ekanligini isbotlang - Sonli tengsizliklar haqida. Toshkent 2008

ekanligini isbotlang
.
68. Agar
bo’lsa,
2
3
14
a
b
c
+
+
=
2
2
2
14
a
b
c
+
+
≥
bo’lishini isbotlang.
Koshi tengsizligi:
69.
nomanfiy sonlar uchun
, ,
a b c
2
2
2
1
a
b
c
+
+
=
shart bajariladi.
3
a b c
+ + ≤
ekanligini isbotlang.
70.
berilgan.
, ,
0,
1
a b c
a b c
≥
+ + =
(1
),(1
)(1
) 8
,
1
a
b
c
abc a b c
−
−
− ≥
+ + =
tengsizlikni isbotlang.
71. Isbotlang:
(
)(
)(
), (1
)(1
)8
,
1
abc
a b c a c b b c a
b
c abc a b c
≥
+ −
+ −
+ −
−
−
+ + =
40
72. , ,
0,
1
x y z
xyz
≥
=
berilgan. (3
2
)(3
2
)(3
2
) 216
x
y z
y
z x
z
x y
+
+
+
+
+
+
≥
ni
isbotlang.
Bernulli tengsizligi:
75.
2
2
4
4
1
1
1
1
x
x
x
x
− +
+ +
−
+
+
=
4
tenglamani yeching.
76.
4
4
1
1
x
x
− +
+ =
4 tenglamani yeching.
77.
4
6
6
4
1
1
1
1
3
24
36
x
x
x
⎛
⎞
⎛
− +
+ = −
+ +
⎜
⎟
⎜
⎝
⎠
⎝
x
⎞
⎟
⎠
tenglamani yeching.
78.
10
10
10
10
4
4
4
4
1
1
1
1
( )
( )
( )
( )
(
)
a
b
c
d
abcd
b
c
d
a
a
b
c
d
+
+
+
≥
+
+
+
tengsizlikni isbotlang.
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, 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, Aindex.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
.
42
1
Sh. Ismailov, O. Ibrogimov
O’ZBEKISTON RESPUBLIKASI XALQ TA’LIMI VAZIRLIGI
Toshkent-
2008
TENGSIZLIKLAR-II.
ISBOTLASHNING ZAMONAVIY
USULLARI
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 ilmiy-
metodik 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
x
1
≤
x
2
tengsizlikni qanoatlantiradigan
x
1
, x
2
∈
(a,b)
nuqtalar uchun
f(x
1
)
≤
f(x
2
)
(
f(x
1
)
≥
f(x
2
))
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
x
1
< x
2
tengsizlikni qanoatlantiradigan
x
1
, x
2
∈
(a,b)
nuqtalar uchun
f(x
1
)< f(x
2
)
(
f(x
1
)>f(x
2
))
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.
e
π
va
π
e
sonlarni taqqoslang.
Yechilishi.
f
: [
e
; +
∞
)
→
R
,
f
(x)
=
ln
x
x
funksiyani qaraymiz. Uning hosilasi
barcha
x
,
x
∈
(
e
;+
∞
) larda
f’
(x)
=
2
1 ln
x
x
−
0
<
manfiy qiymat qabul qiladi va
f
funksiya
[
e
; +
∞
) da uzluksiz, shunday qilib,
f
[
e
; +
∞
) da qat’iy kamayadi. Bu yerdan,
e
<
π
ekanligini hisobga olib
f
(e)> f
(
π
)
⇒
ln
ln
e
e
π
π
>
⇒
π
ln
e>e
ln
π
3
ni olamiz. Demak,
e
π
>
π
e
.
2-masala.
x
n
=
1
1
2
n
+ +
…
1
,
n
=1, 2, … sonli ketma-ketlikni chegaralanganlikka
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
x, x
∈
(0; +
∞
) lar uchun
'( )
1
x
f x
x
=
+
tenglik o’rinli, bu yerdan
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
n
deb olib (
n
= 1,2,...),
1
ln 1
n
n
⎛
⎞
1
+
≤
⎜
⎟
⎝
⎠
(
n
= 1,2,...)
yoki
(
)
1
ln
1
ln
n
n
n
+ −
≤
(
n
= 1,2,...) (2)
ni hosil qilamiz.
(2) tengsizlikdan
,
ln 2 ln1 1
−
≤
1
ln 3 ln 2
2
−
≤
, ...,
(
)
1
ln
1
ln
n
n
n
+ −
≤
(3)
kelib chiqadi. (3) tengsizliklarni hadma-had qo’shib,
(
)
1
ln
1
1 ...
n
n
+ ≤ + +
tengsizlikni olamiz.
4
Demak,
x
n
=
1
1
2
n
+ +
…
1
,
n
=1, 2, … sonli ketma-ketlik chegaralanmagan.
3-masala
(Bernulli tengsizligi). Ixtiyoriy
x
> –1;
α
> 1 uchun
(1 +
x
)
α
≥
1 +
α
x
, (4)
tengsizlik o’rinli, shu bilan birga tenglik o’rinli faqat
x
= 0 da
Yechilishi.
f
(
x
) = (1 +
x
)
α
– 1 –
α
x
, (
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 –
α
x
> 1 – 1 va (1 +
x
)
α
> 1 + α
x
(
x
∈
[–1; 0)
∪
(0; +
∞
),
α
> 1) deb hulosa qilamiz.
(1 +
x
)
α
= 1 +
α
x
tenglik
x
= 0 da bajarilishini eslatib o’tish qolyapti.
Izoh.
(1 +
x
)
α
≤
1 +
α
x
(
x
≥
–1; 0 <
α
< 1),
(1 +
x
)
α
≥
1 +
α
x
(
x
≥
–1;
α
< 0).
tengsizliklar shunga o’xshash isbotlanadi.
|