik nomanfiy
qanoatlantirsin. U holda
p, q, r sonlar
p 2 + q 2 + r 2 + 2 pqr = 1 shartni
p = cos A, q = cos B, r = cos C va A + B + C = π
shartlarni
⎡ π⎤
qanoatlantiruvchi A, B, C ∈ ⎢0; ⎥ burchaklar mavjudligini ko’rsating.
⎣ 2⎦
Quyida biz ko’plab masalalarni yechishda yordam beradigan bir qator tengsizliklar
va ayniyatlar keltiramiz. Bularning deyarli barchasi yaxshi-ma’lum munosabatlar bo’lib
isbotlari qiyin emas. Bu munosabatlarning ko’pchiligining isbotini adabiyotlardan topish
mumkin.
Tengsizliklar
Faraz qilaylik α , β , γ
lar
ABC
uchburchakning burchaklari bo’lsin. Quyidagi
tengsizliklar o’rinli
1. cos α + cos β + cos γ ≤ sin
α
2
+ sin
β
2
+ sin
γ
2
42
≤
3
2
2. sin α + sin β + sin γ ≤ cos
3. cos α cos β cos γ ≤ sin
4. sin α sin β sin γ ≤ cos
5. ctg
α
2
+ ctg
β
2
+ ctg
γ
2
α
2
α
2
α
+ cos
2
sin
cos
β
sin
2
β
2
cos
β
γ 3 3
+ cos ≤
2
2
2
γ
2
γ
2
≤
1
8
≤
3 3
8
≥3 3
6. cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ ≥ sin 2
7. sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ ≤ cos 2
8. ctgα + ctg β + ctgγ ≥ tg
α
2
α
2
α
2
+ tg
β
+ sin 2
+ cos 2
β
2
+ tg
2
β
2
γ
2
+ sin 2
+ cos 2
γ
2
γ
2
≥
3
4
≤
9
4
≥ 3
Ayniyatlar
Faraz qilaylik α , β , γ lar ABC uchburchakning burchaklari bo’lsin. Quyidagi ayniyatlar
o’rinli
1. cos α + cos β + cos γ = 1 + 4sin
2. sin α + sin β + sin γ = 4cos
α
2
α
2
cos
sin
β
2
β
2
cos
sin
γ
2
γ
2
3. sin 2α + sin 2β + sin 2γ = 4sin α sin β sin γ
4. sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 2 + 2cos α cos β cos γ
Istalgan α , β , γ burchaklar (uchburchak burchaklari bo’lishi shart emas) uchun quyidagi
ayniyatlar o’rinli
sin α + sin β + sin γ − sin (α + β + γ ) = 4sin
α +β
2
43
sin
β +γ
2
sin
γ +α
2
cos α + cos β + cos γ + cos (α + β + γ ) = 4cos
α +β
2
cos
β +γ
2
cos
γ +α
2
2-§. Trigonometrik almashtirishlarning tadbiqlari
1-masala. (Janubiy Koreya, 1998) Faraz qilaylik musbat x, y, z sonlar
x + y + z = xyz shartni qanoatlantirsin. Quyidagi tengsizlikni isbotlang
1
1 + x2
+
1
1 + y2
+
1
3
≤ .
1 + z2 2
Bu masalani yechishda o’quvchini xayoliga eng birinchi f (t ) =
1
1+ t
2
funksiya uchun
Iensen tengsizligini qo’llash kelishi mumkin. Ammo bu f funksiya R + to’plamda
yuqoriga qavariq emas. Ammo shunisi qiziqarliki f (tgθ ) funksiya yuqoriga qavariq!
Isboti. Quyidagicha almashtirish olaylik
π
x = tgA , y = tgB , z = tgC , A, B, C ∈ (0; )
2
Ushbu 1 + tg 2α =
1
, cos α ≠ 0 ayniyatga ko’ra berilgan tengsizlik quyidagicha
cos 2 α
ko’rinishni oladi
cos A + cos B + cos C ≤
Quyidagi tg (π − C ) = − z =
3
2
x+ y
= tg ( A + B) va π − C , A + B ∈ (0;π ) munosabatlardan
1 − xy
π − C = A + B yoki A + B + C = π tenglikni olamiz. Demak, istalgan ABC uchburchak
uchun cos a + cos B + cos C ≤
3
tengsizlikni isbot qilsak etarli ekan.Bu esa quyidagi
2
munosabatdan kelib chiqadi
3 − 2(cos A + cos B + cos C ) = (sin A − sin B) 2 + (cos A + cos B − 1) 2 ≥ 0 .
44
Isbot tugadi.
2-masala. (FML, ochiq olimpiada, Rossiya) Faraz qilaylik musbat x, y , z
sonlar x + y + z = 1 shartni qanoatlantirsin. Quyidagi tengsizlikni isbotlang
xy
+
z + xy
yz
+
x + yz
zx
3
≤
y + zx 2
Isboti. Yuqoridagi tengsizlik ushbu tengsizlikka teng kuchli
yz
zx
+
+
( x + y )( x + z )
( y + z )( y + x)
A9 ga ko’ra bu tengsizlikning uchta hadini sin
demak,
ushbu
sin
α
2
+ sin
β
2
+ sin
γ
2
≤
3
2
α
2
xy
3
≤
( z + x)( z + y ) 2
, sin
β
2
,sin
tengsizlikni
γ
2
larga almashtiramiz va
isbotlashimiz
kerak.
Bu
tengsizlikning o’rinli ekanligi ravshan.(Iensen tengsizligidan osongina kelib chiqadi)
Isbot tugadi.
3-masala. (Eron, 1997) Faraz qilaylik x, y, z sonlar x, y, z > 1,
1 1 1
+ + =2
x y z
shartlarni qanoatlantirsin. Quyidagi tengsizlikni isbotlang
x −1 + y −1 + z −1 ≤ x + y + z
Isboti. Quyidagicha ( x, y, z ) = (a + 1, b + 1, c + 1) almashtirish olaylik, bunda a, b, c > 0 va
shartga ko’ra ab + bc + ca + 2abc = 1 tenglik o’rinli.U holda quyidagi tengsizlikni
isbotlash etarli
a + b + c ≤ a+b+c+3.
Ikkala tarafni kvadratga oshirib va ayrim xadlarni yo’qotib quyidagi tegsizlikka kelamiz
ab + bc + ca ≤
45
3
.
2
A7 dan foydalanib (ab, bc, ca) = (sin 2
α
2
β
,sin 2
γ
,sin 2 ) ni olamiz, bunda ABC ixtiyoriy
2
2
uchburchak. Demak quyidagi tengsizlikni isbotlashimiz kerak
sin
α
+ sin
2
β
+ sin
2
γ
2
3
2
≤
Bu tengsizlikning o’rinli ekanligi ma’lum.Isbot tugadi.
4-masala. (Crux Mathematicorum and Mathematical Mayhem ) Faraz qilaylik
x, y, z lar musbat sonlar bo’lsin. Quyidagi tengsizlikni isbotlang
x
x+
( x + y )( x + z )
y
+
( y + z )( y + x )
y+
+
z
( z + x )( z + y )
z+
≤1
Isboti. Bu tengsizlik quyidagi tengsizlikka teng kuchli
∑
1
≤1
( x + y )( x + z )
1+
x2
Berilgan tengsizlik bir jinsli bo’lganligi uchun umumiylikka ziyon etkazmasdan
xy + yz + zx = 1 deb faraz qilishimiz mumkin. A3 almashtirishdan foydalanamiz
( x + y )( x + z )
=
x2
(tg
α
2
β
+ tg
2
tg
)(tg
2
α
α
γ
+ tg )
2
2 =
1
sin
2
2
α
,
2
qolgan xadlar ham shunga o’xshash ifodalanadi. Tengsizlik quyidagi shaklga keladi
sin
α
2
1 + sin
α
sin
+
2
β
2
1 + sin
β
+
2
sin
γ
2 ≤ 1,
γ
1 + sin
2
ya’ni
2≤
1
1 + sin
α
2
+
1
1 + sin
46
β
2
+
1
1 + sin
γ
2
.
Boshqa tomondan yaxshi tanish bo’lgan sin
α
2
+ sin
β
2
+ sin
γ
2
≤
3
tengsizlik va Koshi2
Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligidan foydalanib quyidagi tengsizlikka ega bo’lamiz
2≤
9
α⎞ ⎛
β⎞ ⎛
γ⎞
⎛
⎜1 + sin ⎟ + ⎜1 + sin ⎟ + ⎜1 + sin ⎟
2⎠ ⎝
2⎠ ⎝
2⎠
⎝
≤∑
1
1 + sin
α
2
Isbot tugadi.
5-masala. (Ruminiya, 2005) Faraz qilaylik musbat a, b, c sonlar (a + b)(b + c)(c + a ) = 1
shartni qanoatlantirsin. Quyidagi tengsizlikni isbotlang
ab + bc + ca ≤
3
4
Isboti. Bu tengsizlik quyidagi tengsizlikka teng kuchli
3
⎛3⎞
(ab + bc + ca) ≤ ⎜ ⎟ (a + b)2 (b + c) 2 (c + a ) 2
⎝4⎠
3
Bu
tengsizlik
bir
jinsli
bo’lganligi
uchun
umumiylikka
ziyon
etkazmasdan
ab + bc + ca = 1 deb faraz qilishimiz mumkin. A3 almashtirishdan foydalanamiz
γ
⎛
⎞
⎜ cos 2
⎟
1
(a + b)(b + c)(c + a) = ∏ ⎜
=
.
⎟
α
β
α
β
γ
⎜ cos cos ⎟ cos cos cos
⎝
2
2
2⎠
2
2
Demak, ushbu
3
1
⎛4⎞
⎜ ⎟ ≤
⎝ 3 ⎠ cos 2 α cos 2 β cos 2 γ
2
2
2
yoki
4cos
α
2
cos
β
γ 3 3
cos ≤
2
2
2
tengsizlikni isbotlash etarli. Ushbu
47
sin α + sin β + sin γ = 4cos
α
2
cos
β
2
cos
γ
2
ayniyatga asosan quyidagi tengsizlikni isbotlashimiz kerak
sin α + sin β + sin γ ≤
3 3
2
Bu tengsizlik esa f ( x) = sin x funksiya (0;π ) intervalda yuqoriga qavariqligi uchun
Iensen tengsizligidan kelib chiqadi. Isbot tugadi.
6-masala. (Polsha, 1999) Faraz qilaylik musbat a, b, c sonlar a + b + c = 1 shartni
qanoatlantirsin. Quyidagi tengsizlikni isbotlang
a 2 + b 2 + c 2 + 2 3abc ≤ 1 .
Isboti. Ushbu a = xy, b = yz , c = zx almashtirish bilan tengsizlik quyidagi shaklga keladi
x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 + 2 3 xyz ≤ 1
bunda x, y, z > 0 va xy + yz + zx = 1 . Yuqoridagi tengsizlik quyidagi tengsizlikka teng
kuchli
( xy + yz + zx) 2 + 2 3 xyz ≤ 1 + 2 xyz ( x + y + z ) ,
yoki
3≤ x+ y+z
A3 almashtirishga ko’ra
tg
α
2
+ tg
β
2
+ tg
γ
2
≥ 3
tengsizlikni isbotlash etarli. Bu tengsizlik esa f ( x) = tg
x
funksiya (0;π ) intervalda
2
qavariqligi uchun Iensen tengsizligidan kelib chiqadi. Isbot tugadi.
7-masala. Faraz qilaylik x, y, z lar musbat sonlar bo’lsin.Quyidagi tengsizlikni isbotlang
48
x( y + z ) + y ( z + x ) + z ( x + y ) ≥ 2
( x + y )( y + z )( z + x )
x+ y+z
Isboti. Tengsizlikni quyidagicha yozib olamiz
x( x + y + z )
y( x + y + z)
z( x + y + z)
+
+
≥2
( x + y )( x + z )
( y + z )( y + x)
( z + x )( z + y )
A10 almashtirishga ko’ra
cos
α
2
β
+ cos
2
+ cos
γ
2
≥2
tengsizlikni isbot qilish etarli. A1 ga ko’ra o’tkir burchakli ABC uchburchak uchun
sin A + sin B + sin C ≥ 2
tengsizlikni isbotlash etarli. Bu tengsizlikni isbotlashning juda ko’p usullari mavjud. Biz
Jordan tengsizligidan foydalanishni tavsiya qilamiz.
⎛ π⎞
Jordan tengsizligi. Barcha α ∈ ⎜ 0; ⎟ lar uchun quyidagi tengsizlik o’rinli
⎝ 2⎠
2α
π
U holda sin A + sin B + sin C ≥
2A
π
+
2B
π
≤ sin α ≤ α .
+
2C
π
=2
Isbot tugadi.
8-masala. Faraz qilaylik x, y, z lar musbat sonlar bo’lsin. Quyidagi tengsizlikni isbotlang
y+z
+
x
z+x
+
y
x+ y
16( x + y + z )3
≥
.
3( x + y )( y + z )( z + x)
z
Isboti. Qulaylik uchun quyidagicha belgilash olamiz:
∑ f ( x, y , z ) = f ( x, y , z ) + f ( y , z , x ) + f ( z , x, y )
cyc
Berilgan tengsizlikni quyidagicha yozib olamiz
49
∑ ( y + z)
cyc
( x + y )( z + x) 4( x + y + z )
≥
x( x + y + z )
3
A2 va A10 almashtirishlarga ko’ra
( x + y )( z + x )
a
α
=
= 4 R sin ,
α
x( x + y + z )
2
cos
2
( y + z)
boshqa xadlarni ham shunday ifodalab olamiz.
Shuningdek
4( x + y + z ) 4 R(sin α + sin β + sin γ )
=
3
3
munosabat o’rinli. Bu yerda α , β , γ lar tashqi chizilgan aylana radiusi R bo’lgan
uchburchakning burchaklari.
Shunday qilib quyidagi tengsizlikni isbotlashimiz kerak
3⎛ α
β
γ⎞
α
α
β
β
γ
γ
.
⎜ sin + sin + sin ⎟ ≥ sin cos + sin cos + sin cos
2
2 ⎝
2
2
2⎠
2
2
2
2
2
Ushbu f ( x) = cos
x
funksiya [ 0;π ] kesmada botiqligi uchun Iensen tengsizligiga ko’ra
2
quyidagi tengsizlik o’rinli
3 1⎛
α
β
γ⎞
≥ ⎜ cos + cos + cos ⎟
2 3⎝
2
2
2⎠
Ushbu f ( x) = sin
x
funksiya [ 0;π ]
2
kesmada o’suvchi, f ( x) = cos
x
funksiya [ 0;π ]
2
kesmada kamayuvchi bo’lganligi uchun Chebishev tengsizligiga ko’ra quyidagi
tengsizlik o’rinli
1⎛ α
β
γ ⎞⎛ α
β
γ⎞
⎜ sin + sin + sin ⎟⎜ cos + cos + cos ⎟ ≥
3⎝
2
2
2 ⎠⎝
2
2
2⎠
≥ sin
α
2
cos
α
2
+ sin
β
2
Bu va bundan oldingi tengsizliklarga ko’ra
50
cos
β
γ
γ
+ sin cos
2
2
2
3⎛ α
β
γ⎞
α
α
β
β
γ
γ
⎜ sin + sin + sin ⎟ ≥ sin cos + sin cos + sin cos
2
2 ⎝
2
2
2⎠
2
2
2
2
2
tengsizlikning o’rinli ekanligi ko’rinib turibdi. Isbot tugadi.
Mashqlar
1. (Ruminiya, 2005) Faraz qilaylik musbat a, b, c sonlar a + b + c = 1 shartni
qanoatlantirsin. Quyidagi tengsizlikni isbotlang
a
b
с
3
+
+
≥
2
b+c
c+a
a+b
2. (Ukraina, 2005) Faraz qilaylik musbat
a , b, c
a + b + c = 1 shartni
sonlar
qanoatlantirsin. Quyidagi tengsizlikni isbotlang
1
1
1
1
1
1
−1
−1 +
−1 −1 +
−1
−1 ≥ 6
a
b
b
c
c
a
3. Faraz qilaylik musbat a, b, c sonlar ab + bc + ca = 1 shartni qanoatlantirsin. Quyidagi
tengsizlikni isbotlang
1
1
1
1
+
+
≥2+
b+c
c+a
a+b
2
4. (APMO, 2004) Musbat a, b, c sonlar uchun quyidagi tengsizlikni isbotlang
(a 2 + 2)(b 2 + 2)(c 2 + 2) ≥ 9(ab + bc + ca )
5. (APMO, 2002) Faraz qilaylik musbat
a, b, c
qanoatlantirsin. Quyidagi tengsizlikni isbotlang
a + bc + b + ca + c + ab ≥ abc + a + b + c .
51
sonlar
1 1 1
+ + = 1 shartni
a b c
Manbaalar ro’yxati
1. Hojoo Lee. Topics in Inequalities-Theorems and Techniques. Seoul: 2004.
2. Andreescu T., Dospinescu G., Cirtoaje V., Lascu M. Old and new inequalities. Gil
Publishing House, 2004.
3. Mathematical Olympiads, Problems and solutions from around the world, 1998-1999.
Edited by Andreescu T. and Feng Z. Washington. 2000.
