-BOB. KARAMATA TENGSIZLIGI

3-BOB. KARAMATA TENGSIZLIGI.
Ta’rif:
1
2
( , ,..., )
n
x
x x
x
=
va
1
2
( , ,..., )
n
y
y y
y
=
n
-liklar quyidagi shartlarni
qanoatlantirsin:
1.
1
2
...
n
x
x
x
≥
≥ ≥
va
1
2
...
n
y
y
y
≥
≥ ≥
2.
1
1
,
1,...,
1
k
k
i
i
i
i
x
y
k
n
=
−
≥
=
−
∑
∑
n
n
i
i
i i
i i
,
x
y
=
=
=
∑
∑
1
, ya’ni
1
1
1
2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
.............. ........................
.......................................
...
...
...
...
n
n
n
x
y
x
x
y
y
x
x
x
y
y
y
x
x
x
y
y
−
−
≥
+
≥ +
+
+ +
≥ +
+ +
+
+ +
=
+
+ +
n
y
Bu holda
1
2
( , ,..., )
n
x
x x
x
=
n
-lik
1
2
( , ,..., )
n
y
y y
y
=
n
-likni
majorlaydi
deyiladi va bu
munosabat
x
y
yoki
kabi yoziladi.
y
x
≺
Misollar:
1.
(
)
1
1
1
1
1 1
,...
,...
,0
...
, ,0,...0
1,0,...0 .
1
1
2 2
n
n
n
n
⎛
⎞ ⎛
⎞
⎛
⎞
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎜
⎟
−
−
⎝
⎠ ⎝
⎠
⎝
⎠
≺
≺ ≺
≺
2. Agar
va
bo’lsa, u holda
m l
≥
0
c
≥
марта
марта
,...,
,0,...,0
,..., ,0,...,0
l
m
l
l
c
c
c
c
m
m
⎛
⎞
⎛
⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟ ⎜
⎟
⎜
⎟ ⎝
⎠
⎝
⎠
≺
munosabat o’rinli.
3. Agar
a
i
≥
0 va
bo’lsa, u holda
1
1
n
i
i
a
=
=
∑
(
) (
)
1
1
1
,...,
,...,
1,0,...,0
n
a
a
n
n
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
≺
≺
munosabat o’rinli.
32
4. Agar
bo’lsa, u holda
0
c
≥
1
1
1
1
1
1
(
,...,
)
( ,..., )
n
n
n
n
i
i
i
i
x
c
x
c
x
x
x
nc
x
=
=
+
+
+
∑
∑
≺
munosabat o’rinli.
5. Agar
n
x
x
x
y
y
y
n
n
+
+
+
=
=
=
=
...
...
2
1
2
1
bo’lsa
bo’ladi.
)
,...,
,
(
)
,...,
,
(
2
1
2
1
n
n
y
y
y
x
x
x
6. , ,
α β γ
- uchburchak burchaklari bo’lsin, u holda
A) barcha uchburchaklar uchun
, ,
( , , ) ( ,0,0)
3 3 3
π π π
α β γ
π
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
≺
≺
munosabat;
B) o’tkir burchakli uchburchaklar uchun
, ,
( , , )
, ,0
3 3 3
2 2
π π π
π π
α β γ
⎛
⎞
⎛
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
≺
≺
⎞
munosabat;
C) o’tmas burchakli uchburchaklar uchun
(
)
, ,
( , , )
, ,0
3 3 3
π π π
α β γ
π π
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
≺
≺
munosabat o’rinli.
Lemma (uch vatar haqida)
.
f
- qavariq funksiya bo’lsin. U holda uchun har qanday
uchun
z y z
< <
( )
( )
( )
( )
( )
( )
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
(
λ
x+
(1–
λ
)z)
≤
λ
(
x
)+(1–
λ
)
f
(
z
)
33
tengsizlik bajariladi, bu yerda
(0,1)
λ
∈
.
y z
x z
λ
−
=
−
deb olamiz va soddalashtirishlardan so’ng yuqoridagi tengsizlik
(
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
1
2
1
2
1
1
2
,
,
,
2
x
x
y
y
x
y
x
y
≥
≥
≠
≠
uchun
1
1
2
1
1
2
2
( )
( )
( )
( )
2
f x
f y
f x
f y
x
y
x
y
−
−
≥
−
−
tengsizlik bajariladi.
