Almashtirishlar - Sonli tengsizliklar haqida. Toshkent 2008

Almashtirishlar
A1.
Faraz qilaylik , ,
α β γ
lar uchburchakning ichki burchaklari bo’lsin.Quyidagicha
almashtirishni qaraylik
,
,
2
2
A
B
C
.
2
π α
π β
π γ
−
−
−
=
=
=
Ravshanki
A B C
π
+ + =
va 0
, ,
2
A B C
π
≤
<
. 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
cos , cos
sin ,
,
2
2
2
2
A
A tg
ctgA ctg
tgA
α
α
α
α
=
=
=
=
A2.
Faraz qilaylik , ,
x y z
lar musbat haqiqiy sonlar bo’lsin. U holda tomonlari uzunliklari
lardan iborat bo’lgan uchburchak mavjud.
,
,
a x y b y z c z x
= +
= +
= +
s x y z
= + +
bo’lsa, ( , , ) (
,
,
)
x y z
s a s b s c
= −
−
−
. Shartga ko’ra , ,
x y z
lar musbatligi uchun
,
,
s a s b s c
−
−
−
lar uchburchak tengsizligini qanoatlantiradi.
A3
. Faraz qilaylik musbat
sonlar
, ,
a b c
1
ab bc ca
+
+
=
shartni qanoatlantirsin. Biz ushbu
(
)
: 0;
0;
2
f
π
⎛
⎞ → + ∞
⎜
⎟
⎝
⎠
,
( )
f x
tg
=
x
funksiya yordamida quyidagicha almashtirish
kiritishimiz mumkin
,
,
2
2
a tg
b tg
c tg
2
α
β
γ
=
=
=
bunda
γ
β
α
,
,
lar biror uchburchakning burchaklari.
A4.
Faraz qilaylik musbat
sonlar
, ,
a b c
1
ab bc ca
+
+
=
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
sonlar
, ,
a b c
ab bc ca abc
+
+
=
shartni qanoatlantirsin. Bu
tenglikning ikkala tarafini
sonlarning ko’paytmasiga bo’lib, quyidagiga ega
bo’lamiz
, ,
a b c
1
1
1
1
bc ca
ab
+
+
=
. A3 ga ko’ra quyidagicha almashtirish olamiz
1
1
1
,
,
2
2
tg
tg
tg
a
b
c
2
α
β
γ
=
=
=
ya’ni
,
,
2
2
a ctg
b ctg
c ctg
2
α
β
γ
=
=
=
bunda , ,
α β γ
lar biror uchburchakning burchaklari.
A6.
Faraz qilaylik musbat
sonlar
ab
, ,
a b c
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
sonlar
, ,
a b c
2
2
2
2
a
b
c
abc
1
+
+
+
=
shartni qanoatlantirsin.
Shartga ko’ra uchta son ham musbatligi uchun
bo’ladi. Ushbu
, ,
1
a b c
<
( ) ( )
: 0;
0;1
f
π
→
,
( )
sin
2
x
f x
=
funksiya hamda 2-teorema yordamida quyidagicha
almashtirish olishimiz mumkin
sin ,
sin ,
sin
2
2
a
b
c
2
α
β
γ
=
=
=
bunda , ,
α β γ
lar biror uchburchakning burchaklari.
A8.
Faraz qilaylik musbat
sonlar
, ,
a b c
2
2
2
2
a
b
c
abc
1
+
+
+
=
shartni qanoatlantirsin. A1
va A7 larga ko’ra quyidagicha almashtirish olishimiz mumkin
cos ,
cos ,
cos ,
a
A b
B c
=
=
=
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
zx
xy
)
x y x z
y z y x
z x z y
+
+
+
+
+
+
ifodalarni ushbu
(
)(
)
(
)(
)
(
)(
,
,
)
s b s c
s c s a
s a s b
bc
ca
ab
−
−
−
−
−
−
ifodalarga almashtiramiz. Quyidagi ayniyatlarga ko’ra
(
)(
)
(
)
sin
, cos
,
2
2
s b s c
s s a
bc
bc
α
α
−
−
−
=
=
bizning dastlabki ifodalarimiz mos ravishda quyidagi shaklga keladi
sin , sin , sin ,
2
2
2
α
β
γ
41
bunda , ,
α β γ
lar biror uchburchakning burchaklari.
A10
. Xuddi A9 dagi kabi quyidagi
(
)
(
)
(
)
,
,
(
)(
)
(
)(
)
(
)(
)
,
x x y z
y x y z
z x y z
x y x z
y z y x
z x z y
+ +
+ +
+ +
+
+
+
+
+
+
ifodalarni mos ravishda ushbu
cos , cos , cos ,
2
2
2
α
β
γ
bunda , ,
α β γ
lar biror uchburchakning burchaklari.
Mashq 1.
Faraz qilaylik musbat , ,
p q r
sonlar
2
2
2
2
1
p
q
r
pqr
+
+
+
=
shartni
qanoatlantirsin.U holda
cos ,
cos ,
cos
p
A q
B r
C
=
=
=
shartni qanoatlantiruvchi o’tkir
burchakli
ABC
uchburchak mavjudligini ko’rsating.
Mashq 2.