4. Math Links, http://www.mathlinks.ro
5. Art of Problem Solving, http://www.artofproblemsolving.com
6. Math Pro Press, http://www.mathpropress.com
7. K.S.Kedlaya, A<B, http://www.unl.edu/amc/a-activities/a4-for-students/s-index.html
8. T.J.Mildorf, Olympiad Inequalities, http://web.mit.edu/tmildorf
9. Алфутова Н.Б., Устинов А.В. Алгебра и теория чисел. Сборник задач для
математических школ. М.: МЦНМО, 2002.
10. А. Engel. Problem-Solving Strategies. Parts 1,2 . Springer-Verlag New York Inc.
1998.
11. Ayupov Sh., Rihsiyev B., Quchqorov O. «Matematika olimpiadalar masalalari» 1,2
qismlar. T.: Fan, 2004
12.Математические задачи, http://www.problems.ru
13. Беккенбах Э., Беллман Р. Неравенства. — М.: Мир, 1965.
14. Беккенбах Э., Беллман Р. Введение в неравенства. — М.: Мир, 1965.
15. Коровкин П. П. Неравенства. — Вып. 5. — М.: Наука, 1983.
16. «Математика в школе» (Россия),
«Квант» (Россия), «Соровский
образовательный журнал» (Россия), “Crux mathematicorum with mathematical
Mayhem” (Канада), “Fizika, matematika va informatika” (Ўзбекистон) журналлари.
52
Mundarija
1-bob.
Funksiyaning xossalari yordamida tengsizliklarni isbotlash usullari
3
1-§
Funksiyaning monotonlik xossasi yordamida isbotlanadigan
3
tengsizliklar
2-§
Funksiyaning qavariqlik xossasi yordamida isbotlanadigan tengsizliklar
7
2-bob.
Trans-tengsizlik va uning tadbiqlari
15
1-§
Trans-tengsizlik haqida
15
2-§.
Trans-tengsizlikni masalalar yechishga tadbiqlari.
17
3-§.
Klassik tengsizliklarni isbotlashda trans-tengsizlikni qo’llash.
27
3-bob.
Karamata tengsizligi.
37
4-bob.
Tengsizliklarni trigonometrik almashtirishlar yordamida isbotlash
37
1-§.
Trigonometrik almashtirishlar
37
2-§.
Trigonometrik almashtirishlarning tadbiqlari
44
Manbaalar ro’yxati
52
53
O’ZBEKISTON RESPUBLIKASI XALQ TA’LIMI VAZIRLIGI
A. QO’CHQOROV, J. RASULOV
TENGSIZLIKLAR-III.
MASALALAR TO’PLAMI
Toshkent–2008
Тенгсизликлар.
A. Qo’chqorov, J. Rasulov. Tengsizliklar-III. Masalalar to’plami / Toshkent,
2008 y.
Fizika –matematika fanlari doktori, professor A. A’zamov umumiy tahriri ostida.
Qo’llanmada oxirgi yillar mobaynida turli davlatlarda bo’lib o’tgan
matematika olimpiadalarida taqdim qilingan tengsizliklar yechimlar bilan
keltirilgan.
Qo’llanma umumiy o’rta ta’lim maktablari, akademik litseylar va kasb–hunar
kollejlarining iqtidorli o’quvchilari, matematika fani o’qituvchilari hamda
pedagogika oliy o’quv yurtlari talabalari uchun mo’ljallangan.
Qo’llanmadan sinfdan tashqari mashg’ulotlarda, o’quvchilarni turli matematik
musobaqalarga tayyorlash jarayonida foydalanish mumkin.
TVDPI matematika kafedrasi mudiri, f.–m.f.n., dotsent
Taqrizchilar:
Sh.B. Bekmatov
TVDPI boshlang’ich ta’lim metodikasi kafedrasi dotsenti,
ped. f.n. Z. S. Dadanov
Ushbu qo’llanma Respublika ta’lim markazi qoshidagi matematika fanidan
ilmiy-metodik kengash tomonidan nashrga tavsiya etilgan. (15 iyun 2008 y., 8 sonli bayyonnoma)
Qo’llanmaning
texnologiyalarni
yaratilishi
rivojlantirishni
Vazirlar
Mahkamasi
muvofiqlashtirish
moliyalashtirilgan (ХИД 1-16 – sonli innovatsiya loyihasi)
© O’zbekiston Respublikasi Xalq ta’limi vazirligi
2
huzuridagi
Q’omitasi
Fan
va
tomonidan
Masalalar.
1. Agar a, b, c musbat sonlar va n, k ∈ N bo’lsa, u holda quyidagi
a n+ k b n+ k c n+ k
+ k + k ≥ a n + bn + cn
k
b
c
a
tengsizlikni isbotlang.
2. (Rossiya -2003) Musbat a,b,c sonlar a+b+c=1 tenglikni qanoatlantirilsa, u
holda
1
1
1
2
2
2
+
+
≥
+
+
1− a 1− b 1− c 1+ a 1+ b 1+ c
tengsizlikni isbotlang.
3. (Moldova -2005) Musbat a, b, c sonlar a 4 + b 4 + c 4 = 3 tenglikni qanoatlantirsa,
1
1
1
+
+
≤1
4 − ab 4 − ac 4 − bc
tengsizlikni isbotlang.
4. (Koreya -2000) Aytaylik, a, b, c , x, y, z haqiqiy sonlar quyidagi
a ≥ b ≥ c > 0 , x ≥ y ≥ z > 0 shartlarni qanoatlantirsin, u holda
a2 x2
b2 y 2
c2 z 2
3
+
+
≥
( by + cz )( bz + cy ) ( cz + ax )( cx + az ) ( ax + by )( ay + bx ) 4
tengsizlikni isbotlang.
5. (Yaponiya -2002) Aytaylik, n ≥ 3 va n ∈ N da musbat a1 , a2 ,..., an , b1 , b2 ,...., bn
sonlar quyidagi a1 + a2 + ... + an = 1 ва b12 + b22 + ... + bn2 = 1 shartlarni
qanoatlantirsin. U holda
a1 (b1 + a2 ) + a2 (b2 + a3 ) + ... + an (bn + a1 ) < 1
tengsizlikni isbotlang.
3
6. Musbat a, b, c sonlar a + b + c = 1 shartni qanoatlantirsa, u holda
ab
bc
ac
3
+
+
≤
ab + c
bc + a
ac + b 2
tengsizlikni isbotlang.
7. (Eron -2005) Musbat a, b, c sonlar uchun
2
⎛a b c⎞
⎛1 1 1⎞
⎜ + + ⎟ ≥ (a + b + c)⎜ + + ⎟
⎝b c a⎠
⎝a b c⎠
tengsizlikni isbotlang.
8. (Vengriya -1996) Musbat a, b sonlarning yig’indisi birga teng bo’lsa
a2
b2
1
+
≥ tengsizlikni isbotlang.
a +1 b +1 3
9. Haqiqiy musbat x, y, z sonlar xyz ≥ 1 shartni qanoatlantirsa,
x5
y5
z5
+
+
≥1
x5 + y 2 + z 2 y 5 + z 2 + x 2 z 5 + x 2 + y 2
tengsizlikni isbotlang.
10. (XMO, Xalqaro Matematika olimpiadasi -2005) Musbat x, y , z sonlar xyz ≥ 1
shartni qanoatlantirsa,
x5 − x 2
y5 − y 2
z5 − z 2
+
+
≥0
x5 + y 2 + z 2 y 5 + z 2 + x 2 z 5 + x 2 + y 2
tengsizlikni isbotlang.
11. (Bosniya -2002) Agar musbat x, y, z sonlar xyz = x + y + z + 2 tenglikni
qanoatlantirsa,
5( x + y + z ) + 18 ≥ 8( xy + yz + zx )
4
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
12. (APMO -2005) Musbat a, b, c sonlar abc = 8 shartni qanoatlantirsa, u holda.
a2
(1 + a 3 )(1 + b3 )
+
b2
(1 + b3 )(1 + c 3 )
c2
+
(1 + c3 ) (1 + a 3 )
≥
4
3
tengsizlikni isbotlang.
13. (Rossiya -1999) Musbat haqiqiy x va y sonlar x 2 + y 3 ≥ x3 + y 4 tengsizlikni
qanoatlantirsa, u holda x3 + y 3 ≤ 2 tengsizlikni isbotlang.
14. (APMO -2003). Agar a, b, c sonlari uchburchak tomonlarining uzunliklari
bo’lib, a + b + c = 1 shartni qanoatlantirsa, n ∈ N , n ≥ 2 uchun
n
a + b + b + c + c + a <1+
n
n
n
n
n
n
n
n
n
2
2
tengsizlikni isbotlang.
15. Musbat a1 , a2 ,..., an sonlar uchun quyidagi
n⋅ n
Gn g n
+
≤ n +1
An Gn
tengsizlikni isbotlang. Bu yerda
g n = n a1a2 ...an , An =
a1 + a2 + ... + an
, Gn = n A1 A2 ... An .
n
16. (Yaponiya -2005) Musbat a, b, c sonlar yig’indisi birga teng bo’lsa,
a 3 1+ b − c + b3 1+ c − a + 3 1+ a − b ≤1
tengsizlikni isbotlang.
17. (Kolmogorov kubogi, Rossiya -2004) Musbat haqiqiy a, b, c, d sonlar abcd = 1
shartni qanoatlantirsa, u holda
5
1 + ab 1 + bc 1 + cd 1 + da
+
+
+
≥4
1+ a 1+ b
1+ c
1+ d
tengsizlikni isbotlang.
18. (Kolmogorov kubogi, Rossiya -2004) Musbat a, b, c sonlarning yig’indisi
birga teng bo’lsa,
⎛ a
b
c ⎞ 3
(ab + bc + ca ) ⎜
+
+
⎟≥
⎝ b(b + 1) c(c + 1) a (a + 1) ⎠ 4
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
19. Musbat a, b, c sonlar a + b + c = 1 shartni qanoatlantirsa,
a 2 + b b2 + c c2 + a
+
+
≥2
b+c
c+a a+b
tengsizlikni o’rinli bo’lishini isbotlang
20. Musbat x, y, z sonlar uchun
x
y
z
+
+
≤1
x + ( x + y )( x + z ) y + ( y + x)( y + z ) z + ( z + x)( z + y )
tengsizlikni isbotlang.
21. (Xitoy -2004) Musbat a, b, c sonlar uchun
a
b
c
3 2
+
+
≤
a+b
b+c
c+a
2
tengsizlikni isbotlang.
22. (Turkiya -1998) Agar 0 ≤ a ≤ b ≤ c shart bajarilsa,
(a + 3b)(b + 4c)(c + 2a ) ≥ 60abc
tengsizlikni isbotlang.
6
23. (Buyuk Ipak yo’li Xalqaro olimpiadasi -2006) Musbat a, b, c sonlar uchun
abc = 1 shart bajarilsa,
2
⎛ a
b
c⎞ ⎛
1 1 1 ⎞3
4 ⎜ 3 + 3 + 3 ⎟ ≤ 3⎜ 2 + a + b + c + + + ⎟
c
a⎠ ⎝
a b c⎠
⎝ b
tengsizlikni isbotlang.
24. (Albaniya -2002) Musbat a, b, c sonlar uchun
(a + b + c) + a 2 + b 2 + c 2 ≤
3 + 1⎛ 1 1 1 ⎞ 2
2
2
⎜ + + ⎟(a + b + c )
3 3 ⎝a b c⎠
tengsizlikni isbotlang.
25. (AQSh -2004) Musbat a, b, c sonlar uchun
( a − a + 3) (b − b + 3)(c − c + 3) ≥ ( a + b + c )
5
2
5
2
5
2
3
tengsizlikni isbotlang.
26. Musbat a, b, c sonlar uchun
(a 2 + ab + b 2 )(b 2 + bc + c 2 )(c 2 + ca + a 2 ) ≥ (ab + bc + ca )3
tengsizlikni isbotlang.
27. (AQSh -2001) Agar musbat a, b, c sonlar a 2 + b 2 + c 2 + abc = 4 shartni
qanoatlantirsa, 0 < ab + bc + ca − abc ≤ 2 tengsizlikni isbotlang.
28. Haqiqiy x, y sonlar x ≠ 0, xy ( x 2 − y 2 ) = x 2 + y 2 shartlarni qanoatlantirsa,
x 2 + y 2 ≥ 4 tengsizlikni isbotlang.
29. (Vyetnam -2001) Musbat a, b, c sonlar 21ab + 2bc + 8ac ≤ 12 shartni
qanoatlantirsa, P(a, b, c) =
1 2 3
+ + ifodaning eng kichik qiymatini toping.
a b c
7
30. Musbat a, b, c sonlar uchun
a 2 b2 c2
4(a − b) 2
+ + ≥a+b+c+
b
c
a
a+b+c
tengsizlikni isbotlang.
31. (Hindiston -2000) Haqiqiy a1 ,..., an conlar uchun a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an va
n
a1 + a2 + ... + an = 0 shartlar bajarilsa, na1an + ∑ ai2 ≤ 0 tengsizlikni isbotlang.
i =1
n
32. (Ruminiya -1999) Musbat x1 , x2 ,...xn sonlar ∏ xi = 1 shartni qanoatlantirsa,
i =1
1
1
1
+
+ ..... +
≤1
n − 1 + x1 n − 1 + x2
n − 1 + xn
tengsizlikni isbotlang.
33. (Polsha -1991) Haqiqiy x, y, z sonlar x 2 + y 2 + z 2 = 2 shartni qanoatlantirsa,
x + y + z − xyz ≤ 2 tengsizlikni isbotlang.
34. (Vyetnam -2001) Musbat x, y, z sonlar
{
}
1
1
≤ z < min x 2, y 3 , x + z 3 ≥ 6, y 3 + z 10 ≥ 2 5 shartlarni
2
2
qanoatlantirsa, P( x, y, z ) =
1
2
3
+ 2 + 2 ifodaning eng katta qiymatini toping.
2
x
y
z
35. (AQSh -2003) Musbat a, b, c sonlar uchun
( 2a + b + c ) + ( 2b + c + a ) + (2c + a + b)2 ≤ 8
2
2
2a 2 + (b + c) 2
2b 2 + (a + c) 2
2c 2 + (a + b) 2
tengsizlikni isbotlang.
36. (Albaniya -2004) Musbat a, b, c sonlarning ko’paytmasi birga teng bo’lsa,
8
1
1
1
+
+
≥ 1,2
1
1
1
a + + 0,64
b + + 0,64
c + + 0,64
b
c
a
tengsizlikni isbotlang.
37. Musbat x, y, z sonlar xyz = 1 shartni qanoatlantirsa,
⎛ 1
1
1 ⎞
1
1
1
+
+
≥
+
+
x+ y + z −⎜
⎟
⎝ x + 1 y + 1 z + 1 ⎠ x(1 + z ) y (1 + x) z (1 + y )
tengsizlikni isbotlang.
38. Musbat x, y, z sonlar uchun
3( x 2 − x + 1)( y 2 − y + 1)( z 2 − z + 1) ≥ ( xyz ) 2 + xyz + 1
tengsizlikni isbotlang.
39. (Belorussiya -1997) n ∈ N , n > 1 uchun
n −1
1 1 1
1
+ + + ... + < n − n n
2 3 4
n
tengsizlikni isbotlang.
1 1 1
+ + =2
x y z
40. Birdan katta haqiqiy x, y, z sonlar
tenglikni kanoatlantirsa,
x + y + z ≥ x − 1 + y − 1 + z − 1 tengsizlikni isbotlang.
41. (Hindiston -2002) Musbat a, b, c sonlar a 2 + b 2 + c 2 = 3abc tenglikni
qanoatlantirsa,
a
b
c
9
tengsizlikni isbotlang.
+ 2 2+ 2 2≥
bc
ca
ab
a+b+c
2 2
42. (Ukraina -2002) Musbat x, y, z sonlar uchun
9
1
1
1
1
28 3
+ 2+ 2+ 2≥
t
2
( x + y + z)
x
y
z
9 xyz ( x + y + z )
tengsizlikni isbotlang.
43. (Ukraina -2001) a1 , a2 ,..., an haqiqiy sonlar
a1 + a2 + ... + an ≥ n 2 , a12 + a22 + ... + an2 ≤ n 2 + 1 shartlarni qanoatlantirsa,
n − 1 ≤ ak ≤ n + 1 tengsizlikni isbotlang.
44. (Ukraina -2001) Musbat a, b, c ва α , β , γ
α + β + γ = 1 sonlar uchun
α a + β b + γ c + 2 (αβ + βγ + γα )(ab + bc + ca ) ≤ a + b + c tengsizlikni isbotlang.
45. (Ukraina -2000) Musbat a, b sonlar uchun
1
1
1
1
64
+
+ 2 + 3≥
3
2
a 3ab 3a b b 3(a + b)3
tengsizlikni isbotlang.
46. (Ukraina -1999) Haqiqiy x1 , x2 ,..., x6 ∈ [ 0;1] sonlar uchun
x13
x23
x63
3
+
+
...
+
≤
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
5
x2 + x3 + x4 + x5 + x6 + 5 x1 + x3 + x4 + x5 + x6 + 5
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 + 5 5
tengsizlikni isbotlang.
47. (Bosniya -2002) Musbat a, b, c sonlari a 2 + b 2 + c 2 = 1 shartni qanoatlantir-sa,
a2
b2
c2
3
+
+
≥ tengsizlikni isbotlang.