Lemma (Abel’ almashtirishi).
1
k
k
i
i
A
a
=
=
∑
bo’lsa, u holda
tenglik o’rinli.
1
1
1
1
(
)
n
n
k k
k
k
k
n n
k
k
a b
A b
b
A b
−
+
=
−
=
−
+
∑
∑
Isbot.
1 1
2 2
1
1
1 1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
2
2
2
3
1
1
...
(
)
... (
)
(
)
(
)
(
) ...
(
)
.
n
n
n n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n n
a b
a b
a b
a b
Ab
A
A b
A
A
b
A
A
b
A b
b
A b
b
A
b
b
A b
−
−
−
−
−
−
−
−
+
+ +
+
=
+
−
+ +
−
+
−
=
−
+
−
+ +
−
+
=
Teorema
(Karamata tengsizligi)
.
Qavariq (mos ravishda botiq)
f
funksiya
berilgan bo’lsin. Agar
x
≺
y
bo’lsa
1
1
( )
( )
n
n
i
i
i
i
f x
f
=
=
≤
∑
∑
y
(1)
(
1
1
( )
( )
n
n
i
i
i
i
f x
f
=
=
≥
∑
∑
y
). (1’)
34
tengsizlik bajariladi.
Isbot:
Qavariq
f
funksiya holini qarash etarli. Umumiylikka putur etkazmasdan
k
k
x
y
≠
deb hisoblashimiz mumkin.
( )
( )
k
k
k
k
k
f y
f x
D
y
x
−
=
−
,
1
k
k
i
i
X
x
=
=
∑
,
1
k
k
i
Y
=
=
i
y
∑
belgilashlarni kiritamiz.
U holda
.
,
k
k
n
Y
X Y
X
≥
=
n
Uch vatar haqida lemma natijasiga ko’ra
1
k
k
D
D
+
≥
.
Demak,
.
1
1
1
(
) (
) (
)
n
k
k
k
k
n
n
k
Y
X
D
D
X
Y D
−
+
=
−
⋅
−
+
−
≥
∑
0
0
Abel’ almashtirishini qo’llab,
1
(
)
n
k
k
k
k
y
x
D
=
−
⋅
≥
∑
ni hosil qilamiz. Teorema isbot
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,
1
1
( )
n
n
i
i
i
i
f x
x
f
n
n
=
=
⎛
⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
≥ ⎜
⎟
⎝
⎠
∑
∑
tengsizlik o’rinli bo’ladi.
Isbot.
n
x
x
x
y
y
y
n
n
+
+
+
=
=
=
=
...
...
2
1
2
1
deb olamiz.
bo’lgani
uchun Karamata tengsizligidan bevosita Yensen tengsizligi kelib chiqadi.
)
,...,
,
(
)
,...,
,
(
2
1
2
1
n
n
y
y
y
x
x
x
35
2. Ixtiyoriy musbat
lar uchun
, ,
a b c
1
1
1
1
1
2
2
2
a b
b c
c a
a
b
c
+
+
≤
+
+
+
+
+
1
.
Isbot. (
ga egamiz. Karamata tengsizligini
2 ,2 ,2 ) (
,
,
)
a b c
a b a c b c
+
+
+
1
( )
f x
x
=
funksiya uchun qo’llash etarli.
36
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.
Teorema 1
. 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
1
2
2
2
2
2
2
tg tg
tg tg
tg tg
α
β
β γ
γ α
+
+
=
Isbot. Dastlab shuni ta’kidlash joizki
α β γ
= =
bo’lgan holda teoremaning
tasdig’i o’rinlidir. Umumiylikka ziyon etkazmasdan
α β
≠
deb faraz qilaylik.
0
2
α β
< + <
π
bo’lganligi uchun
(
)
;
π π
−
intervalda
1
α β γ
π
+ +
=
shartni
qanoatlantiruvchi mavjud.
