§1. Sonli tengsizliklar haqida

§1. Sonli tengsizliklar haqida.
1. Sonli tengsizliklar va ularning xossalari.
Ta’rif: Agar
ayirma musbat son bo’lsa,
a
soni
b
sonidan katta deyiladi va
bu munosabat
shaklida yoziladi. Agar
a b
−
a b
>
a b
−
ayirma manfiy bo’lsa,
a
soni
sonidan kichik deyiladi va
b
a b
<
shaklida yoziladi.
Istalgan
va
b
sonlar uchun quyidagi uchta munosabatdan faqat bittasi
o’rinli:
a
1.
;
0
a b
a b
− > ⇔ >
2.
;
0
a b
a b
− < ⇔ <
3.
.
0
a b
a b
− = ⇔ =
Sonli tengsizliklar quyidagi xossalarga ega:
1
0
. Agar
a
va
b
bo’lsa,
bo’ladi (tengsizlik munosabatini
tranzitivlik xossasi).
b
>
c
>
a c
>
2
0
. Agar
va
bo’lsa,
a b
>
c R
∈
a c b c
+ > +
bo’ladi.
3
0
. Agar
va
bo’lsa,
a b
>
0
c
>
a c b c
⋅ > ⋅
bo’ladi.
4
0
. Agar
va
bo’lsa,
a b
>
0
c
<
a c b c
⋅ < ⋅
bo’ladi.
5
0
. Agar
va
bo’lsa,
a b
>
c d
>
a c b d
+ > +
bo’ladi.
6
0
. Agar
va
bo’lsa,
0
a b
> >
0
c d
> >
a c b d
⋅ > ⋅
bo’ladi.
7
0
. Agar
va
0
a b
> >
n N
∈
bo’lsa,
bo’ladi (
toq son bo’lganda
shart ortiqcha).
n
a
b
>
n
(
)
n
−
0
b
>
2.Tengsizliklarni isbotlashning usullari haqida.
1–misol.
Istalgan
va
c
sonlari uchun
ekanligini isbotlang.
,
a b
2
2
2
2
2
a
b
c
a b c
+
+
≥
+
Yechilishi.
Istalgan
va sonlari uchun
,
a b
c
(
)
2
2
2
2
2
a
b
c
a b c
+
+
−
+
(
)
ayirmani manfiy emasligini ko’rsatamiz:
3
(
)
(
) (
)
(
) (
)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 (
)
2
2
.
a
b
c
a b c
a
ab b
a
ac c
a b
a c
+
+
−
+ =
−
+
+
−
+
=
−
+
−
=
Istalgan sonning kvadrati nomanfiy son bo’lgani uchun
(
)
2
0
a b
−
≥
va
. Demak,
(
)
2
0
a c
−
≥
(
)
2
2
2
2
2
a
b
c
a b c
(
)
+
+
−
+
istalgan
va sonlari uchun
manfiy emas. Shuning uchun berilgan tengsizlik istalgan
va
c
sonlari uchun
o’rinli. Jumladan, tenglik belgisi
,
a b
c
,
a b
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
va
c
sonlari uchun
,
a b
6
b c c a a b
a
b
c
+
+
+
+
+
≥
tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi:
Tengsizlikning chap qismida shakl almashtirish bajarib, uni
quyidagi ko’rinishda yozamiz:
6
a b
a
c
b c
b a
c
a
c b
⎛
⎞ ⎛
⎞ ⎛
⎞
+
+
+
+
+
≥
⎜
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠ ⎝
⎠
. (1)
Ikkita musbat son uchun o’rta arifmetik va o’rta geometrik qiymatlar orasidagi
Koshi tengsizligidan foydalanamiz:
2
2,
a b
a b
b
a
b a
+ ≥
⋅ =
2,
a
c
c
a
2
b c
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 ={a
1
, a
2
,…, a
n
}
musbat sonlar ketma-ketligi uchun
o’rta arifmetik qiymat
A(a)=A
n
=
n
a
a
a
n
+
+
+
...
2
1
,
o’rta geometrik qiymat
G(a)=G
n
=
n
n
a
a
a
...
2
1
,
o’rta kvadratik qiymat
K(a)= K
n
=
n
a
a
a
n
2
2
2
2
1
...