1 + 2bc 1 + 2ac 1 + 2ab 5
48. (Yugoslaviya -2002) Musbat x1 x2 .....x2001 sonlar uchun
x22 x32
xi2−1
x ≥ x + 3 + 3 + ... +
, 2 ≤ i ≤ 2001
2
3
(i − 1)3
2
i
2
1
10
2001
xi
> 1,999 tengsizlikni isbotlang.
x
x
x
+
+
...
+
i =2 1
i −1
2
shart bajarilsa, ∑
49. (Hindiston -2002) Musbat a, b, c sonlar uchun
a b c c+a a+b b+c
+ + ≥
+
+
b c a c+b a+c b+a
ekanligini ko’rsating.
50. (XMO -1998) Agar yi ≥ 1 (i = 1,2,...n) bo’lsa,
1
1
1
n
+
+ .... +
≥
1 + y1 1 + y2
1 + yn 1 + n y1 y2 ... yn
tengsizlikni isbotlang.
1
51. (Hindiston -2004) Ixtiyoriy xi ∈ (0; ] sonlar uchun (i=1, 2,…, n)
2
n
Π xi
i =1
⎛
⎞
x
∑
i
⎜
⎟
⎝ i =1 ⎠
n
n
≤
n
Π (1 − xi )
i =1
⎛
⎞
(1
−
x
)
∑
i
⎜
⎟
⎝ i =1
⎠
n
n
tengsizlikni isbotlang.
52. (XMO -2001) x1 , x2 ,.....xn haqiqiy sonlar uchun
x1
x2
xn
+
+ .... +
< n
2
2
2
2
1 + x1 1 + x1 + x2
1 + x1 + x22 + ... + xn2
tengsizlikni isbotlang.
53. (XMO -2004) Musbat a, b, c sonlar ab + bc + ca = 1 tenglikni qanoatlantirsa,
3
1
1
1
1
+ 6b + 3 + 6c + 3 + 6a ≤
a
b
c
abc
tengsizlikni isbotlang.
11
54. (XMO -2004) Musbat
x, y, z , a, b, c sonlar
ab + bc + ca = 1
shartni
qanoatlantirsa
3abc( x + y + z ) ≤
2
+ ax 3 + by 3 + cz 3
3
tengsizlikni isbotlang.
55. (Moldova -2001) a1 , a2 ,..., an haqiqiy musbat sonlar uchun
1
n
− n
1
1
1
∑1+ a ∑ a
i =1
i =1
i
≥
1
n
i
tengsizlikni isbotlang.
56. (AQSh -1992) a0 , a1 , a2 ,...., an musbat haqiqiy sonlari ai −1 ⋅ ai +1 ≤ ai 2
( i = 1,2,..., n − 1) shartni qanoatlantirsa
a0 + a1 + ... + an a1 + a2 + .... + an−1 a0 + a1 + ... + an−1 a0 + a1 + ... + an
⋅
≥
⋅
n +1
n −1
n
n
tengsizlikni isbotlang.
57. (Polsha -1996) a, b, c , x, y, z nomanfiy sonlar bo’lib,
x + y + z = a + b + c = 1, 0 ≤ x, y, z ≤
1
shartlarni qanoatlantirsa,
2
ax + by + cz ≥ 8abc
tengsizlikni isbotlang.
58. (XMO -1998) Yig’indisi birdan kichik bo’lgan x1 , x2 ,...., xn musbat sonlar
uchun
n n+1 x1 x2 ....xn (1 − x1 − x2 − ... − xn ) ≤ ( x1 + x2 + ... + xn ) (1 − x1 )(1 − x2 )...(1 − xn )
tengsizlikni isbotlang.
12
59. 0 ≤ a, b, c ≤ 1 sonlar uchun
a
b
c
+
+
≤ 2 tengsizlikni isbotlang.
bc + 1 ac + 1 ab + 1
60. a, b, c, d ∈ [1;2] sonlar uchun
a + b c + d 4(a + c)
+
≤
tengsizlikni isbotlang.
b+c d +a
b+d
61. (Vyetnam -2002) a, b, c uchburchak tomonlari va 0 ≤ t ≤ 1 uchun
c
a
b
+
+
≥ 2 1 + t tengsizlikni isbotlang.
a + b − tc
b + c − ta
a + c − tb
62. Haqiqiy a, b, c sonlar a+b+c=0 shartni qanoatlantirsa,
a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 + 3 ≥ 6abc tengsizlikni isbotlang.
2002
1
= 1 shartni
2
+
1
x
i =1
i
63. (O’zbekiston -2001) x1, x2, …, x2002 musbat sonlar ∑
qanoatlantirsa, x1x2…x2002≥ 20011001 tengsizlikni isbotlang.
64. (Belorussiya -1999) Agar musbat a, b, c sonlar a2+b2+c2=3 tenglikni
qanoatlantirsa,
1
1
1
3
+
+
≥ tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
1 + ab 1 + bc 1 + ac 2
65. Agar a≥b≥c>0 va x, y, z ∈ R bo’lsa,
x y z (a + c) 2
(ax + by + cz )( + + ) ≤
( x + y + z )2
a b c
4ac
tengsizlikni isbotlang.
66. (Singapur -2004) Agar a, b, c > 0 bo’lsa, u holda
ab
bc
ac
1
+
+
≤ (a + b + c)
a + b + 2c b + c + 2a a + c + 2b 4
tengsizlikni isbotlang.
13
67. (Polsha -2006) Agar musbat a, b, c sonlar ab+bc+ca=abc tenglikni
a 4 + b4
b4 + c4
c4 + a4
qanoatlantirsa, u holda
+
+
≥ 1 tengsizlikni
ab(a 3 + b3 ) bc(b3 + c3 ) ac(a 3 + c 3 )
isbotlang.
68. (Sankt-Peterburg -2006) Agar a, b, c, d musbat sonlar a2+b2+c2+d2=1
tenglikni qanoatlantirsa, u holda a + b + c + d +
1
≥ 18 tengsizlikni isbotlang.
abcd
69. (APMO , Osiyo va Tinch Okean qirg’og’i davlatlari olimpiadasi -2004) Agar x,
y, z musbat sonlar bo’lsa,
( x 2 + 2)( y 2 + 2)( z 2 + 2) ≥ 9( xy + yz + zx)
tengsizlik o’rinli bo’lishini ko’rsating.
n
1
<1
i =1 ai
70. (Xitoy -2004) Agar natural a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an sonlar ketma-ketligi ∑
2
⎛ n
1 ⎞
1
shartni qanoatlantirsa ⎜ ∑ 2
tengsizlikni isbotlang.
≤ 2
2 ⎟
2
+
−
+
a
x
a
a
x
2
2
2
1
1
⎝ i =1 i
⎠
( x ∈R).
71. (Rossiya -2002) Musbat x, y, z sonlar x + y + z = 3 shartni qanoatlantirsa,
x + y + z ≥ xy + yz + zx tengsizlikni isbotlang.
72. (Belorussiya -2002) Natural a, b sonlar uchun a 2 − b >
isbotlang.
14
1
tengsizikni
2( a + b)
73. (Belorussiya -2002) Musbat haqiqiy a, b, c, d sonlar uchun
( a + c) + ( b + d ) ≤ a2 + b2 + c2 + d 2 ≤ ( a + c ) + ( b + d ) +
2
2
2
2 ad − bc
2
( a + c) + (b + d )
2
2
tengsizlikni isbotlang.
74. (APMO -2002) Musbat a, b, c sonlar
1 1 1
+ + = 1 shartlarni qanoatlantirsa,
a b c
a + bc + b + ac + c + ab ≥ abc + a + b + c ttengsizlikni isbotlang.
75. (APMO -1996) a, b, c uchburchak tomonlari bo’lsa,
a+b−c + b+c−a + c+a−b ≤ a + b + c
tengsizlikni isbotlang.
76. Musbat a, b, c sonlar a + b + c = 3 shartni qanoatlantirsa,
2(a 3b + b3c + c3a ) ≥ 3(a 2b + b 2c + c 2 a − 1) tengsizlikni isbotlang.
77. (APMO -1998) a, b, c musbat sonlar uchun
⎛ a+b+c⎞
⎛ a ⎞⎛ b ⎞⎛ c ⎞
⎜1 + ⎟⎜ 1 + ⎟⎜ 1 + ⎟ ≥ 2 ⎜1 + 3
⎟ tengsizlikni isbotlang.
abc
⎝ b ⎠⎝ c ⎠⎝ a ⎠
⎝
⎠
n
78. (Singapur -2001) n ∈ N va a1 , a2 ,..., an sonlar ∑ ai = 1 shartni qanoatlantirsa,
i =1
a14
a24
an4
1
tengsizlikni isbotlang.
+
+
...
+
≥
a12 + a22 a22 + a32
an2 + a12 2n
79. (XMO -2000) Musbat a, b, c sonlar abc = 1 shartni qanoatlantirsa,
1 ⎞⎛
1 ⎞⎛
1⎞
⎛
⎜ a − 1 + ⎟⎜ b − 1 + ⎟⎜ c − 1 + ⎟ ≤ 1 tengsizlikni isbotlang.
b ⎠⎝
c ⎠⎝
a⎠
⎝
15
80. (Qozog’iston -2000) Yig’indisi birga teng bo’lgan a, b, c sonlar uchun
a 7 + b7 b7 + c 7 c 7 + a 7 1
+
+
≥ tengsizlikni isbotlang.
a 5 + b5 b5 + c 5 c 5 + a 5 3
81. (Yaponiya -2002) Musbat x, y sonlar uchun x + y +
2
1
7
+
≥
x + y 2 xy 2
tengsizlikni isbotlang.
82. (Pol’sha -1996) Musbat a, b, c sonlarning yig’indisi birga teng bo’lsa,
a
b
c
9
+ 2
+ 2
≤
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
a + 1 b + 1 c + 1 10
2
83. (Gonkong -2005) Musbat a, b, c, d sonlarning yig’indisi birga teng bo’lsa,
6 ( a 3 + b3 + c 3 + d 3 ) ≥ ( a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) +
1
tengsizlikni isbotlang.
8
84. (Kanada -1998) Istalgan natural n soni ( n ≥ 2 ) uchun
1 ⎛ 1 1
1 ⎞ 1⎛1 1 1
1 ⎞
⎜1 + + + ... +
⎟ > ⎜ + + + ... + ⎟ tengsizlikni isbotlang.
n + 1⎝ 3 5
2n − 1 ⎠ n ⎝ 2 4 6
2n ⎠
85. (Bosniya -2002) Agar a > 0 va 0 < b < 1 bo’lsa, 1 + a 2 + 1 − b 2 ≤
a b
+
b a
tengsizlikni isbotlang.
86. (Polsha -1995) Agar x1 =
n
1
2n − 3
va xn =
xn−1 , n > 1 bo’lsa, ∑ xi < 1 tengsizlik
2n
2
i =1
o’rinli bo’lishini isbotlang.
16
n
⎛ π⎞
87. (Bosniya -2002) Agar xi ∈ ⎜ 0; ⎟ (i = 1,2,..., n) sonlari ∑ tgxi ≤ n shartni
⎝ 2⎠
i =1
−
n
qanoatlantirsa, sin x1 ⋅ sin x2 ⋅ ... ⋅ sin xn ≤ 2 2 tengsizlikni isbotlang.
88. (Belorussiya -2000) Musbat a, b, c; x, y, z sonlar uchun
2
2
2
a 6 b6 c 6 ( a + b + c )
+ + ≥
tengsizlikni isbotlang.
x
y
z
3( x + y + z )
89. (AQSh -1997) Istalgan musbat a, b, c sonlar uchun
1
1
1
1
+ 3 3
+ 3
≤
tengsizlikni isbotlang.
3
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc
3
90. (Pol’sha -2000) Aytaylik xi > 0 (i = 1,2,..., n) va n > 2 bo’lsin.
x1 + 2 x2 + 3 x3 + ... + nxn ≤
n(n − 1)
+ x1 + x22 + x33 + ... + xnn tengsizlikni isbotlang.
2
91. (Gretsiya -2002) Agar a, b, c musbat sonlar a 2 + b 2 + c 2 = 1 shartni
qanoatlantirsa,
(
)
2
a
b
c
3
+
+
≥
a
a
+
b
b
+
c
c
tengsizlikni
b2 + 1 c 2 + 1 a 2 + 1 4
isbotlang.
92. (Ukraina -2002) ai ≥ 1 (i = 1,2,..., n), n ≥ 1, A = 1 + a1 + a2 + ... + an
xk =
1
n2 A
, 1 ≤ k ≤ n deb belgilash kiritsak, u holda x1 + x2 + ... + xn > 2
n + A2
1 + ak xk −1
tengsizlikni isbotlang.
93. (Sankt Peterburg -2004) Musbat a, b, c sonlar uchun
ab
bc
ac
2a + 20b + 27c
+
+
≤
3a + b b + 2c c + 2a
49
17
tengsizlikni isbotlang.
94. (Irlandiya -1998) x ≠ 0 son uchun
x8 − x 5 −
1 1
+ ≥0
x x4
tengsizlikni isbotlang.
95. (Eron -1998) Birdan katta x, y, z sonlar
1 1 1
+ + = 2 shartni qanoatlantirsa,
x y z
x + y + z ≥ x −1 + y −1 + z −1
tengsizlikni isbotlang.
96. (Vyetnam-1998) x1 , x2 ,..., xn (n ≥ 2) musbat sonlar
1
1
1
1
+
+ ... +
=
tenglikni qanoatlantirsa,
x1 + 1998 x2 + 1998
xn + 1998 1998
n
x1 x2 ...xn
≥ 1998 tengsizlikni isbotlang.
n −1
18
Yechimlar.
1. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligidan
munosabatga ko’ra,
(a ) b
a n+k
a n+ k
n
n
n
n+k
b
b
b
n
k
+
....
+
+
+
+
....
+
≥
(
+
)
bk
bk
b nk
k
n+ k n
nk
= (n + k )a n
n
yoki
n⋅
a n+ k
+ k ⋅ b h ≥ (n + k )a n .
k
b
Xuddi shunday,
bn+k
n ⋅ k + kc n ≥ (n + k )b n ,
c
c n+ k
n ⋅ k + k ⋅ an ≥ ( n + k ) cn
a
tengsizliklarni hosil qilamiz. Bu tengsizliklarni hadma-had qo’shib,
a n+ k b n+ k c n+ k
+ k + k ≥ a n + bn + cn
k
b
c
a
ni hosil qilamiz.
2. Ushbu
1 1
4
+ ≥
tengsizlikdan foydalanamiz:
a b a+b
1
1
1
1⎛ 1
1 ⎞ 1⎛ 1
1 ⎞ 1⎛ 1
1 ⎞
+
+
= ⎜
+
+
+
+
+
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟≥
1− a 1− b 1− c 2 ⎝ b + c a + b ⎠ 2 ⎝ b + c a + c ⎠ 2 ⎝ a + b a + c ⎠
1⎛
4
4
4
2
2
2
⎞
+
+
+
+
.
⎜
⎟=
2 ⎝ 2b + a + c b + a + 2c b + 2a + c ⎠ 1 + a 1 + b 1 + c
3. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligidan
foydalanib,
2
4
4
1
1
=
≤
≤
+
2
2
2
4 − ab 8 − 2ab 8 − a − b
4−a
4 − b2
19
tengsizlikni hosil qilamiz. Xuddi shunday,
2
1
1
2
1
1
.
≤
+
,
≤
+
2
2
2
4 − bc 4 − b
4 − c 4 − ac 4 − a
4 − c2
Bu tengsizliklarni hadma-had qo’shib,
1
1
1
1
1
1
+
+
≤
+
+
2
2
4 − ab 4 − bc 4 − ac 4 − a
4−b
4 − c2
tengsizlikni hosil qilamiz. Berilgan a 4 + b 4 + c 4 = 3 shartdan a 2 < 2 ekanligi kelib
chiqadi.Bundan quyidagi
( a 2 − 1) (2 − a 2 ) ≥ 0 ⇔
2
1
a4 + 5
≤
4 − a2
18
tengsizlik o’rinli. Xuddi shunday,
1
b4 + 5
1
c4 + 5
≤
,
≤
4 − b2
18
4 − c2
18
tengsizliklar o’rinli. Bu tengsizliklarni hadma-had qo’shib,
1
1
1
1
1
1
a 4 + 5 b4 + 5 c4 + 5
+
+
≤
+
+
≤
+
+
=1
4 − ab 4 − bc 4 − ca 4 − a 2 4 − b 2 4 − c 2
18
18
18
ekanligini hosil qilamiz.
4. Berilgan tengsizlikni chap tomonida turgan qo’shiluvchilarni mos ravishda
A,B,C deb belgilaymiz.