Faraz qilaylik nomanfiy , ,
p q r
sonlar
2
2
2
2
1
p
q
r
pqr
+
+
+
=
shartni
qanoatlantirsin. U holda
cos ,
cos ,
cos
p
A q
B r
C
=
=
=
va
A B C
π
+ + =
shartlarni
qanoatlantiruvchi , ,
0;
2
A B C
π
⎡
∈ ⎢
⎣
⎦
⎤
⎥
burchaklar mavjudligini ko’rsating.
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.
3
cos
cos
cos
sin
sin
sin
2
2
2
2
α
β
γ
α
β
γ
+
+
≤
+
+
≤
42
2.
3 3
sin
sin
sin
cos
cos
cos
2
2
2
α
β
γ
α
β
γ
+
+
≤
+
+
≤
2
3.
1
cos cos cos
sin sin sin
2
2
2 8
α
β
γ
α
β
γ
≤
≤
4.
3 3
sin sin sin
cos cos cos
2
2
2
8
α
β
γ
α
β
γ
≤
≤
5.
3 3
2
2
2
ctg
ctg
ctg
α
β
γ
+
+
≥
6.
2
2
2
2
2
2
3
cos
cos
cos
sin
sin
sin
2
2
2
4
α
β
γ
α
β
γ
+
+
≥
+
+
≥
7.
2
2
2
2
2
2
9
sin
sin
sin
cos
cos
cos
2
2
2
4
α
β
γ
α
β
γ
+
+
≤
+
+
≤
8.
3
2
2
2
ctg
ctg
ctg
tg
tg
tg
α
β
γ
α
β
γ
+
+
≥
+
+
≥
Ayniyatlar
Faraz qilaylik , ,
α β γ
lar
ABC
uchburchakning burchaklari bo’lsin. Quyidagi ayniyatlar
o’rinli
1.
cos
cos
cos
1 4sin sin sin
2
2
2
α
β
γ
α
β
γ
+
+
= +
2. sin
sin
sin
4cos cos cos
2
2
2
α
β
γ
α
β
γ
+
+
=
3. sin 2
sin 2
sin 2
4sin sin sin
α
β
γ
α
β
+
+
=
γ
4.
2
2
2
sin
sin
sin
2 2cos cos cos
α
β
γ
α
β
+
+
= +
γ
Istalgan , ,
α β γ
burchaklar (uchburchak burchaklari bo’lishi shart emas) uchun quyidagi
ayniyatlar o’rinli
(
)
sin
sin
sin
sin
4sin
sin
sin
2
2
2
α β
β γ
γ
α
β
γ
α β γ
α
+
+
+
+
+
−
+ +
=
43
(
)
cos
cos
cos
cos
4cos
cos
cos
2
2
2
α β
β γ
γ
α
β
γ
α β γ
α
+
+
+
+
+
+
+ +
=
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
2
2
2
1
1
1
2
1
1
1
x
y
z
3
+
+
≤
+
+
+
.
Bu masalani yechishda o’quvchini xayoliga eng birinchi
2
1
( )
1
f t
t
=
+
funksiya uchun
Iensen tengsizligini qo’llash kelishi mumkin. Ammo bu
f
funksiya
R
+
to’plamda
yuqoriga qavariq emas. Ammo shunisi qiziqarliki (
)
f tg
θ
funksiya yuqoriga qavariq!
Isboti. Quyidagicha almashtirish olaylik
,
,
, , ,
(0
2
x tgA y tgB z tgC A B C
; )
π
=
=
=
∈
Ushbu
2
2
1
1
cos
tg
α
α
+
=
, cos
0
α
≠
ayniyatga ko’ra berilgan tengsizlik quyidagicha
ko’rinishni oladi
3
cos
cos
cos
2
A
B
C
+
+
≤
Quyidagi
(
)
(
1
x y
tg
C
z
tg A B
xy
π
+
−
= − =
=
+
−
) va
,
(0; )
C A B
π
π
−
+ ∈
munosabatlardan
C
A B
π
− = +
yoki
A B C
π
+ + =
tenglikni olamiz. Demak, istalgan
ABC
uchburchak
uchun
3
cos
cos
cos
2
a
B
C
+
+
≤
tengsizlikni isbot qilsak etarli ekan.Bu esa quyidagi
munosabatdan kelib chiqadi
2
2
3 2(cos
cos
cos ) (sin
sin )
(cos
cos
1)
0
A
B
C
A
B
A
B
−
+
+
=
−
+
+
−
≥
.
44
Isbot tugadi.
2-masala
. (FML, ochiq olimpiada, Rossiya) Faraz qilaylik musbat
z
y
x
,
,
sonlar 1
x y z
+ + =
shartni qanoatlantirsin. Quyidagi tengsizlikni isbotlang
3
2
xy
yz
zx
z xy
x yz
y zx
+
+
≤
+
+
+
Isboti. Yuqoridagi tengsizlik ushbu tengsizlikka teng kuchli
3
(
)(
)
(
)(
)
(
)(
)
yz
zx
xy
x y x z
y z y x
z x z y
2
+
+
≤
+
+
+
+
+
+
A9 ga ko’ra bu tengsizlikning uchta hadini sin , sin ,sin
2
2
2
α
β
γ
larga almashtiramiz va
demak, ushbu
3
sin
sin
sin
2
2
2
2
α
β
γ
+
+
≤
tengsizlikni isbotlashimiz kerak. Bu
tengsizlikning o’rinli ekanligi ravshan.(Iensen tengsizligidan osongina kelib chiqadi)
Isbot tugadi.
|