+
+
+
va
o’rta garmonik qiymat
N (a)=N
n
=
1
1
2
1
1
...
−
−
−
+
+
+
n
a
a
a
n
larni aniqlaymiz.
Xususan
x, y
musbat sonlar uchun bu o’rta qiymatlar quyidagicha aniqlanadi:
A
2
=
2
y
x
+
; G
2
=
xy
; K
2
=
2
2
2
y
x
+
; N
2
=
y
x
xy
+
2
.
2. O’rta arifmetik va o’rta geometrik qiymatlar haqida Koshi tengsizligi va
uning turli isbotlari.
Teorema. A
n
≥
G
n
va
A
n
= G
n
tenglik faqat va faqat
a
1
=a
2
=…= a
n
tenglik bo’lganda
o’rinli.
1-Isboti
.
x
≥
1
da
e
x -
1
≥
x
ekanligi ma’lum,
e
x -1
=x
tenglik esa faqat
x=
1 da
bajariladi
.
Bundan:
1=
e
0
= exp
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
∑
=
1
)
(
1
n
i
i
a
A
a
=
)
1
)
(
exp(
1
−
∏
=
n
i
i
a
A
a
≥
∏
=
n
i
i
a
A
a
1
)
(
=
n
a
A
а
G
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
)
(
)
(
.
Demak,
A
n
≥
G
n
va tenglik esa faqat
1
( )
i
n
a
A a
=
, i=
1, 2
,…, n
bulganda bajariladi.
Bundan esa
a
1
=a
2
=…= a
n
= A
n
ekanligi kelib chiqadi
.
5
n
n
A
G
≥
ekanligini isbotlaymiz:
2
n
=
da
1
2
1
2
2
a
a
a a
+
⋅
≤
. Bu tengsizlik
ixtiyoriy musbat va
sonlar uchun o’rinli bo’lgan
1
a
2
a
(
)
2
1
2
0
a
a
−
≥
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
bo’lsin.
1
2
,
, ..., ,
n
n
a a
a a
+
1
1
n
a
+
ularning orasida eng kattasi bo’lsin. Ya’ni,
. Shuning uchun
1
1
1
,...
n
n
a
a
a
+
+
≥
n
a
≥
1
2
1
...
n
n
a
a
a
a
n
+
+
+ +
≥
. Quyidagicha
belgilash kiritamiz:
1
2
1
2
1
1
...
...
,
1
1
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
n A
a
A
A
n
n
1
n
n
n
+
+
+
+
+ +
+
+ +
+
⋅
+
=
=
=
+
+
.
bo’lgani uchun
1
n
a
+
≥
n
A
1
n
n
a
A
α
+
=
+
deb yozish mumkin, bu yyerda
0
α
≥
. U
holda
1
1
1
n
n
n
n A
A
A
n
n
n
A
α
α
+
⋅
+
+
=
=
+
+
+
. Bu tenglikni ikkala qismini (
p
+1) –
darajaga ko’tarib, quyidagini topamiz:
(
)
( )
( )
( )
( )
( ) (
) ( )
1
1
1
1
1
1
1
1
...
1
1
.
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
A
A
A
C
A
n
n
A
A
A
A
A
A
α
α
α
α
+
+
+
+
+
+
+
⎛
⎞
=
+
=
+
+
⎜
⎟
+
+
⎝
⎠
≥
+
⋅ =
⋅
+
=
⋅
n
≥
Farazga ko’ra,
( )
1
2
...
n
n
n
A
a a
a
≥ ⋅ ⋅ ⋅
. Buni e’tiborga olib,
(
)
( )
1
1
1
1
2
...
n
n
n
n
n
n
1
n
A
A
a
a a
a a
+
+
+
≥
⋅
≥ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
+
. Bundan
1
1
1
2
...
n
n
n
1
n
A
a a
a a
+
+
+
≥
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
.
Tenglik
bo’lganda o’rinli bo’ladi.
1
2
...
n
a
a
a
=
= =
2-isbot
. Teoremaning isboti quyidagi tasdiqqa asoslangan:
6
Agar nomanfiy
sonlar
1
2
, , ...,
n
b b
b
1
2
...
1
n
b b
b
⋅ ⋅ ⋅ =
tenglikni qanoatlantirsa, u
holda
.