⎛ y2 + z2 ⎞ 2
2
2
2
2
2
2
2
(
)
(
)
(
)
by
cz
bz
cy
b
c
yz
bc
y
z
+
+
=
+
+
+
≤
(
)
⎜
⎟ (b + c ) + bc( y + z ) =
⎝ 2 ⎠
2
1 2
x2
2
⎛ a ⎞
2
= ( y + z )(b + c ) ⇒ A ≥ 2⎜
⎟ 2
2
2
⎝b+c⎠ y + z
2
2
2
z2
⎛ b ⎞ y
⎛ c ⎞
,
C
2
Xuddi shunday , B ≥ 2 ⎜
≥
tengsizliklarni hosil
⎟ 2
⎜
⎟ 2
2
2
⎝a+c⎠ t + x
⎝a+b⎠ x + y
qilamiz.Berilgan shartlarga ko’ra
a
b
c
x2
y2
z2
≥
≥
, 2
≥
≥
b + c c + a a + b y + z 2 z 2 + x2 x2 + y 2
munosabatlar o’rinli. Chebishev tengsizligini qo’llasak,
20
1 ⎪⎧⎛ a ⎞ ⎛ b ⎞ ⎛ c ⎞ ⎪⎫ ⎧ x 2
y2
z2 ⎫
+
+
+
+
A + B + C ≥ 2 ⋅ ⎨⎜
⎬≥
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟ ⎬⎨
3 ⎪⎩⎝ b + c ⎠ ⎝ a + c ⎠ ⎝ a + b ⎠ ⎪⎭ ⎩ y 2 + z 2 x 2 + z 2 x 2 + y 2 ⎭
2
2
2
2
⎞
1 1⎛ a
b
c ⎞ ⎛ x
y
z
≥ 2⋅ ⋅ ⎜
+
+
+
+
⎟
⎟ ⎜ 2
3 3 ⎝ b + c c + a a + b ⎠ ⎝ y + z 2 z 2 + x2 x2 + y 2 ⎠
Musbat α , β , γ sonlar uchun
α + β =τ ,
α
β +γ
+
2
β
γ +α
+
2
γ
α +β
≥
2
3
tengsizlikni isbotlaymiz.
2
β + γ = s, γ + α = t belgilash kiritib,
α
+
β
γ
+
=
τ +t −s τ + s−t
+
+
s + t −τ
=
2τ
β +γ γ +α α + β
2s
2t
1 ⎛τ t τ s s t
3
⎞ 1
= ⎜ + + + + + − 3 ⎟ ≥ ( 2 + 2 + 2 − 3) =
2⎝ s s t t τ τ
2
⎠ 2
2
1 1 ⎛3⎞ 3 3
ni hosil qilamiz. Bundan A + B + C ≥ 2 ⋅ ⋅ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ =
3 3 ⎝2⎠ 2 4
Tenglik a=b=c va x=y=z bo’lganda bajariladi.
5. t = a12 + a22 + ... + an2 deb belgilab,
a1a2 + a2 a3 + ... + an an−1 + an a1 ≤
≤ a1a2 + a1a3 + a1a4 + ... + a1an +
+ a2 a3 + a2 a4 + ... + a2 an +
+ a3a4 + ... + a 3 an +
+ ..... +
+ an−1an =
=
{
}
1
1
2
( a1 + a2 + ...an ) − ( a12 + a22 + ...an2 ) = (1 − t )
2
2
munosabatlarni hosil qilamiz. Bu yerdan t<1 kelib chiqadi.
Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini qo’llab,
( a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) ≤ ( a12 + a22 + ... + an2 )( b12 + b22 + ... + b22 ) = t
2
yoki a1b1 + a2b2 + ... + anbn ≤ t tengsizlikni topamiz. Bundan
21
.
a1 ( b1 + a2 ) + a2 ( b2 + a3 ) + ... + an ( bn + a1 ) = ( a1b1 + a2b2 + ... + anbn ) +
+ ( a1a2 + a2 a3 + .... + an a1 ) ≤ t +
1
1
(1 − t ) = −
2
2
(
)
2
t −1 +1<1
6. Berilgan tengsizlikni chap tomonini T bilan belgilab, o’rta arifmetik va o’rta
geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligidan foydalanamiz, ya’ni:
T=
=
ab
bc
ac
+
+
=
ab + 1 − a − b
bc + 1 − b − c
ac + 1 − a − c
ab
bc
ac
+
+
≤
(1 − a )(1 − b)
(1 − b)(1 − c)
(1 − a)(1 − c)
1⎛ a
b ⎞ 1⎛ b
c ⎞ 1⎛ a
c ⎞
≤ ⎜
+
+
+
⎟+ ⎜
⎟+ ⎜
⎟≤
2 ⎝1− b 1− a ⎠ 2 ⎝1− c 1− b ⎠ 2 ⎝1− c 1− a ⎠
1⎛ a
b
b
c
a
c ⎞ 3
≤ ⎜
+
+
+
+
+
⎟=
2⎝ a + c b + c b + a c + a b + a b + c ⎠ 2
7. Tengsizlikni ikkala qismidagi qavslarni ochib ixchamlasak
a 2 b2 c 2 a c b a b c
+ + + + + ≥ + + + 3 (*)
b2 c2 a 2 c b a b c a
ifoda hosil bo’ladi.Endi
a
b
c
= x, = y, = z deb belgilash kiritsak, u holda (*)
b
c
a
tengsizlik
x2 + y 2 + z 2 +
1 1 1
+ + ≥ x + y + z + 3 (**)
x y z
ko’rinishga keladi. xyz = 1 ekanligidan quyidagi
( x + y + z ) ≥ x + y + z (1)
x +y +z ≥
2
2
2
2
3
va
1 1 1
+ + ≥ 3 (2) tengsizliklar o’rinli. (1) va (2) larni hadma-had qo’shib (**) ni
x y z
hosil qilamiz. Bundan (*) isbotlandi.
8. a + b = 1 ekanligidan foydalanib yuqoridagi tengsizlikni quyidagi
22
shaklda yozamiz:
1
a2
b2
≤
+
3 ( a + b ) ( a + ( a + b )) ( a + b ) (b + ( a + b ))
Bundan a 2b + ab 2 ≤ a 3 + b3 yoki ( a 3 + b3 ) − ( a 2b + ab 2 ) = ( a − b ) ( a + b ) ≥ 0
2
9. yz ( y 2 + z 2 ) = y 3 z + yz 3 ≤ y 4 + z 4 tengsizlik o’rinli, chunki
y 4 − y 3 z − yz 3 + z 4 = ( y 3 − z 3 ) ( y − z ) ≥ 0 ⇒ x( y 4 + z 4 ) ≥ xyz ( y 2 + z 2 ) ≥ y 2 + z 2
yoki
x5
x5
x4
≥
=
.
x5 + y 2 + z 2 x5 + x( y 4 + z 4 ) x 4 + y 4 + z 4
Xuddi shunday,
y5
y4
z5
z4
.
≥
,
≥
y5 + x2 + z 2 x4 + y 4 + z 4 z5 + x2 + y 2 x4 + y 4 + z 4
Bu tengsizliklarni hadma-had ko’shib, isboti talab qilingan tengsizlikni hosil
qilamiz.
10. Yuqoridagi tengsizlikni quyidagicha yozib olamiz:
x2 + y 2 + z 2 y 2 + x2 + z 2 x2 + y 2 + z 2
+
+
≤3
x5 + y 2 + z 2 x5 + z 2 + x 2 z 5 + x 2 + y 2
va Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini qo’llab,
5
2
1
2
( x + y + z )( yz + y + z ) ≥ ( x ( yz ) + y 2 + z 2 ) 2 ≥ ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2
5
yoki
2
2
2
2
x 2 + y 2 + z 2 yz + y 2 + z 2
≤
. Xuddi shunday,
x5 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2
x 2 + y 2 + z 2 xz + x 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 xy + x 2 + y 2
≤
≤
,
x5 + y 2 + z 2 x 2 + y 2 + z 2 z 5 + x 2 + y 2 x 2 + y 2 + z 2
munosabatlarni hosil qilamiz. Bu tengsizliklarni hadma-had qo’shsak,
x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2 x2 + y 2 + z 2
xy + yz + zx
+
+
≤
2
+
≤3
x5 + y 2 + z 2 y 5 + x 2 + z 2 z 5 + x 2 + y 2
x2 + y2 + z 2
23
11. α , β , γ uchburchak burchaklari uchun
1 = cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ + 2cos α cos β cos γ tenglikdan foydalanib,
cos α
cos β
cos γ
cos α
cos β
cos γ
⋅
⋅
=
+
+
+2
cos β cos γ cos γ cos α cos α cos β cos β cos γ cos γ cos α cos α cos β
ifodani hosil qilamiz .
x=
cos α
cos β
cos γ
, y=
,z=
cos β cos γ
cos γ cos α
cos α cos β
deb belgilash kiritib, cos α + cos β + cos γ ≤
1
+
xy
3
tengsizlikdan foydalansak,
2
1
1
3
≤ ⇔ 2( x + y + z ) ≤ 3 xyz ⇔
yz + zx 2
4( x + y + z + 2( xy + yz + zx )) ≤ 9 xyz ⇔
8( xy + yz + zx ) ≤ 9( x + y + z + 2) − 4( x + y + z ) = 5( x + y + z ) + 18
12. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligidan
foydalanib,
1 + a3 =
2 + a2
2 + b2
, 1 + b3 = (1 + b ) (1 − b + b 2 ) ≤
,
2
2
2 + c2
3
3
1 + c = (1 + c ) (1 − c + c ) ≤
2
(1 + a ) (1 + a 2 − a ) ≤
munosabatlarni topamiz. Endi quyidagi tengsizlikni isbotlasak yetarli:
4a 2
4b 2
4c 2
4
+
+
≥ ⇔
2
2
2
2
2
2
( 2 + a )( 2 + b ) ( 2 + b )( 2 + c ) ( 2 + c )( 2 + a ) 3
(
)
3 a 2 ( 2 + c 2 ) + b 2 ( 2 + a 2 ) + c 2 ( 2 + b 2 ) ≥ ( 2 + a 2 )( 2 + b 2 )( 2 + c 2 ) ⇔
a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 + 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ a 2b 2c 2 + 8 = 72
Bu tengsizlik quyidagi tengsizliklarni hadma-had qo’shishdan hosil qilinadi:
a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ≥ 3 3 ( abc ) = 48, 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 6 3 a 2b 2c 2 = 24
4
Bulardan isboti talab qilingan tengsizlikni hosil qilamiz.
24
13. Birinchi navbatda x + y 2 ≥ x 2 + y 3 tengsizlikni isbotlaymiz. Faraz qilaylik,
x + y 2 < x 2 + y 3 bo’lsin. x3 + y 4 ≤ x 2 + y 3 tengsizlikdan foydalansak, farazimizga
zid bo’lgan 2 ( x 2 + y 3 ) ≥ ( x + x3 ) + ( y 2 + y 4 ) ≥ 2 x 2 + 2 y 3 tengsizlik hosil bo’ladi.
Shuning uchun
x + y 2 ≥ x 2 + y 3 ≥ x3 + y 4 ⇒ 2 ( x + y 2 ) ≥ x 2 + y 3 + x3 + y 4 ≥
≥ x 3 + y 3 + 2 x − 1 + 2 y 2 − 1 ⇒ x3 + y 3 ≤ 2.
14. Umumiylikni chegaralamasdan a ≥ b ≥ c deb olib, uchburchak tengsiz-ligini
qo’llasak, 1 = a + b + c > 2a ⇒ b ≤ a <
an + bn <
1
va bundan
2
(
1
1
2
+ n = n ⇒ an + b
n
2
2
2
1
n
) < 22 (*) .
1
n n
Endi qo’yidagini qaraymiz:
n
c⎞
n n−1
cn
n n−1
⎛
n
n
n
n
⎜ b + ⎟ = b + c b + .... + n > b + c (chunki cb > c ).
2⎠
2
2
2
⎝
Xuddi shunday,
n
c⎞
⎛
n
n
⎜a + ⎟ > a + c .
2⎠
⎝
Demak,
1
n n
1
n n
( b + c ) + ( a + b ) < b + 2c + a + 2c = 1 .
n
n
(**)
(*) va (**) larni hadma-had qo’shib, isboti talab etilgan tengsizlikni hosil qilamiz.
15.
Ak −1
= xk va x1 = 1 deb belgilash kiritsak,
Ak
2
3
G
A A ... A
A ⎛A ⎞ ⎛A ⎞ ⎛A ⎞
n n n = n ⋅ n2 1 2 n n = n ⋅ n2 1 ⎜ 2 ⎟ ⎜ 3 ⎟ ...⎜ n−1 ⎟
An
An
A2 ⎝ A3 ⎠ ⎝ A4 ⎠ ⎝ An ⎠
25
n −1
=
n −1
n
= n x x x ...x
n2
2 3
2 3 4
n2
n ( n +1)
2
1
=n x
⋅ x2 x32 x43 ....xnn−1 ;
ak kAk − ( k − 1) Ak −1
A
=
= k − (k − 1) k −1 = k − (k − 1) xk ;
Ak
Ak
Ak
gn
a a a
= n 1 ⋅ 2 ... n = n 1.(2 − x2 )(3 − 2 x3 )...(n − (n − 1) xk ) .
Gn
A1 A2 An
Umumlashgan Koshi tengsizligidan foydalansak
( ai > 0, α i > 0, i = 1,2,..., n
α1 +α 2 +α n
a1α1 a2α 2 ...anα n ≤
a1α1 + a2α 2 + ... + anα n
),
α1 + α 2 + ... + α n
n ( n +1)
Gn g n
n2
nn
+
= n x1 2 x2 x32 ...xnn−1 + n 1 ⋅ (2 − x2 )(3 − 2 x3 )...(n − (n − 1) xn ) ≤
An Gn
1 ⎛ n(n + 1)
⎞ 1
≤ ⎜
+ x2 + 2 x3 + ... + (n − 1) xn ⎟ + (1 + (2 − x2 ) + (3 − 2 x3 ) + ... + (n − 1) xn )
n⎝ 2
⎠ n
n +1 1
(n + 1) 1
+ ( x2 + 2 x3 + ... + (n − 1) xn ) +
− ( x2 + 2 x3 + ... + (n − 1) xn ) = n + 1 .
n
n
2
2
16. Bu tengsizlikning chap tomonini S deb belgilab, quyidagi usulda o’rta
arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar o’rtasidagi munosabatni qo’llaymiz:
⎛ 1 + 1 + (1 + b − c) ⎞ ⎛ 1 + 1 + (1 + c − a ) ⎞ ⎛ 1 + 1 + (1 + a − b) ⎞
S ≤ a⎜
⎟ + b⎜
⎟ + c⎜
⎟=
3
3
3
⎝
⎠ ⎝
⎠ ⎝
⎠
3a + 3b + 3c + ab + ac + bc − ba − ca − cb
=1
3
17.
1 + ab 1 + bc 1 + cd 1 + da ⎛ 1 + ab 1 + cd ⎞ ⎛ 1 + bc 1 + da ⎞
+
+
+
=⎜
+
+
⎟+⎜
⎟=
1+ a 1+ b
1+ c
1+ d ⎝ 1+ a
1+ c ⎠ ⎝ 1+ b 1+ d ⎠
⎛ 1 + ab
1 + ab ⎞ ⎛ 1 + bc
1 + bc ⎞
=⎜
+
+
+
⎟ ⎜
⎟=
⎝ 1 + a ab(1 + c) ⎠ ⎝ 1 + b bc(1 + d ) ⎠
⎛ 1
⎞
⎛ 1
⎞
1
1
= (1 + ab) ⎜
+
+ (1 + bc) ⎜
+
⎟
⎟≥
1
+
a
ab
(1
+
c
)
1
+
b
bc
(1
+
d
)
⎝
⎠
⎝
⎠
4 (1 + ab )
4(1 + bc)
≥
+
=4
1 + a + ab(1 + c) 1 + b + bc(1 + d )
26
18. Bu tengsizlikni chap tomonini T bilan belgilab, umumlashgan Koshi-
Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini quyidagicha qo’llaymiz:
T ⋅ ( a ( b + 1) + b(c + 1) + c(a + 1) ) ≥ (a + b + c)3 = 1
yoki T ≥
1
tengsizlikni va undan
ab + bc + ca + 1
T≥
1
1
3
≥
=
2
ab + bc + ca + 1 (a + b + с)
4
+1
3
munosabatni hosil qilamiz.