1
γ
Qo’shish formulalari va
2
tgx ctg
x
π
⎛
⎞
=
−
⎜
⎝
⎠
⎟
formulaga ko’ra
1
1
2
2
2
2
2
2
tg tg
tg
ctg
tg
tg
α
β
γ
α β
α
β
−
+
=
=
+
,
ya’ni
37
1
1
1
2
2
2
2
2
2
tg tg
tg
tg
tg
tg
α
β
β γ
γ
α
+
+
=
(1)
tenglik o’rinli bo’ladi. Faraz qilaylik biror
( )
, ,
0;
α β γ
π
∈
burchaklar uchun
1
2
2
2
2
2
2
tg tg
tg tg
tg tg
α
β
β γ
γ α
+
+
=
(2)
tenglik o’rinli bo’lsin.
Biz isbotlaymizki
1
γ γ
=
va bu bizga , ,
α β γ
lar biror uchburchak burchaklari ekanligini
beradi. (1) dan (2) ni ayirib
1
2
2
tg
tg
γ
γ
=
ni hosil qilamiz. Shuning uchun
1
,
0,
2
k k
k
γ γ
π
−
=
≥
∈ Ζ
. Ammo
1
1
2
2
2
γ γ
γ
γ
π
−
≤
+
<
tengsizlik o’rinli. Demak,
0
k
=
,
shuning uchun
1
γ γ
=
. 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
2
2
2
sin
sin
sin
2sin sin sin
1
2
2
2
2
2
2
α
β
γ
α
β
γ
+
+
+
=
2
Isbot. 0
α β
< + <
π
bo’lganligi uchun shunday
(
)
1
;
γ
π π
∈ −
mavjudki
1
α β γ
π
+ +
=
tenglik o’rinli bo’ladi. Ko’paytmani yig’indiga keltirish va ikkilangan burchak
formulalariga asosan quyidagi munosabatlar o’rinli
1
1
2
sin
2sin sin sin
cos
cos
2sin sin
cos
cos
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
γ
α
β
γ
α β
α β
α
β
α β
α β
+
+
+
−
⎛
⎞
+
=
+
=
⎜
⎟
⎝
⎠
=
2
2
2
2
1 2sin
1 2sin
cos
cos
2
2
1 sin
sin
2
2
α
β
2
2
α
β
α
⎛
⎞ ⎛
⎞
−
+ −
⎜
⎟ ⎜
⎟
+
⎝
⎠ ⎝
⎠
=
=
= −
−
β
.
Shunday qilib,
38
1
1
2
2
2
sin
sin
sin
2sin sin sin
1
2
2
2
2
2
2
α
β
γ
α
β
γ
+
+
+
=
(1)
Faraz qilaylik biror
( )
, ,
0;
α β γ
π
∈
burchaklar uchun
2
2
2
sin
sin
sin
2sin sin sin
1
2
2
2
2
2
2
α
β
γ
α
β
γ
+
+
+
=
(2)
tenglik o’rinli bo’lsin. (1)dan (2) ni ayirib,
1
1
2
2
sin
sin
2sin sin
sin
sin
0
2
2
2
2
2
2
γ
γ
α
β
γ
γ
⎛
⎞
−
+
−
⎜
⎟
⎝
⎠
=
,
ya’ni
1
1
sin
sin
sin
sin
2sin sin
0
2
2
2
2
2
2
γ
γ
γ
γ
α
β
⎛
⎞⎛
−
+
+
⎜
⎟⎜
⎝
⎠⎝
⎞
=
⎟
⎠
.
munosabatni hosil qilamiz.
Ikkinchi qavs ichidagi ifodani quyidagicha ifodalaymiz
1
sin
sin
cos
cos
sin
cos
2
2
2
2
2
2
γ
γ
α β
α β
γ
α β
−
+
−
+
+
−
=
+
Ravshanki bu ifoda musbat qiymatlar qabul qiladi. Shuning uchun
1
sin
sin
2
2
γ
γ
=
, ya’ni
1
γ γ
=
bo’ladi. Demak,
α β γ π
+ + =
. Tasdiq isbotlandi.
|