1
2
...
n
b
b
b
+
+ + ≥
n
Bu tasdiqni masalani matematik induktsiya usulida isbotlaymiz.
1
n
=
da masala ravshan.
n k
=
da
1
2
...
1
k
b b
b
⋅ ⋅ ⋅ =
tenglikni qanoatlantiruvchi
ixtiyoriy
– nomanfiy sonlar uchun
1
2
, , ...,
k
b b
b
1
2
...
k
b
b
b
k
+
+ + ≥
tengsizlik o’rinli
bo’lsin.
da
1
n k
= +
1
2
1
...
1
k
b b
b
+
⋅ ⋅ ⋅
=
tenglikni qanoatlantiruvchi ixtiyoriy
– nomanfiy sonlar uchun
1
2
, , ...,
k
b b
b
+
1
1
2
1
...
1
k
k
b b
b b
+
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
≥
tengsizlikni
qanoatlantirishini ko’rsatamiz.
Umumiylikka zarar etkazmasdan
1
1
k
b
b
k
+
≤ ≤
deb hisoblaymiz. Unda
bo’lgani uchun induktsiya faraziga ko’ra
bo’ladi. Endi
(
)
1
2
1
1
...
1
k
k
k
b b
b
b b
−
+
⋅ ⋅ ⋅
⋅
⋅
=
1
2
1
1
...
k
k
k
b
b
b
b b
k
−
+
+
+ +
+ ⋅
≥
1
1
1
k
k
k
k
b
b
b b
+
+
+
≥ ⋅
−
ekanligini
isbotlash etarli. Bu
(
) (
)
1
1
k
k
b
b
+
+
⋅
− ≥
1
0
tengsizlikka teng kuchli
1
1
k
k
b
b
+
≤ ≤
bo’lgani uchun ohirgi tengsizlik o’rinli ekanligi ravshan.
3-isbot
. Teoremaning isboti quyidagi ma’lum tasdiqqa asoslangan:
x
≥
1
da
e
x -
1
≥
x
, shu bilan birga
e
x -1
=x
tenglik esa faqat
x=
1 da bajariladi
.
Bundan:
1=
e
0
= exp
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
∑
=
1
)
(
1
n
i
i
a
A
a
=
)
1
)
(
exp(
1
−
∏
=
n
i
i
a
A
a
≥
∏
=
n
i
i
a
A
a
1
)
(
=
n
a
A
а
G
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
)
(
)
(
.
Demak,
A(a)
≥
G(a)
va tenglik esa faqat
1
)
(
=
a
A
a
i
, i=
1, 2
,…, n
bo’lganda
bajariladi. Bundan esa
a
1
=a
2
=…= a
n
= A(a)
ekanligi kelib chiqadi
.
1-misol
.
,
0
x y
>
bo’lsa,
2
2
1
x
y
xy x y
+
+ ≥
+ +
tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi:
7
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1 1
1
2 2
x
x
y
y
x
y
xy x y
x
y
+
+ ≥
+ + ⇒
+
+
+
+ + =
+
+
+
.
2
2
2
2
2
2
,
2
2
1
,
1
2
2
1
.
2
2
x
y
xy
y
y
x
y
xy x
x
x
⎧
+
≥
⎪
⎪
⎪
+
+ ≥
⇒
+
+ ≥
+ +
⎨
⎪
⎪
+ ≥
⎪
⎩
.
y
2-misol
.
0
x
>
bo’lsa,
6
12
4
2
2
2 2
x
x
x
+
≥ ⋅
tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi.
1
1 1
6
12
4
12
4
6
12 4
2
2
2 2
2
2 2
2 2
2 2
x
x
x
x
x
x
+
+
≥ ⋅
⋅
= ⋅
= ⋅
= ⋅
x
0
.
Misollar:
1.
Agar
,
x y
>
bo’lsa,
4
4
8 8
x
y
+
+ ≥
xy
0
ni isbotlang.
2.
bo’lsa quyidagini isbotlang:
1
2
3
4
5
,
,
, ,
x x x x x
>
(
)
2
2
2
2
2
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
+
+
+
+
≥
+
+
+
.
3.
, ,
0
x y z
>
bo’lsa,
2
2
2
x
y
z
xy yz xz
+
+
≥
+
+
ni isbotlang.