-19.
a 2 + b b 2 + c c 2 + a a (1 − b − c) + b b(1 − a − c) + c c(1 − a − b) + a
+
+
=
+
+
=
b+c
c+a a+b
b+c
c+a
a+b
a+b
b+c
c+a
a+b b+c c+a
=
−a+
−b+
−c=
+
+
−1≥
b+c
c+a
c+b
b+c c+a a+b
≥ 33
a+b b+c c+a
⋅
⋅
−1 = 2
b+c c+a a+b
(
20. Ixtiyoriy x, y, z >0 uchun x − yz
) ≥ 0 ⇔ x + yz ≥ 2 x yz ⇔
2
2
x 2 + xy + xz + yz ≥ xy + 2 x 2 yz + xz ⇔ ( x + y )( x + z ) ≥
2
(
xy + xz
( x + y )( x + z ) ≥ xy + xz
munosabatni topamiz. Bundan
x
y
z
+
+
≤
x + ( x + y )( x + z ) y + ( x + y )( z + y ) z + ( z + x)( z + y )
≤
x
y
z
+
+
=
x + xy + xz y + yx + yz z + zx + zy
=
x
+
x+ y+ z
y
+
y+ x+ z
z
=1
z+ x+ y
21. Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini qo’llab,
27
)⇔
2
⎛ 2a (a + b + c) 2b(a + b + c ) 2c(a + b + c) ⎞
a
b
c
+
+
≤ ⎜
+
+
⎟×
a+b
b+c
c+a
⎝ (a + b)(a + c) (b + c)(b + a ) (c + a )(c + b) ⎠
⎛
⎞
a+c
b+a
c+b
× ⎜
+
+
⎟=
⎝ 2(a + b + c) 2( a + b + c) 2(a + b + c) ⎠
⎛
⎞
a
b
c
= 2 ⋅ (a + b + c) ⎜
+
+
⎟
⎝ (a + b)(a + c) (b + c)(b + a ) (c + a )(c + b) ⎠
munosabatni hosil qilamiz. Endi
⎛
⎞
a
b
c
(a + b + c) ⎜
+
+
⎟=
(
a
b
)(
a
c
)
(
b
c
)(
b
a
)
(
c
a
)(
c
b
)
+
+
+
+
+
+
⎝
⎠
2(a + b + c)(ab + ac + bc) 9
=
≤
(a + b)(b + c)(c + a )
4
yoki
8 ( a + b + c ) (ab + bc + ca ) ≤ 9(a + b)(b + c)(c + a ) ⇔
6abc ≤ ab(a + b) + bc(b + c) + ac(a + c)
tengsizlikni isbotlash yetarli. Bu tengsizlik esa o’rta arifmetik va o’rta geometrik
miqdorlar o’rtasidagi munosabatga ko’ra o’rinli. Bulardan yuqoridagi isboti talab
etilgan tengsizlik isbotlandi.
22. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligidan
quyidagicha foydalanamiz:
(a + 3b)(b + 4c)(c + 2a ) = (a + b + b + b)(b + c + c + c + c)(c + a + a ) ≥
19
20
11
12
17
15
≥ 4 ab ⋅ 5 b ⋅ c ⋅ 3 a c = 60 a ⋅ b ⋅ c =
4
3
4
5
2
15
3
2
1
12
c ⋅c
1
20
1
1
⎛ c ⎞12 ⎛ c ⎞ 20
= 60abc 1 1 = 60 abc 1 1 = 60abc ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ≥ 60abc
⎝a⎠ ⎝b⎠
a 12 ⋅ b 20
a 12 b 20
c
23. a =
x
y
t
deb belgilash kiritsak, u holda
,b= ,c=
y
t
x
28
2
⎛ xt
yx
yt ⎞ ⎛
x y t y t x ⎞3
4 ⎜ 3 2 + 3 2 + 3 2 ⎟ ≤ 3⎜ 2 + + + + + + ⎟
t
x ⎠ ⎝
y t x x y t⎠
⎝ y
bundan
2
⎛ 1 1 1⎞ ⎛
x y t y t x ⎞3
4 3 xyt ⎜ + + ⎟ ≤ 3 ⎜ 2 + + + + + + ⎟ ,
y t x t y t⎠
⎝y x t⎠ ⎝
2
3
⎛
x+t t + y t + x⎞
( xy + yt + tx) ≤ 3 ⎜ 2 +
+
+
⎟ .
3
y
x
t ⎠
( xyt ) 2
⎝
4
Bundan 64( xy + yt + tx)3 ≤ 27(( xy + yt + tx)( x + y + t ) − xyt ) 2 tengsizlikni
isbotlasak yetarli.
27(( x + y + t )( xy + yt + tx) − xyt ) 2 ≥
2
( x + y + t )( xy + yt + tx) ⎞
⎛
≥ 27 ⎜ ( x + y + t )( xy + yt + tx) −
⎟ =
9
⎝
⎠
( x + y + t ) ≥ 64( xy + yt + tx)3
⎛8
⎞
= 27 ⎜ ( x + y + t )( xy + yt + tx) ⎟ = 64( xy + yt + tx) 2
3
⎝9
⎠
2
2
24. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligiga ko’ra
1
1 1 1
⎛ 1 1 1 ⎞3
+ + ≥ 3⎜ ⋅ ⋅ ⎟ ,
a b c
⎝a b c⎠
a + b + c ≥ 3 3 abc
1 1 1
tengsizliklar o’rinli. Bulardan (a + b + c)( + + ) ≥ 9
a b c
ekanligini topamiz. Bu
tengsizlik va a + b + c ≤ 3(a 2 + b 2 + c 2 ) tengsizliklarni hadma-had ko’paytirib,
⎛1 1 1⎞
3 3≤⎜ + + ⎟
⎝a b c⎠
( a + b + c ) va bundan
2
2
2
3 + 1⎛ 1 1 1 ⎞ 2
2
2
2
2
2
2
2
2
⎜ + + ⎟ (a + b + c ) ≥ 3(a + b + c ) + a + b + c ≥
3 3 ⎝a b c⎠
≥ (a + b + c) + a 2 + b 2 + c 2 .
25. Musbat x son uchun x 2 − 1 va x3 − 1 ifodalar bir xil ishoraladir, ya’ni
29
0 ≤ ( x 2 − 1)( x 3 − 1) = x5 − x 3 − x 2 + 1 yoki x5 − x 2 + 3 ≥ x3 + 2 .Bu tengsizlikdan
foydalansak, u holda (a 5 − a 2 + 3)(b5 − b 2 + 3)(c5 − c 2 + 3) ≥ (a 3 + 2)(b3 + 2)(c3 + 2) .
Bundan ( a 3 + 2 ) (b3 + 2)(c3 + 2) ≥ (a + b + c)3 tengsizlikni isbotlash yetarli.
Umumlashgan Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini quyidagi usulda
qo’llaymiz:
(a 3 + 2)(b3 + 2)(c3 + 2) = ( a 3 + 1 + 1)(1 + b3 + 1)(1 + 1 + c 3 ) ≥ ( a + b + c)3
26. Umumlashgan Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini quyidagi usulda
qo’llaymiz:
(a 2 + ab + b 2 )(b 2 + bc + c 2 )(c 2 + ca + a 2 ) =
= (a 2 + ab + b 2 )(c 2 + b 2 + bc)(ac + a 2 + c 2 ) ≥ (ac + ab + bc)3
27. Agar a, b, c >1 bo’lsa, a 2 + b 2 + c 2 + abc > 4 bo’ladi. Agar a ≤ 1 bo’lsa, u
holda ab + bc + ca − abc ≥ bc − abc = bc(1 − a ) ≥ 0 .Endi ab + bc + ca − abc ≤ 2
⎡ π⎤
tengsizlikni isbotlaymiz. a = 2cos A, b = 2cos B, c = 2cos C va A, B, C ∈ ⎢0, ⎥
⎣ 2⎦
deb belgilash kiritsak, shartga ko’ra A + B + C = π ekanligini topamiz va
cos A cos B + cos B cos C + cos A cos C − 2cos A cos B cos C ≤
tengsizlikni isbotlasak yetarli bo’ladi. Faraz etaylik, A ≥
π
3
1
2
yoki 1 − 2cos A ≥ 0
.Bundan
cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A − 2cos A cos B cos C =
= cos A(cos B + cos C ) + cos B cos C (1 − 2cos A)
Quyidagi cos B + cos C ≤
3
− cos A va
2
2cos B cos C = cos( B − C ) + cos( B + C ) ≤ 1 − cos A tengsizliklardan foydalansak,
⎛3
⎞ ⎛ 1 − cos A ⎞
cos A(cos B + cos C ) + cos B cos C (1 − 2cos A) ≤ cos A ⎜ − cos A ⎟ + ⎜
⎟ (1 − 2cos A )
2
⎝2
⎠ ⎝
⎠
30
(x − y ) =1
28. x ≠ 0 bo’lgani uchun x + y > 0 bo’ladi. Bundan
+
(x + y ) ( x + y )
2
2
2
2 2
2 2
2
2 2
( 2 xy )
2
2
ekanligini topamiz. Oxirgi tenglikda har bir qo’shiluvchi [-1;1] oraliqqa tegishli
ekanligidan
( x − y ) = cos α
= sin α va
(x + y )
(x + y )
( 2 xy )
2
2 2
2
2 2
2
2
2 2
2
2
deb belgilash kiritish mumkin. Bundan
(
cos α sin α =
2
2
4 xy ( x 2 − y 2 )
(x + y )
2
2 4
)=
2
4
(x + y )
2
2
, ( x2 + y 2 )2 =
2
16
≥ 16 ,
sin 2 2α
x2 + y 2 ≥ 4 .
x
4y
3z
,c=
deb belgilash kiritsak, u holda masalaning sharti
29. a = , b =
3
5
2
quyidagicha ko’rinishga ega bo’ladi: 7 xy + 3 yz + 5 xz ≤ 15
O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini
yuqoridagi tengsizlikka qo’llab 15 ≥ 7 xy + 3 yz + 5 xz ≥ 1515 x12 y10 z 8 yoki
x 6 y 5 z 4 ≤ 1 (*) tengsizlikni topamiz.
Endi (*) dan foydalansak:
P(a, b, c) =
1 2 3 3 5 2 1
1
1
1
+ + = +
+ =
+ ... +
+
+ ... +
+
a b c x 2 y z 2x
2x 2 y
2y
6 та
+
5 та
1
1 15
1
15
+ ... +
≥ 15 6 5 4 ≥
2z
2z 2 x y z
2
4 та
1
4
2
Tenglik x = y = z = 1 yoki a = , b = , c = bo’lganda bajariladi.
3
5
3
30. Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini qo’llasak,
31
( a − b ) + (b − c)2 + ( a − c ) =
a2
b2
c2
−b+ −c+ −a =
b
c
a
a
b
c
⎛ ( a − b )2 (b − c) 2 (a − c) 2 ⎞
1
=
+
+
⎜
⎟ (a + b + c) ≥
a + b + c ⎜⎝
a
b
c ⎟⎠
2
1
a−b + b−d + c−d ) =
(
a+b+c
2
1
4(a − b) 2
2max
,
,
2min
,
,
a
b
c
a
b
c
=
−
≥
{
}
{
})
(
a+b+c
a+b+c
2
2
31. Umumiylikni chegaralamasdan a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ ai −1 ≤ 0 ≤ ai ≤ ai +1 ≤ .... ≤ an deb
olamiz va ak = −bk ( k = 1,2,..., i − 1), bk > 0 deb belgilaymiz, u holda
ai ≤ ai +1 ≤ ... ≤ an va b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bi −1 , b1 + b2 + .. + bi −1 = ai + ai +1 + .. + an bo’ladi.
n
na1an = − nb1an ekanligidan ∑ ai2 ≤ nb1an ko’rsatish yetarli.
i =1
⎛
⎞ ⎛
⎞
⎜
⎟
⎜
nb1an = b1an + b1an + ... + b1an + b1an + b1an + ... + b1an ⎟ =
⎜
⎟ ⎜
⎟
( i −1) − та
( n +1−i ) − та
⎝
⎠ ⎝
⎠
= b1 ( an + an + ... + an ) + an ( b1 + b1 + ... + b1 ) ≥ b1 ( ai + ai +1 + ... + an ) +
+ an ( b1 + b2 + ... + bi −1 ) = bi ( b1 + b2 + ... + bi −1 ) + an ( ai + ai +1 + ... + an ) ≥
n
≥ b12 + b22 + ... + bi2−1 + ai2 + ai2+1 + ... + an2 = ∑ ai2 .
i =1
32. Tengsizlikni
n −1
n −1
n −1
+
+ ... +
≤ n −1
n − 1 + x1 n − 1 + x2
n − 1 + xn
shaklda yozib, undan
x1
x2
xn
+
+ ... +
≥1
n − 1 + x1 n − 1 + x1
n − 1 + x1
tengsizlikni xosil kilamiz. yi =
xi
(*) belgilash kiritsak, u holda
n − 1 + xi
32
S = y1 + y2 + ... + yn ≥ 1 tengsizlikni isbotlash yetarli. O’rta arifmetik va o’rta
geometrik miqdorlar o’rtasidagi munosabatga ko’ra,
S − y1 ≥ (n − 1) n−1
y1 y2 .... yn
,
y1
S − y2 ≥ (n − 1) n−1
y1 y2 .... yn
,
y2
…………………
S − yn ≥ (n − 1) n−1
y1 y2 .... yn
yn
tengsizliklar o’rinli. Bu tengsizliklarning mos kismlarini kupaytirib
( S − y1 )( S − y2 )...( S − yn ) ≥ (n − 1) n y1 y2 ... yn ;
tengsizlikni va (*) ko’ra xi =
(n − 1) yi
yoki
1 − yi
(n − 1) n y1 y2 ... yn = (1 − y1 )(1 − y2 )...(1 − yn ) bulardan
( S − y1 )( S − y2 )...( S − yn ) ≥ (1 − y1 )(1 − y2 )...(1 − yn ) (**) munosabatni xosil
n
n
i =1
i =1
kilamiz. Agar 0 < S < 1 bo’lsa, S − yi < 1 − yi yoki Π ( S − yi ) ≤ Π (1 − yi ) . Bu
(**) ga ziddir. Demak S ≥ 1 ekan.
33. Masalaning shartidan x = 2 − y 2 − z 2 va yz ≤ 1 ekanligini ko’rish mumkin.
Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizliginidan quyidagi usulda foydalanib,
x + y + z − xyz = x(1 − yz ) + y + z ≤ x ⋅ 1 − yz + y + z =
= 2 − y 2 − z 2 1 − yz + y + z ≤
=
(( 2 − y − z ) + ( y + z ) ) ((1 − yz ) + 1) =
2
2
2
2
( 2 + 2 yz ) ( 2 − 2 yz + y 2 z 2 )
munosabatni hosil qilamiz. Endi (1 + yz ) (2 − 2 yz + y 2 z 2 ) ≤ 2 ekanligini ko’rsatish
yetarli. Bu tengsizlikning chap tomonidagi qavslarni ochib ixchamlash natijasida
y 3 z 3 ≤ y 2 z 2 yoki yz ≤ 1 ni xosil qilamiz, bundan esa x + y + z − xyz ≤ 2 tengsizlik
isbotlandi.
33
34.
1
x 2
= a,
1
y 3
= b,
1
= c deb belgilash kiritsak, u holda
2z
Q(a, b, c) = 2a 2 + 6b 2 + 12c 2 ifodaning eng katta qiymatini topsak masala yechiladi.
a, b, c musbat sonlar quyidagi shartlarni qanoatlantiradi:
max {a, b,} < c ≤
1
2
(1)
c 2 + a 3 ≥ 2 6ac
(2)
c 2 + b 5 ≥ 2 10bc
(3)
(2) dan
2
3
2 3
1 ⎛ 2 3⎞
+
≥ 2 6 ⇒ 2 + 2 ≥ 12 ⇒ a 2 ⎜ 2 + 2 ⎟ ≥ 2a 2 ,
a
c
a
c
6 ⎝a
c ⎠
Bundan
1 2 ⎛ 2 3 ⎞ 2 ⎛ a2 ⎞ 1 2 ⎛ 2 3 ⎞ 1 ⎛ a2 ⎞ 5
a + c = 2a + c − a ≤ a ⎜ 2 + 2 ⎟ + c ⎜ 1 − 2 ⎟ ≤ a ⎜ 2 + 2 ⎟ + ⎜ 1 − 2 ⎟ =
6 ⎝a
c ⎠
c ⎠ 2⎝ c ⎠ 6
⎝ c ⎠ 6 ⎝a
2
2
2
2
2
Xuddi shunday (1) va (3) dan b 2 + c 2 ≤
7
ekanligini topamiz.
10
Shunday qilib, Q(a, b, c,) = 2(a 2 + c 2 ) + 6(b 2 + c 2 ) + 4c 2 ≤
118
15
1
1
1
⎛ 1 1 1 ⎞ 118
,
,
Tenglik Q(a, b, c) = Q ⎜
,b=
,c=
⎟ = 15 bajariladi va a =
3
5
2
⎝ 3 5 2⎠
qiymatlar (1)-(2)-(3) shartlarni qanoatlantiradi.
Bundan max P ( x, y, z ) = max Q(a, b, c) =
118
.
15
35. a + b = x, b + c = y, c + a = t belgilash kiritsak yuqoridagi tengsizlik
quyidagi ko’rinishga keladi:
2( x + t ) 2
2( y + t ) 2
2( x + y ) 2
+
+
≤ 8 (*)
( x + t − y ) 2 + 2 y 2 ( y + t − x) 2 + 2 x 2 ( x + y − t ) 2 + 2t 2
Ushbu 2(t 2 + p 2 ) ≥ (t + p ) 2 tengsizlikdan foydalansak,
34
4( y + t )
4( x + y )
4( x + t ) 2
+
+
≤
(2( x + t − y ) 2 + 2 y 2 ) + 2 y 2 (2( y + t − x) 2 + 2 x 2 ) + 2 x 2 (2( x + y − t ) 2 + 2t 2 ) + 2t 2
2
2
4( x + t )
4( y + t )
4( x + y )
≤
+
+
=
2
2
2
2
(x + t) + 2 y
( y + t) + 2x
( x + y ) 2 + 2t 2
2
=
2
2
4
4
4
4
4
4
+
+
≤
+
+
=
t2
y2
x2
t2
2 y2
2x2
1+
1+ 2
1+ 2
1+ 2 2 1+ 2 2 1+ 2
x +t
y +t
x + y2
( x + t )2
( y + t )2
( x + y)2
=
4 ( x2 + t 2 )
x2 + y 2 + t 2
+
4( y2 + t 2 )
x2 + y 2 + t 2
+
4 ( x2 + y 2 )
x2 + y 2 + t 2
= 8.
Bundan (*) isbotlandi.
36. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini
quyidagi usulda qo’llaymiz:
0,6
0,6
0,6
+
+
≥
1
1
1
0,36(a + + 0,64)
0,36(b + + 0,64)
0,36(c + + 0,64)
b
c
a
⎛
⎞
⎜
⎟
1
1
1
≥ 1,2 ⎜
+
+
⎟ = 1,2
1
1
1
⎜ a + +1 b + +1 c + +1⎟
b
c
a
⎝
⎠
Chunki
1
1
1
1
1
1
+
+
=
+
+
=
1
1
1
1
1
1
ab
+
b
+
bc
+
c
+
ac
+
a
+
a + +1 b + +1 c + +1
b
c
a
ac
a
1
ac
a
1
=
+
+
=
+
+
=1
ac(ab + b + 1) a (bc + c + 1) ac + a + 1 a + ac + 1 1 + ac + a ac + a + 1
35
37. Bu tengsizlikni shakl almashtirish natijasida
⎛
y +1 ⎞ ⎛
z +1 ⎞ ⎛
x +1 ⎞
⎜ z − ( x + 1) y ⎟ + ⎜ x − ( y + 1) z ⎟ + ⎜ y − ( z + 1) x ⎟ ≥ 0
⎝
⎠ ⎝
⎠ ⎝
⎠
yoki
x+z x+ y y+z
+
+
≥ 3 (*)ga teng kuchli tengsizlikka olib kelamiz.
x +1 y +1 z +1
Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligiga ko’ra x + 1 ≤
( x + xy )( x + z )
( x + 1) 2
x+z
x +1
munosabatni
munosabat o’rinli. Bundan x + z ≥
yoki
≥
x(1 + y )
x + 1 x(1 + y )
hosil qilamiz. Demak
1+ y
1+ z
x+z x+ y z+ y
x +1
+
+
≥
+
+
≥
x + 1 y + 1 z + 1 x(1 + y ) y (1 + z ) z (1 + x)
≥ 33
x +1
1+ y
1+ z
⋅
⋅
=3
x(1 + y ) y (1 + z ) z (1 + x)
38. Avval ∀t > 0 uchun 3(t 2 − t + 1)3 ≥ t 6 + t 3 + 1 (*) tengsizlik o’rinli ekanligini
ko’rsatamiz. (*) ni shakl almashtirib, quyidagi munosabatni hosil qilamiz:
(t − 1) 4 (2t 2 − t + 2) ≥ 0 bu tengsizlik ∀t > 0 uchun o’rinli. Bundan
3( x 2 − x + 1)3 3( y 2 − y + 1)3 3( z 2 − z + 1)3 ≥ ( x 6 + x3 + 1)( y 6 + y 3 + 1)( z 6 + z 3 + 1) (**)
munosabatni hosil qilamiz. Umumlashgan Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts
tengsizligini qo’llasak,
( x 6 + x 3 + 1)( y 6 + y 3 + 1)( z 6 + z 3 + 1) ≥ ( x 2 y 2 z 2 + xyz + 1)3 (***)
(**) va (***) larni hadma-had ko’paytirib, isboti talab etilgan tengsizlikni hosil
qilamiz.
39. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini
qo’llaymiz:
36
1 2 3
n −1
1 2 3 n −1
⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞
⎛ 1⎞
≥ n n 1 ⋅ ⋅ ⋅ ...
=
1 + ⎜1 − ⎟ + ⎜ 1 − ⎟ + ... + ⎜1 − ⎟ = 1 + + + + ... +
2 3 4
n
2 3 4
n
⎝ 2⎠ ⎝ 3⎠
⎝ n⎠
n −1
1
=n
=n n .
n
n
40. Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini quyidagi usulda qo’llab,
x −1 + y −1 + z −1 ≤ x + y + z ⋅
x −1 y −1 z −1
+
+
= x+ y+ z
x
y
z
munosabatni hosil qilamiz.
41. Berilgan tengsizlikdan (a 3 + b3 + c3 )(a + b + c) ≥ 9a 2b 2c 2 = (a 2 + b 2 + c 2 ) 2
tengsizlikni hosil qilamiz. Bu tengsizlik esa Koshi - Bunyakovskiy tengsizligiga
ko’ra o’rinlidir.
42. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar o’rtasidagi munosabatni quyidagi
usulda qo’llaymiz:
1
1
1
1 1⎛
9
1
1
1 ⎞ 8⎛ 1
1
1⎞
+ 2+ 2+ 2= ⎜
+ 2 + 2 + 2 ⎟+ ⎜ 2 + 2 + 2 ⎟≥
2
2
(x + y + t)
x
y
z
9 ⎝ ( x + y + z)
x
y
z ⎠ 9⎝ x
y
z ⎠
≥
4
9
8
1
4
3
8
3
4
+ 3 2 2 2 ≥
+
=
2 2 2 2
9 ( x + y + z) x y z
3 x y z
9 ( x + y + z ) xyz 3 xyz ( x + y + z )
=
28 3
9 xyz ( x + y + z )
43. d k = n − ak belgilash kiritsak, u holda
n
2
n
n
n
∑ d = ∑ ( n − a ) = n ⋅ n − 2n ∑ a + ∑ a ≤ n − 2n ⋅ n + n + 1 = 1
k =1
2
k
k =1
2
k
k =1
k
k =1
2
k
3
2
munosabatni hosil bo’ladi. Bundan d k ≤ 1 yoki n − 1 ≤ ak ≤ n + 1 .
37
3
44. Tengsizlikni ikkala qismini a + b + c ga bo’lib va
x=
a
b
c
, y=
,z=
belgilash kiritsak
a+b+c
a+b+c
a+b+c
α2
x2 β 2 y 2 z 2 γ 2
α x + β y + γ z + 2 (αβ + βγ + γα )( xy + yz + zx ) ≤
+ +
+
+ + +
2
2
2
2
2
2
1
1
1 1
2
2
+γα + αβ + βγ + xy + yz + zx = (α + β + γ ) + ( x + y + z ) = + = 1.
2
2
2 2
45. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini
quyidagi usulda qo’llaymiz:
1
1
1
1
1 1
1 ⎛1 1⎞
1
2
1
8
+
+ 2 + 3 =( 3 + 3)+
=
≥
⎜ + ⎟≥2 3 3 +
3
2
a 3ab 3a b b
a b
3ab ⎝ a b ⎠
ab
3ab ab 3 (ab)3
≥
64
3(a + b)3
46. x1 , x2 ....x6 ∈ [ 0;1]
ekanligidan tengsizlikning chap qismi quyidagi ifodadan
kichik yoki teng
x13
x23
x63
+
+ ... + 5
=
x15 + x25 + ..... + x65 + 4 x15 + x25 + ...... + x65 + 4
x1 + x25 + ..... + x65 + 4
x13 + x23 + ... + x63
3
= 5
≤ .(*)
5
5
x1 + x2 + ... + x6 + 4 5
Ixtiyoriy
t ≥ 0 uchun 3t 5 + 2 ≥ 5t 3 ⇔ ( t − 1) ( 3t 3 + 6t 2 + 4t + 2 ) ≥ 0 munosabat
2
o’rinli ekanligidan foydalansak (*) kelib chiqadi.
47. Tengsizlikni chap qismini S bilan belgilab, Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts
tengsizligini quyidagi usulda qo’llab,
S ⋅ ( a 2 (1 + 2bc ) + b 2 (1 + 2ac) + c 2 (1 + 2ab) ) ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 yoki
S≥
1
1 + 2abc(a + b + c)
38
munosabatni hosil qilamiz. a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3abc(a + b + c) tengsizlikka ko’ra
S≥
1
2
1 + 3abc(a + b + c)
3
1
≥
1+
2
2 2
a + b2 + c 2 )
(
3
=
3
5
ekanligini hosil qilamiz.
48. Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini quyidagi usulda qo’llab,
2
2
2
xi2−1 ⎞
⎛ i (i − 1) ⎞ 2 ⎛ 2 x2 x3
1 + 23 + 33 + ... + (i − 1)3 ) ≥
⎜
⎟ ⋅ xi ≥ ⎜ x1 + 3 + 3 + ... +
3 ⎟(
2
3
(i − 1) ⎠
⎝ 2 ⎠
⎝
xi
2
2
, 2 ≤ i ≤ 2001
≥ ( x1 + x2 + x3 + ... + xi −1 ) ёки
≥
x1 + x2 + ... + xi −1 i ( i − 1)
ekanligini topamiz. Bundan
2001
xi
1
1
1 ⎞
⎛ 1
⎞
⎛
≥ 2⎜
+
+ ... +
⎟ = 2 ⎜1 −
⎟ > 1,999.
2000 ⋅ 2001 ⎠
⎝ 1⋅ 2 2 ⋅ 3
⎝ 2001 ⎠
i −1
∑ x + x + ... + x
i =2
1
2
⎛a c+a ⎞ ⎛b a+b ⎞ ⎛ c b+c ⎞
49. Tengsizlikni ⎜ −
+ 1⎟ + ⎜ −
+ 1⎟ + ⎜ −
+ 1⎟ ≥ 3 yoki
⎝b c+b ⎠ ⎝c a+c ⎠ ⎝a b+a ⎠
b 2 + ac c 2 + ab a 2 + bc
+
+
≥ 3 kurinishda yozamiz.Koshi-Bunyakovskiyb(c + b) c(a + c) a(b + a )
Shvarts tengsizligini quyidagi usulda qo’llasak,
b 2 + ac c 2 + ab a 2 + bc ( b + c ) a b(a + c) c ( a + b )
+
+
≥
+
+
≥
b(c + b) c(a + c) a (a + b) b(a + c) c(a + b) a (b + c)
≥ 33
(b + c)a b(a + c) c(a + b)
⋅
⋅
= 3.
b(a + c) c(a + b) a (b + c)
50. Avval tengsizlikni induktsiya metodi yordamida n = 2k , k ∈ N sonlar uchun
isbotlaymiz. n = 2 da
( y y − 1)( y − y ) ≥ 0
=
2
1
1
+
−
y1 + 1 y2 + 1
2
y1 y2 + 1
1 2
1
2
( y1 + 1)( y2 + 1)( y1 y2 + 1)
n = 2k da tengsizlik o’rinli bo’lsin deb faraz qilsak, u holda n = 2k +1 da
39
⎛ 1
1
1 ⎞ ⎛ 1
1
1 ⎞
+
+
+
+
+
+
+
...
....
⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟ ≥
+
+
+
+
+
+
y
y
y
y
y
y
1
1
1
1
1
1
1
2
⎝
⎝
2k ⎠
2k +1
2k + 2
2k +1 ⎠
2k
2k
2k +1
≥
+
≥
1 + 2k y1 y2 ... y2k 1 + 2k y k y k ... y k +1 1 + 2k +1 y1 ⋅ y2 .... y k +1
2 +1 2 + 2
2
2
munosabat o’rinli va tengsizlik n = 2k , k ∈ N , uchun isbotlandi. Endi tengsizlikni
n ∈ N uchun isbotlaymiz. Buning uchun m = 2k > n , k ∈ N ,
uchun tengsizlik
o’rinli deb faraz etsak va yn+1 = yn+ 2 = .... = ym = n y1 y2 .. yn deb olsak, u holda
1
1
1
m−n
m
+
+ ... +
+
≥
y1 + 1 y2 + 1
yn + 1 1 + n y1 y2 ... yn n y1 y2 ... yn + 1
bo’ladi. Bundan yuqoridagi tengsizlik isbotlanadi.
51. xi = cos 2 α i ,
π
4
≤ αi <
π
2
belgilash kiritsak, u holda tengsizlik
n
⎛
⎞
2
2
cos
α
∑
i
⎜
⎟
Π cos α i
i =1
i =1
⎜
⎟
≤
n
n
2
2
⎜
Π (1 − cos α i ) ⎜ ∑ (1 − cos α i ) ⎟⎟
i =1
⎝ i =1
⎠
n
n
ko’rinishga, yoki
1
1
1
n
+
+ ... +
≥
2
2
2
1 + tg α1 1 + tg α 2
1 + tg α n 1 + n tg 2α1tg 2α 2 ...tg 2α n
ko’rinishga keladi. Agar tg 2α i = yi deb belgilash kiritsak, yi ≥ 1 bo’ladi va
1
1
1
n
ni isbotlash kerak bo’ladi.Bu tengsizlik
+
+ ...
≥
1 + y1 1 + y2
1 + yn 1 + n y1 y2 ... yn
esa 50- masalada isbotlangan.
52. Tengsizlikni musbat x1 , x2 ,..., xn sonlar uchun isbotlash yetarli. Koshi-
Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini quyidagi usulda qo’llab,
40
x1
x2
xn
+
+ .... +
<
2
2
2
2
1 + x1 1 + x1 + x2
1 + x1 + x22 + ... + xn2
2
2
⎛ ⎛ x ⎞2 ⎛
⎞
⎛
⎞
⎞
x
x
2
n
⎟
...
< n⎜⎜ 1 2 ⎟ + ⎜
+
+
⎜
2
2 ⎟
⎜ ⎝ 1 + x1 ⎠ ⎝ 1 + x12 + x22 ⎠⎟
⎟
1
...
x
x
+
+
+
1
n ⎠ ⎠
⎝
⎝
munosabatni hosil qilamiz. Bundan
x12
x22
xn2
+
+ .. +
<1
(1 + x12 ) 2 (1 + x12 + x22 ) 2
(1 + x12 + x22 + ... + xn2 ) 2
ekanligini ko’rsatsak, yuqoridagi tengsizlik isbotlanadi.
xk 2
xk2
≤
=
(1 + x12 + x22 + ... + xk2 ) (1 + x12 + x22 + ... + xk2−1 )(1 + x12 + ... + xk2 )
=
1
1
−
2
2
1 + x + ... + xk −1 1 + x1 + ... + xk2
2
1
bo’lgani uchun
2
⎛
⎞
xk
1
1
<
−
< 1.
⎜
⎟
∑
2
2
1 + x12 + ... + xn2
k =1 ⎝ 1 + x1 + ... + xk ⎠
n
53. 9(a 3 + b3 + c3 ) ≥ (a + b + c)3 tengsizlikdan foydalanib,
3
1
1
1
1
1
⎛1
⎞
+ 6b + 3 + 6c + 3 + 6a ≤ 3 9 ⎜ + 6b + + 6c + + 6a ⎟ =
a
b
c
b
c
⎝a
⎠
(
3
1
1 − ab
1 − bc
1 − ac
3 4 − 3 ( ab ) + (bc) + (ca )
=3 3
+3
+3
+3
=3 3
c
a
b
abc
3 abc
3
3
≤3
3
4−3
3
2
2
(ab + bc + ca ) 2
3
3
=3
abc
abc
munosabatni hosil qilamiz.Endi 3
1
3
1
ekanligi
yoki a 2b 2c 2 ≤
≤
27
abc abc
3
1
⎛ ab + bc + ca ⎞
ko’rsatamiz: (abc) = (ab)(bc)(ca ) ≤ ⎜
.
⎟ =
3
27
⎝
⎠
2
41
2
)≤
54. 1 − bc = a (b + c) ekanligidan
3abcx = 3a 3 b 2c ⋅ c 2b ⋅ x3 ≤ a(b 2c + c 2b + x3 ) = ax3 + bc(1 − bc) =
2
2
⎛
⎞
bc
+
(
−
bc
)
⎜
⎟
1
1
1
⎛2
⎞ 1
3
3
= ax3 + bc ⎜ − bc ⎟ + bc ≤ ax 3 + bc + ⎜
⎟ = ax + bc +
3
2
3
9
⎝3
⎠ 3
⎜
⎟
⎝
⎠
munosabatni hosil qilamiz. Xuddi shunday
1
1
1
1
3abcy ≤ by 3 + ac + , 3abcz ≤ cz 3 + ab +
3
9
3
9
tengsizliklar o’rinli.bu tengsizliklarni hadma-had qo’shib isboti talab etilgan
tengsizlikni hosil qilamiz.
55. Tengsizlikni ikkala qismiga umumiy maxraj tanlab,
n
n
1
1
1 n 1 n 1
−
≥
∑
∑
∑ ⋅∑
n i =1 ai i =1 1 + ai
i =1 ai
i =1 1 + ai
n
n
1
1 n 1
≥∑
∑
i =1 ai ( ai + 1)
i =1 1 + ai i =1 ai
yoki n∑
munosabatni hosil qilamiz. Umumiylikni chegaralamasdan a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an deb
olsak, oxirgi tengsizlik Chebishev tengsizligia ko’ra o’rinlidir.