4.
bo’lsa,
, ,
0
a b c
>
3
a b c
b
c
a
+ + ≥
ni isbotlang.
5.
bo’lsa,
(
)
, ,
0
a b c
>
(
)(
)(
)
1
1
16
a
b
c a b c
a
+
+
+
+ ≥
bc
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
a
1
=a
2
=…= a
n
shart bajarilsa to’g’riligini isbotlang.
Isboti
.
Koshi tengsizligidan foydalanib (1-masalaga qarang) foydalanib
8
(
H(a)
)
-1
=
1
1
1
2
1
1
1
1
2
1
1
))
(
(
...
...
−
−
−
−
−
−
−
=
≥
+
+
+
a
G
a
a
a
n
a
a
a
n
n
n
tenglikga ega
bo’lamiz. Jumladan,
H(a) = G(a)
tenglik faqat
a
1
=a
2
=…= a
n
da bajariladi.
1-misol
. Agar
bo’lsa,
, ,
0
a b c
>
3
1
1
1
3
a b c
a
b
c
+ +
≤
+
+
tengsizlikni
isbotlang.
Yechilishi
:
(
)
1 1 1
9
a b c
a b c
⎛
⎞
≤
+ +
+ +
⎜
⎟
⎝
⎠
,
(
)
3
3
3
3
3
,
1 1 1
9
9.
1 1 1
1
3
.
a b c
abc
abc
a b c
a b c
abc
a b c
abc
⎧ + + ≥
⎪
⎛
⎞
⇒
+ +
+ +
≥
=
⎨
⎜
⎟
+ + ≥ ⋅
⎝
⎠
⎪
⎩
2-misol
. Agar
,
, ,
0
a b c
>
2 3
1
ab c
=
bo’lsa,
1 1 1
6
a b c
+ + ≥
ni isbotlang.
Yechilishi
:
2 3
6
1 2 3
1 1 1 1 1 1
1
6
6
a b c
a b b c c c
ab c
+ + = + + + + + ≥
=
.
Misollar
1.
, ,
0
x y z
>
bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:
(
)
(
)
2
2
2
2
1
1
1
1
28 3
9
x
y
z
x y z
xyz x y z
+
+
+
≥
+ +
+ +
.
2. Agar
va
1
2
,
, ...,
0
n
x x
x
>
1
2
...
1
n
x
x
x
+
+ +
=
bo’lsa, u holda quyidagi
tengsizlikni isbotlang:
(
)(
)
(
)
1
2
1
2
1
2
1
1
...
1
...
1
...
1
...
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
−
+
+ +
+
+ +
+
+ +
+ + +
n
≥
.
3.
, ,
0
x y z
>
bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:
9
2
2
2
0
x
xy
y
yz
z
xz
x y
y z
x z
−
−
−
+
+
≥
+
+
+
.
4. Agar
bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:
, ,
0
a b c
>
2
a
b
c
b c
a c
a b
+
+
≥
+
+
+
.
5. Agar
bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:
, , ,
0
a b c d
>
2
2
2
2
2
2
p
p
p
p
p
p
a
b
c
a
bc b
ac c
a
+
+
+
+
+
+
+
+
≥
+
+
b
.
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
a
1
=a
2
=…= a
n
holdagina o’rinli bo’lishini isbotlang.
Isboti
: Koshi tengsizligidan foydalanib (1-masalaga qarang) foydalanib
2
i
j
a a
≤
2
2
, 1
i
j
a
a
i
j n
+
≤ < ≤
tengsizlikni hosil qilamiz.
Demak,
2
2
2
2
1
2
1
2
1
(
...
)
...
2
n
n
i j n
a
a
a
a
a
a
a a
≤ < ≤
+
+ +
=
+
+ +
+
i
j
∑
≤
2
2
2
2
2
1
2
1
...
(
)
n
i
i j n
a
a
a
a
a
≤ < ≤
≤
+
+ +
+
+
j
∑
= n
(
.
2
2
2
1
2
...
)
n
a
a
a
+
+ +
Eslatib o’tamiz,
K (a) = A(a)
tenglik faqat
a
1
=a
2
=…= a
n
o’rinli bo’ladi.
|