56. a1 + a2 + .... + an−1 = k deb olamiz. U holda isboti talab etilgan tengsizlikka teng
kuchli bo’lgan
a0 + k + an k
a + k an + k
⋅
≥ 0
⋅
⇔
n +1
n −1
n
n
n 2 k (a0 + an + k ) ≥ (n 2 − 1)(a0 + k )(an + k ) ⇔ k (k + a0 + an ) ≥ a0 an (n 2 − 1).
tengsizlikni hosil qilamiz. a0 + an ≥ 2 a0 an ekanligidan k ≥ ( n − 1) a0 an
tengsizlikni isbotlasak yuqoridagi tengsizlik isbotlandi.
ai −1 ⋅ ai +1 ≤ ai2 (i = 1,2,...., n − 1) tengsizlikka ko’ra
a0 a1 a2
a
≤ ≤ ≤ ... ≤ n−1 yoki
a1 a2 a3
an
a0 an ≤ a1an−1 ≤ a2 an−2 ≤ ...... munosabatni hosil qilamiz. Bundan,
42
K = a1 + a2 + ... + an−1 = (a1 + an−1 ) + (a2 + an−2 ) + ... ≥ 2 a1an−1 +
+2 a2 an−2 + ... ≥ 2 a0 an + 2 a0 an + ... = 2 ⋅
n −1
a0 an = (n − 1) a0 an
2
ekanligi kelib chiqadi.
57. Umumiylikni chegaralamasdan a ≤ b ≤ c deb olamiz. U holda o’rta arifmetik
va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini quyidagi usulda qo’llab,
8abc = 8ab(1 − a − b) ≤ 2(a + b) 2 (1 − a − b) = 2(a + b) [ (a + b)(1 − a − b) ] ≤
a+b
2
1
1
tengsizlikni topamiz. (a − c)( x − ) + (b − c)( y − ) ≥ 0 munosabat o’rinli
2
2
ekanligidan ax + by + cz ≥
a+b
≥ 8abc tengsizlikni to’g’riligini topamiz.
2
58. xn+1 = 1 − x1 − x2 − ... − xn bo’lsin. U holda xn+1 > 0 va o’rta arifmetik va o’rta
geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini quyidagi usulda qo’llasak
1 − xi = x1 + x2 + ... + xn+1 − xi ≥ n n
x1 x2 ...xn+1
(i = 1, 2,..., n + 1) munosabatni olamiz.
xi
Bu tengsizliklarni hadma-had ko’paytirib,
n +1
n +1
i =1
i =1
Π (1 − xi ) ≥ Π n n
x1 x2 ...xn+1
= n n+1 x1 x2 ...xn xn+1 = n n+1 x1 x2 ...xn (1 − x1 − x2 − ... − xn )
xi
yoki (1 − x1 )(1 − x2 )...(1 − xn )( x1 + x2 + .... + xn ) ≥ n n+1 x1 x2 ...xn (1 − x1 − x2 ... − xn )
tengsizlikni hosil qilamiz.
59. Umumiylikni chegaralamasdan 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 1 deb olamiz. U holda
(1 − a )(1 − b) ≥ 0 yoki a + b + c ≤ a + b + 1 ≤ 2 + ab <2(1+ab) ekanligini topamiz.
Bundan,
a
b
c
a
b
c
a + b + c 2(ab + 1)
+
+
≤
+
+
=
<
=2
bc + 1 ac + 1 ab + 1 ab + 1 ab + 1 ab + 1
ab + 1
ab + 1
munosabatni hosil qilamiz.
43
60. b(a − 1) + a (c − 1) ≥ 0 ⇔ ab + ac ≥ b + a ⇔
d (c − 1) + c(a − 1) ≥ 0 ⇔ dc + ca ≥ d + c ⇔
a+b
≤ a va
b+c
d +c
≤ c ekanligi rashan. Bundan
d +a
4(a + c) 4(a + c)
a+b d +c
≥
=a+c≥
+
b+c d +a
(b + d )
4
munosabat o’rinli ekanligi kelib chiqadi.
61. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini
quyidagi usulda qo’llab
a
a 1+ t
2a t + 1
tengsizlikni
=
≥
b + c − ta
(a + at )(b + c − ta) a + b + c
topamiz. Xuddi shunday
b
2b 1 + t
≥
,
a + c − tb a + b + c
c
2c 1 + t
≥
a + b − tc a + b + c
tengsizliklar o’rinli. Bu tengsizliklarni hadma-had qo’shib, isboti talab etilgan
tengsizlikni hosil qilamiz.
62.
(ab + 1 − c) 2 + (bc + 1 − a ) 2 + (ac + 1 − b) 2 ≥ 0 ekanligidan, yuqoridagi
tengsizlikni o’rinli bo’lishi kelib chiqadi.
63.
1
= yi (i = 1, 2, …, 2002 ) deb belgilash kiritsak, u holda y1+y2+…+y-2002=1
1 + xi2
bo’ladi. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini
quyidagi usulda qo’llasak, 1- yi = y1 + y2 + … + y2002 − yi ≥ 20012001
y1 y2 ... y2002
yi
( i = 1, 2, … 2002 )
ekanligini topamiz va bu tengsizliklarni hadma-had ko’paytirib
2002
1 − yi
y1 y2 ... y2002
2002
(1 − yi ) ≥ ∏ 20012001
≥ 20012002
= 2001 y1 y2 ... y2002 , ∏
∏
yi
yi
i =1
i =1
i =1
2002
2002
44
2002
yoki ∏ xi ≥ 20011001 tengsizlikni hosil qilamiz.
i =1
64. Musbat x, y, z va ν sonlar uchun
x2 z 2 ( x + z )2
tengsizlik o’rinli
+ ≥
y
v
y+v
ekanligidan foydalansak
1
1
1
(1 + 1) 2
1
(1 + 1 + 1) 2
+
+
≥
+
≥
≥
1 + ab 1 + bc 1 + ac 1 + ab + 1 + bc 1 + ac 3 + ab + bc + ca .
9
3
≥
=
2
2
2
3+ a +b + c
2
65. Tengsizlikni chap tomonini T bilan belgilab, o’rta arifmetik va o’rta geometrik
miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini qo’llasak, u holda
by
cz ⎞ ⎛ x ac y ac z ac ⎞
⎛ ax
+
+
+
+
T =⎜
⎟≤
⎟⎜
b
c ⎠
ac
ac ⎠ ⎝ a
⎝ ac
x ac ⎞ ⎛ by
y ac ⎞ ⎛ cz
z ac ⎞ ⎞
1 ⎛ ⎛ ax
≤ ⎜⎜
+
+⎜
+
+⎜
+
⎟
⎟
⎟⎟
a ⎠ ⎝ ac
b ⎠ ⎝ ac
c ⎠ ⎟⎠
4 ⎜⎝ ⎝ ac
2
tengsizlik hosil bo’ladi. Ushbu tengsizliklar o’rinli ekanligidan
⎛ a
⎛ b
ac ⎞
a+c
ac ⎞
a+c ⎛ c
ac ⎞
a+c
+
x⎜
, y⎜
+
+
, z⎜
.
⎟≤ x
⎟≤ y
⎟≤ z
a
b
c
ac
ac
ac
ac
ac
ac
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
bu tengsizliklarni hadma-had qo’shib
1⎛ a +c
2
⎞ (a + c)
S≤ ⎜
( x + y + z)⎟ =
( x + y + z)
4 ⎝ ac
4ac
⎠
2
munosabatni hosil qilamiz.
45
2
66. x>0, y>0
1
1⎛1 1 ⎞
≤ ⎜ + ⎟ tengsizlik o’rinli va bu tengsizlikni qo’llab,
x + y 4⎝ x y ⎠
ab
bc
ac
ab ⎛ 1
1 ⎞ bc ⎛ 1
1 ⎞
+
+
≤ ⎜
+
+
⎟+ ⎜
⎟+
a + b + 2c b + c + 2a a + c + 2b 4 ⎝ a + c b + c ⎠ 4 ⎝ a + c b + a ⎠
ac ⎛ 1
1 ⎞
1
1
1
+
( ab + bc ) +
( ab + ac ) +
( ac + bc ) =
⎜
⎟=
4 ⎝ a + b b + c ⎠ 4(a + c)
4(b + c)
4(a + b)
1
= (a + b + c)
4
+
munosabatni hosil qilamiz.
x4 + y 4 x + y
≥
(*) tengsizlik o’rinli. Chunki
67. Musbat x, y sonlar uchun 3
2
x + y3
2( x 4 + y 4 ) ≥ ( x + y )( x 3 + y 3 ) ⇔ x 4 + y 4 ≥ x 3 y + y 3 x ⇔ ( x − y ) 2 ( x 2 + xy + y 2 ) ≥ 0 .
Endi (*)dan foydalansak,
a 4 + b4
b4 + c4
c4 + a4
a+b b+c a+c 1 1 1
+
+
≥
+
+
= + + =1
3
3
3
3
3
3
ab(a + b ) bc(b + c ) ac(a + c ) 2ab
2bc
2ac a b c
munosabat hosil bo’ladi.
68. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini
1
1
⎛ 1 ⎞
+ ... +
≥ 3636 abcd ⎜
qo’llab, a + b + c + d +
⎟
32abcd
32abcd
⎝ 32abcd ⎠
32
32 та
munosabatni topamiz.
32
32
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
Endi 3636 abcd ⎜
⎟ ≥ 18 ⇔ 236 abcd ⎜
⎟ ≥1⇔
32
abcd
32
abcd
⎝
⎠
⎝
⎠
32
236
1
⎛ 1 ⎞
⇔ 2 abcd ⎜
≥ 1 ⇔ ( abcd ) ≤ 4 tengsizlikni isbotlasak
⎟ = 160
31
2
⎝ 32abcd ⎠
2 ( abcd )
36
masala yechiladi. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi
46
tengsizligini berilgan tenglikka qo’llab,
1 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ 4 4 a 2b 2c 2 d 2 = 4 abcd ⇔ abcd ≤
1
ekanligini topamiz.
24
69. Berilgan tengsizlikni chap qismidagi qavslarni ochib o’rta arifmetik va o’rta
geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini qo’llaymiz. U holda
( x 2 + 2)( y 2 + 2)( z 2 + 2) = x 2 y 2 z 2 + 2( x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ) + 4( x 2 + y 2 + z 2 ) + 8 =
= 2( x 2 y 2 + 1) + 2( y 2 z 2 + 1) + 2( z 2 x 2 + 1) + 3( x 2 + y 2 + z 2 ) + x 2 y 2 z 2 + 2 + x 2 + y 2 + z 2 ≥
≥ 4( xy + yz + zx) + 3( xy + yz + zx) + ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 2 + x 2 y 2 z 2 =
= x 2 y 2 z 2 + x 2 + y 2 + z 2 + 2 + 7( xy + yz + zx)
ekanligini topamiz. Bundan x 2 y 2 z 2 + x 2 + y 2 + z 2 + 2 ≥ 2 xy + 2 yz + 2 zx (*)
tengsizlikni isbotlasak masala yechiladi.
Lemma: Istalgan a, b, c musbat sonlar uchun quyidagi
(a + b − c)(b + c − a )(a + c − b) ≤ abc
tengsizlik o’rinli.
Isboti: Aytaylik a+b-c=m, b+c-a=n, a+c-b=k bo’lsin, bundan a =
b=
m+n
,
2
m+n
k+n
, c=
tengliklarni topamiz. U holda 8mnk ≤ ( m + n)( n + k )( m + k )
2
2
ekanligini ko’rsatish yetarli. Bu tengsizlikni ushbu: m + n ≥ 2 mn , n + k ≥ 2 nk ,
m + k ≥ 2 mk tengsizliklarni hadma-had ko’paytirish natijasida hosil qilamiz.
(a + b − c)(b + c − a )(a + c − b) ≤ abc ⇔ 3abc + a 3 + b3 + c3 ≥
3
2
3
2
3
2
≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca (c + a ) ≥ 2(ab) + 2(bc) + 2(ca ) .
Oxirgi tengsizlik istalgan a, b, c musbat sonlar uchun o’rinli ekanligidan,
2
3
2
3
2
3
quyidagicha a = x , b = y , c = z belgilash olamiz. Bundan
2
3
3( xyz ) + x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2 xy + 2 yz + 2 zx tengsizlikni hosil qilamiz. Bu yerdan
2
3
quyidagi 2 xy + 2 yz + 2 zx ≤ x + y + z + 3( xyz ) ≤ x 2 + y 2 + z 2 + ( xyz ) + 2
2
2
2
munosabatni, ya’ni (*) to’g’ri ekanligini topamiz.
47
70. Berilgan tengsizlikni chap qismini S bilan belgilab, quyidagi usulda Koshi-
Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini qo’llaymiz:
2
⎞⎛ n
⎛ n ⎛
ai ⎞⎛ 1 ⎞ ⎞ ⎛⎜ n
ai
ai
1⎞ n
⎟
≤∑
S = ⎜ ∑⎜ 2
.
⎟ ≤ ∑
⎟⎜
⎟
⎜
⎟
∑
2
2
⎜ i =1 ⎜ ai + x ⎟⎜ ai ⎟ ⎟ ⎜ i =1 a 2 + x 2 ⎟ ⎝ i =1 ai ⎠ i =1 a 2 + x 2 2
)⎠
(i )
⎠⎝
⎠⎠ ⎝ ( i
⎝ ⎝
Bizga ma’lumki ( ai2 + x 2 ) > ( ai2 + x 2 ) − ai2 > 0 (i=1, 2, …, n). Bundan
2
2
⎞ ⎛
⎞⎞
1 n ⎛⎛
1
1
<
−
⎜
⎜
⎟
⎜
⎟ ⎟ . Berilgan shartdan
∑
∑
2
2 2
2 i =1 ⎜⎝ ⎝ ai2 + x 2 − ai ⎠ ⎝ ai2 + x 2 + ai ⎠ ⎟⎠
i =1 ( a + x )
n
ai
i
ai +1 ≥ ai + 1 yekanligini topamiz. Bundan ai2+1 − ai +1 + x 2 ≥ ai2 + ai + x 2 va
n
n
1
1
1
1
1
≤
+
−
≤
+
∑
∑
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+
+
+
−
a
x
a
a
x
a
+
−
+
−
+
+
a
x
a
a
x
a
a
x
a
i =1 ( i
i =1 ( i
(1
1
1
n
n
1)
i)
i)
⎞ ⎛
⎞⎞
1
1 n ⎛⎛
1
1
1
+∑ 2
⇔
−
≤
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
∑
2
2 i =1 ⎜⎝ ⎝ ai2 + x 2 − ai ⎠ ⎝ ai2 + x 2 + ai ⎠ ⎟⎠ 2a12 + 2 x 2 − 2a1
i =1 ( ai + x + ai )
n
yoki S ≤
1
munosabatni hosil qilamiz.
2a − 2a1 + 2 x 2
2
1
71. Quyidagi tenglikni qaraymiz ( x + y + z ) = 9 yoki
2
9 − x2 − y 2 − z 2
. Bundan o’rta arifmetik va o’rta geometrik
xy + yz + zx =
2
miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini qo’llab,
3x − x 2 3 y − y 2 3z − z 2
xy + yz + zx =
+
+
≤ x+ y+ z
2
2
2
munosabatni hosil qilamiz.
72. a va b sonlar musbat va butun ekanligidan, a 2 ≠ b yoki 2a 2 ≠ b 2 bulardan
(
)(
)
2a 2 − b 2 ≥ 1 ⇔ a 2 − b a 2 + b ≥ 1 ⇔ a 2 − b ⋅ a 2 + b ≥ 1 munosabatni
48
hosil qilamiz. 0 < a 2 + b < 2a + 2b = 2(a + b) ekanligidan
a 2 −b ≥
1
1
munosabat kelib chiqadi.
>
a 2 + b 2(a + b)
( a + c ) + ( b + d ) ≤ a 2 + b2 + c 2 + d 2 (*) tengsizlikni
2
73. Avvaliga
2
isbotlaymiz: tengsizlikning ikkala qismini kvadratga oshirib,
( a + b )( c + d ) ≥ ac + bd yoki ( ad − bc ) ≥ 0 munosabatni hosil qilamiz.
2
2
2
2
2
Endi
a 2 + b2 + c2 + d 2 ≤
( a + c ) + (b + d ) +
2
2 ad − bc
2
( a + c ) + (b + d )
2
2
(**)
tengsizlikni isbotlaymiz: (**)ning ikkala qismiga umumiy mahraj tanlab va (*)dan
foydalanib,
( a + b + c + d ) ≤ ( a + c ) + (b + d ) + 2 ad − bc (***)
2
2
2
2
2
2
2
munosabatni hosil qilamiz. Bundan
( a + b )( c + d ) ≤ ac + bd + ad − bc ⇔ 2 ( ac + bd ) ad − bc ≥ 0
2
2
2
2
munosabatni hosil qilamiz. Demak, (***) isbotlandi. Bulardan esa isboti talab
etilgan tengsizliklar kelib chiqadi.
74. Tengsizlikni ikkala qismini
abc ga bo’lib,
1 1
1 1
1 1
1
1
1
+ +
+ +
+ ≥1+
+
+
tengsizlikni hosil qilamiz.
bc a
ac b
ab c
bc
ac
ab
Endi,
1 1 1
1
(*) ekanligini ko’rsatamiz: (*)ni ikkala qismini
+ ≥ +
bc a a
bc
kvadratga oshirib,
1 1 1
2
1
1
2
1 1
2
+ ≥ 2+
+
⇔ 1≥ +
⇔ + ≥
⇔
bc a a
a
b c
a bc bc
bc
bc
munosabatni hosil qilamiz. Xuddi shunday:
49
(
b− c
) ≥0
−2
1 1
1
1
+ ≥
+ ,
ac b
ac b
1 1
1
1
+ ≥
+
ab c
ab c
munosabatlar o’rinli. Bu tengsizliklarni hadma-had qo’shib, isboti talab etilgan
tengsizlikni hosil qilamiz.
75. a + b − c = x, b + c − a = y, c + a − b = z deb belgilash kiritsak, u holda
a=
x+z
x+ y
y+z
,b=
,c=
tengliklarni topamiz va bu tengliklarni yuqoridagi
2
2
2
tengsizlikka qo’yib,
x+z
+
2
qilamiz. ∀ a, b > 0 sonlar uchun
x+ y
+
2
y+z
≥ x + y + z munosabatni hosil
2
a+ b
a+b
≤
(*) tengsizlik o’rinli. (*) dan
2
2
foydalansak
x+ y+ z=
x+ y
+
2
y+ z
+
2
x+ z
≤
2
x+ y
+
2
y+z
+
2
z+x
.
2
76. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini
quyidagi usulda qo’llaymiz:
2(a 3b + b3c + c3a ) + 3 ≥ (a 3b + a 3b + b) + (b3c + b3c + c) + (c 3a + c3a + a ) ≥
≥ 3a 2b + 3b 2c + 3c 2 a
Bundan yuqoridagi tengsizlik isbotlandi.
77. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini
qo’llab,
⎛ a ⎞⎛ b ⎞⎛ c ⎞ ⎛ a a a ⎞ ⎛ b b b ⎞ ⎛ c c c ⎞
⎜1 + ⎟⎜1 + ⎟⎜ 1 + ⎟ = ⎜ + + ⎟ + ⎜ + + ⎟ + ⎜ + + ⎟ − 1 ≥
⎝ b ⎠⎝ c ⎠⎝ a ⎠ ⎝ b c a ⎠ ⎝ a c b ⎠ ⎝ a b c ⎠
b
a
c
a+b+c
⎛ a+b+c⎞
≥33
+3 3
+3 3
−1 = 3 3
− 1 ≥ 2 ⎜1 + 3
⎟
abc
abc
abc
abc
abc ⎠
⎝
tengsizlikni hosil qilamiz.
50
78. Tengsizlikni chap qismini S bilan belgilab va Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts
tengsizligini quyidagi usulda qo’llaymiz:
(
)
S ( a12 + a22 ) + ( a22 + a32 ) + ... + ( an2 + a12 ) ≥ ( a12 + a22 + ... + an2 ) bundan
2
a12 + a22 + ... + an2 ( a1 + a2 + ... + an )
1
S≥
≥
=
tengsizlik hosil bo’ladi.
2
2n
2n
2
x
y
z
, b = , c = deb belgilash kiritsak, u holda yuqoridagi tengsizlik
y
z
x
79. a =
quyidagi ( x − y + z )( y − z + x )( z − x + y ) ≤ xyz ko’rinishga keladi. Bu tengsizlik
69-misolda lemma sifatida isbotlangan.
80. Avvaliga quyidagi lemmani isbotlaymiz:
x7 + y 7 x3 + y 3
≥
munosabat o’rinli.
x5 + y 5
x+ y
Lemma. Musbat x, y sonlar uchun
Lemmaning isboti: Haqiqatdan ham
( x + y ) ( x + y ) − ( x + y )( x + y ) = ( x y − x y ) + ( y x − y x ) =
= x y ( x − y ) − y x ( x − y ) = ( x − y )( x y − y x ) = xy ( x − y ) ( x + y ) ≥ 0
7
7
5
3
2
2
5
3
2
5
2
5
2
7
2
5
3
5
7
5 3
5
2 2
2
2
2
tenglik x = y bo’lganda bajariladi.
Lemmadan foydalansak,
a 7 + b 7 b 7 + c 7 c 7 + a 7 a 3 + b3 b3 + c 3 c 3 + a 3
+
+
≥
+
+
=
a 5 + b5 b5 + c 5 c 5 + a 5
a+b
b+c
c+a
= ( a 2 − ab + b 2 ) + ( b 2 − bc + c 2 ) + ( c 2 − ac + a 2 ) = 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) − ( ab + bc + ca )
munosabat hosil bo’ladi.
Endi 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) − ( ab + bc + ca ) ≥
1
ekanligini ko’rsatamiz. Haqiqatdan
3
(a + b + c) = 1 .
ham 2 ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) ≥ a + b + c ≥
2
2
2
2
2
2
2
3
51
3
81. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini
quyidagi usulda qo’llaymiz:
x+ y x+ y
x y
2
1
1
1
1
+
=
+
+
+
+ + +
≥
4
4
x + y 2 xy
x + y x + y 2 2 2 xy
x+ y+
≥ 77
1
7
x+ y x+ y 1
x y 1
⋅
⋅
⋅
⋅ ⋅ ⋅
=
4
4 x + y x + y 2 2 2 xy 2
82. Avvaliga quyidagi f ( x) =
x
, x ∈ [ 0;1] funktsiyani hossalarini o’rganamiz.
1+ x2
Ko’rinib turibdiki, ushbu funktsiya ko’rsatilgan oraliqda qavariq funktsiyadir. U
⎛x+ y+z⎞
holda qavariq funktsiyalar uchun ushbu g ( x) + g ( y ) + g ( z ) ≤ 3 g ⎜
⎟ Iensen
3
⎝
⎠
tensizligidan foydalanib,
a
b
c
⎛a+b+c⎞
⎛1⎞ 9
+ 2
+ 2
= f (a ) + f (b) + f (c) ≤ 3 f ⎜
⎟=3f ⎜ ⎟=
a +1 b +1 c +1
3
⎝
⎠
⎝ 3 ⎠ 10
2
munosabatni hosil qilamiz.
83. Umumiylikni chegaralamasdan a ≥ b ≥ c ≥ d va a 2 ≥ b 2 ≥ c 2 ≥ d 2 deymiz. U
holda Chebishev tengsizligini qo’llab, quyidagi
( a + b + c + d ) = ( a + b + c + d ) ( a + b + c + d ) ≤ 4 ( a + b + c + d ) yoki
2
2
2
2
6 ( a 3 + b3 + c 3 + d 3 ) ≥
2
2
2
2
3
3
3
3
3 2
a + b 2 + c 2 + d 2 ) (*) munosabatni hosil qilamiz.
(
2
Endi Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini quyidagi usulda qo’llasak,
( a + b + c + d ) (1 + 1 + 1 + 1) ≥ ( a + b + c + d ) yoki 12 ( a + b + c + d ) ≥ 18
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(**) munosabat hosil bo’ladi. (*) va (**) larni hadma-had qo’shish natijasida
yuqoridagi isboti talab etilgan tengsizlik kelib chiqadi.
52
84. Istalgan natural n uchun
1
1
>
ekanligini etiborga olsak,
2n − 1 2n
1 1 1
1
1 1
1
+ + + ... +
> + + ... +
munosabat o’rinlidir. Endi
2 3 5
2n − 1 2 4
2n
1 1
1 1 1
1
1 ⎛1 1
1 ⎞1
yoki > ⎜ + + ... + ⎟ ekanligidan
+ + ... + > + + ... +
2 2
2 2 4
2n
2 ⎝2 4
2n ⎠ n
n
foydalansak, U holda
1
1
1 1 1
1
1 ⎞1 ⎛1 1
1 ⎞
⎛1 1
= + + + ... +
> ⎜ + + ... + ⎟ + ⎜ + + ... +
1 + + ... +
⎟=
3
2n − 1 2 2 3
2n − 1 ⎝ 2 4
2n ⎠ n ⎝ 2 4
2n ⎠
=
n + 1⎛ 1 1
1 ⎞
+
+
+
...
⎜
⎟
n ⎝2 4
2n ⎠
bo’ladi.
85. Berilgan tengsizlikda quyidagicha shakl almashtirish bajaramiz.
1 + a 2 − (1 − b 2 )
a 2 + b2
≤
yoki ab ≤ 1 + a 2 − 1 − b 2 . Bu yerda
ab
1 + a 2 − 1 − b2
a = tgα , b = sin β
tgα sin β ≤
⎛ π⎞
α , β ∈ ⎜ 0; ⎟ belgilash olsak, u holda
2
⎝
⎠
1
− cos β yoki cos (α − β ) ≤ 1 bo’ladi.
cos α
86. Yuqoridagi berilgan shartlarga ko’ra quyidagi tengliklarni yozamiz:
2 ⋅ 2 ⋅ x2 = 2 ⋅ 2 ⋅ x1 − 3 x1
2 ⋅ 3 ⋅ x3 = 2 ⋅ 3 ⋅ x2 − 3 x2
.............................
2 ⋅ n ⋅ xn = 2 ⋅ n ⋅ xn−1 − 3 xn−1
va bu tengsizliklarni hadma-had qo’shib,
n −1
n −1
n −1
n
i −1
i =2
i =1
i =1
3∑ xi = 2 ⋅ 2 ⋅ x1 + 2∑ xi − 2 ⋅ n ⋅ xn = 1 + 2∑ xi − 2 ⋅ n ⋅ xn yoki nxn = 1 − ∑ xi > 0
munosabatni hosil qilamiz.
53
87. O’rta arifmetik va o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligi va
tgx
⎛ π⎞
x ∈ ⎜ 0; ⎟ uchun sin x ( sin 2 x − 1) ≤ a yoki sin x ≤
tengsizliklarni o’rinli
2
⎝ 2⎠
n
⎛ sin x1 + sin x2 + ... + sin xn ⎞
sin x1 ⋅ sin x2 ⋅ ... ⋅ sin xn ≤ ⎜
⎟ ≤
n
⎝
⎠
n
⎛ tgx1 + tgx2 + ... + tgxn ⎞ − n
ekanligini etiborga olib, ≤ ⎜
⎟⎟ ⋅ 2 2 ≤
⎜
n
⎝
⎠
n
n
⎛ tgx1 + tgx2 + ... + tgxn ⎞ − n2
−
≤⎜
⎟ ⋅2 ≤ 2 2
n
⎝
⎠
munosabatni hosil qilamiz.
88. Umumlashgan Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini quyidagi usulda
3
⎛ a 6 b6 c6 ⎞
qo’llab, ⎜ + + ⎟ ( x + y + z )(1 + 1 + 1) ≥ ( a 2 + b 2 + c 2 ) munosabatni hosil
y
z ⎠
⎝ x
qilamiz. Bundan yuqoridagi isboti talab etilgan tangsizlik kelib chiqadi.
89. Ushbu x3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) tengsizlikdan foydalanamiz:
1
1
1
1
1
+ 3 3
+ 3
≤
+
+
3
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc ab(a + b) + abc bc(b + c) + abc
3
+
1
1
1
1 ⎞
1
⎛ 1
=
⎜ + + ⎟=
ca (c + a ) + abc a + b + c ⎝ ab bc ca ⎠ abc
90. I-usul: Ushbu 1 + 2 + ... + (n − 1) =
n(n − 1)
tenglikdan va o’rta arifmetik va
2
o’rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligidan foydalanamiz:
54
n(n − 1)
+ x1 + x22 + x33 + ... + xnn = x1 + (1 + x22 ) + (2 + x33 ) + ... + ( (n − 1) + xnn ) =
2
= ( x1 ) + (1 + x22 ) + (1 + 1 + x33 ) + ... + (1 + 1 + ... + 1 + xnn ) ≥
n −1
≥ x1 + 2 x2 + 3 x3 + ... + nxn
x1 + x22 + ... + xnn = x1 + ( ( x2 − 1) + 1) + ... + ( ( xn − 1) + 1) ≥ x1 + (1 + 2 x2 − 1)
n
2
II-usul: Bernulli tengsizligidan quyidagi usulda foydalansak:
n(n − 1)
3
n
2
= x1 + ( ( x2 − 1) + 1) + ( ( x3 − 1) + 1) + ... + ( ( xn − 1) + 1) +
2
n(n − 1)
n(n − 1)
+
≥ x1 + (1 + 2( x2 − 1) ) + (1 + 3( x3 − 1) ) + ... + (1 + n( xn − 1) ) +
=
2
2
= x1 + 2 x2 + 3 x3 + ... + nxn
x1 + x22 + x33 + ... + xnn +
munosabat hosil bo’ladi.
91. Bu tengsizlikni chap qismini S bilan belgilab, quyidagi usulda Koshi-
Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini qo’llaymiz:
) (
(
S a 2 ( b 2 + 1) + b 2 ( c 2 + 1) + c 2 ( a 2 + 1) ≥ a a + b b + c c
)
2
bundan,
(a a + b b + c c )
S≥
2
a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 + 1
tengsizlikni va undan
(a a + b b + c c ) ≥ (a a + b b + c c ) = 3 a a + b b + c c
S
(
)
a b + b c + c a +1
4
a +b +c
2
2 2
2 2
2
2
2
(
2
2
3
munosabatni hosil qilamiz.
92. yk =
1
almashtirish olsak, u holda,
xk
55
) +1
2 2
2
1
1
a
= xk =
⇔ yk = 1 + k .
a
yk
yk −1
1+ k
yk −1
⎛ 1
⎞
1
1
yk −1 ≥ 1, ak ≥ 1 ekanligidan ⎜
− 1⎟ ( ak − 1) ≤ 0 ⇔ 1 + ak
≤ ak +
bundan
y
y
y
k −1
k −1
⎝ k −1 ⎠
yk = 1 +
ak
1
≤ ak +
munosabatni hosil qilamiz.
yk −1
yk −1
n
n −1
n
1
1 n−1 1
1
1
yk ≤ ∑ ak + ∑
= ∑ ak + + ∑ = A + ∑ < A + ∑
∑
y0 k =1 yk
k =1
k =1
k =1 yk −1
k =1
k =1 yk
k =1 yk
n
n
n
n
1
n 2t
t=∑
deb belgilash kiritamiz, bundan ∑ yk ≥
, t >0
y
k =1 k
k =1
n
tengsizlikni hosil qilamiz.
n
n2
− A + A2 + 4 n 2
2n 2
2
2
≤ ∑ yk < A + t ⇔ t + At − n ≥ 0 ⇔ t >
=
=
2
2
t
2
k =1
A + A + 4n
2
2
2
2n
2n
n A
=
≥
+ 2
2
4n
A + n2
⎛
4n 2 ⎞
A+ A+
A⎜ A +
⎟+ A
A +A
A
⎝
⎠
2
93.
ab
12b + a
bc
8b + 9c
≤
chunki 2(a − 2b) 2 ≥ 0,
≤
chunki
3a + b
49
b + 2c
49
2 ( 2b − 3c ) ≥ 0,
2
ac
18c + a
2
≤
chunki 2 ( 3c − a ) ≥ 0 , bu tengsizliklarni hadmac + 2a
49
had qo’shib, isbotlash kerak bo’lgan tengsizlikni hosil qilamiz.
tenglik a = 2b = 3c bo’lganda bajariladi.
94. x9 − 1, x3 − 1 ifodalar ishorasi bir xil hamda x 4 > 0 bo’lgani uchun
1 1
x 3 − 1 ( x 9 − 1)( x 3 − 1)
5
3
x − x − + 4 = x ( x − 1) − 4 =
≥ 0.
x x
x
x4
8
5
56
95. Ravshanki,
x −1 y −1 z −1
+
+
=1 .
x
y
z
Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligiga ko’ra
x+ y+z
x −1 y −1 z −1
+
+
≥ x −1 + y −1 + z −1 .
x
y
z
96.
yi =
1998
almashtirish kiritamiz.
xi + 1998
Ravshanki, yi ≥ 0, i = 1,2,..., n va y1 + y2 + ... + yn = 1 .
Demak, 1 − yi = ∑ y j .
j ≠i
Koshi tengsizligiga ko’ra 1 − yi ≥ (n − 1) n−1 ∏ y j .
j ≠i
Bu tengsizliklarni barchasini ko’paytirsak,
n
n
n
1 − yi
i =1
i
∏ (1 − y ) ≥ (n − 1) ∏ y yoki ∏ y
i =1
n
i
i =1
i
≥ (n − 1) n tengsizlikni hosil qilamiz.
1 − yi
x
= i bo’lgani uchun bundan x1 x2 ...xn ≥ 1998n (n − 1) n tengsizlikni hosil
yi
1998
qilamiz.
57
Manbaalar ro’yxati
1. Hojoo Lee. Topics in Inequalities-Theorems and Techniques. Seoul: 2004.
2. Andreescu T., Dospinescu G., Cirtoaje V., Lascu M. Old and new inequalities.
Gil Publishing House, 2004.
3. Mathematical Olympiads, Problems and solutions from around the world, 19981999. Edited by Andreescu T. and Feng Z. Washington. 2000.
4. Math Links, http://www.mathlinks.ro
5. Art of Problem Solving, http://www.artofproblemsolving.com
6. Math Pro Press, http://www.mathpropress.com
7. K.S.Kedlaya,
index.html
A<B,
http://www.unl.edu/amc/a-activities/a4-for-students/s-
8. T.J.Mildorf, Olympiad Inequalities, http://web.mit.edu/tmildorf
9. Математические задачи, http://www.problems.ru
«Квант» (Россия), «Соровский
10. «Математика в школе» (Россия),
образовательный журнал» (Россия),
“Crux mathematicorum with
mathematical Mayhem” (Канада), “Fizika, matematika va informatika”
(Ўзбекистон) журналлари.
58
MUNDARIJA
Masalalar…………...............................................................................
3
Yechimlar……………..........................................................................
19
Manbaalar ro’yhati………….................................................................
58
59