-masala - Sonli tengsizliklar haqida. Toshkent 2008

4-masala.
(Yung tengsizligi) Agar
p
,
q
∈
R
\{0, 1} sonlar
1
1
1
p
q
+ =
tenglikni
qanoatlantirsa, u holda ixtiyoriy
a
,
b
musbat sonlar uchun
1
1
p
q
a
b
a
p
q
+
≥
b
(p>
1
),
(5)
1
1
p
q
a
b
a
p
q
+
≤
b
(p<
1
)
(6)
5
tengsizliklar bajariladi.
Bundan tashqari, tenglik bajariladi faqat va faqat shu holdaki, qachonki
a
p
=
b
q
bo’lsa.
Yechilishi.
p
> 1 holni qaraymiz. Ixtiyoriy musbat
a
sonni fiksirlab,
1
1
: (0,
)
;
( )
p
q
f
R
f b
a
b
a
p
q
+∞ →
=
+
−
b
funksiyani aniqlaymiz.
Bu funksiyaning hosilasi
f
′
(
b
) =
b
q
-1
–
a
ga teng. Elementar hisoblashlar yordamida
1
1
q
a
−
nuqtada
f
funksiya uzining eng kichik kiymatiga erishishini kurish mumkin, ya’ni
1
1
( )
(
),
0.
q
f b
f a
b
−
>
>
(7)
ko’rsatiladi.
(7) tengsizlikdan
1
1
1
p
q
+ =
ekanligini hisobga olib,
1
1
0 (
0,
0;
1)
p
q
a
b
ab
a
b
p
p
q
+
−
≥
>
>
>
olinadi. (5) tengsizlik isbotlanadi. (7) dan tenglik
b=
1
1
q
a
−
, ya’ni
a
p
=
b
q
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
– sin
x
funksiyani qaraymiz.
f
funksiyaning hosilasi
f
′
(
x
) = 1 – cos
x
(
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
– sin
x
≥
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
a
2
(
b
–
c
) +
b
2
(
c
–
a
) +
c
2
(
a
–
b
) > 0
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
Yechilishi.
f
(
t
) = (
b
+
t
)
2
(
b
–
c
) +
b
2
(
c
– (
b
+
t
)) +
c
2
((
b
+
t
) –
b
) ko’rinishdagi
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
x
1
,
x
2
∈
(
a;b
) shunday
λ
1
≥
0,
λ
2
≥
0 va
λ
1
+ λ
2
= 1 shartlarni qanoatlantiruvchi
λ
1
, λ
2
sonlar uchun
f
(
λ
1
x
1
+
λ
2
x
2
)
≤
λ
1
f
(
x
1
) +
λ
2
f
(
x
2
) (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
x
j
∈
(
a;b
)
(
j
= 1,...,
n
) lar va
λ
1
+ ... + λ
n
= 1
tenglikni qanoatlantiruvchi ixtiyoriy
λ
j
≥
0 (
j
= 1,...,
n
) sonlar uchun
f
(
λ
1
x
1
+
λ
2
x
2
+ …+
λ
n
x
n
)
≤
λ
1
f
(
x
1
) +
λ
2
f
(
x
2
) + …+
f
(
λ
n
x
n
)
(
f
(
λ
1
x
1
+
λ
2
x
2
+ …+
λ
n
x
n
)
≥
λ
1
f
(
x
1
) +
λ
2
f
(
x
2
) + …+
f
(
λ
n
x
n
)
tengsizlik o’rinli.
Isboti:
( )
y
f x
=
funksiyaning grafigida abtsissalari
x
1
, x
2
, …, x
n
bo’lgan
A
1
, A
2
,
…, A
n
nuqtalarni qaraymiz
.
Bu nuqtalarda
m
1
, m
2
, …, m
n
massali
yuklarni joylashtiramiz
.
Bu nuqtalar massalari markazi
( )
( )
( )
1
1
2
2
1 1
2 2
1
2
1
2
;
n
n
n
n
n
n
m f x
m f x
m f x
m x
m x
m x
m
m
m
m
m
m
+
+ +
⎛
⎞
+
+ +
⎜
⎟
+
+ +
+
+ +
⎝
⎠
…
…
…
…
A
1
, A
2
, …, A
n
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 (1-
chiz.),
. (2)
8
1-chiz.
Isbotni tugatish uchun
m
1
= a
1
, …,
m
n
= a
n
olish qolyapti. Biroq, ikkita muhim izoh
mavjud. Birinchidan, Yensenning (1) tengsizligini isbotlash jarayonida biz (2)
tengsizlikni isbotladik. Aslida bu tengsizliklar teng kuchli.
(1) tengsizlikda
(
)
1
1
1, 2,...,
i
n
m
a
i
m
m
=
=
+ +
…
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
a
1
,
a
2
, ...,
a
n
sonlar uchun
1 2
...
n
n
a a a
≤
1
2
...
n
a
a
a
n
+ + +
(2)
tengnsizlik o’rinli, ya’ni o’rta geometrik qiymat o’rta arifmetik qiymatdan katta emas.
Yechilishi.
Agar
a
j
sonlardan biri 0 ga teng bo’lsa, u holda (2) tengsizlikning
bajarilishi ravshan, shuning uchun barcha
a
j
sonlar musbat deb hisoblaymiz.
f
(
x
) = ln
x
(
x
> 0) funksiyani qaraymiz.
f
funksiya (0; +
∞
) da yuqoridan qavariq ekanligi
ravshan. Yensen tengsizligiga asoslanib
1
1
1
1
ln
ln
n
n
i
i
i
i
a
a
n
n
=
=
⎛
⎞ ≥
⎜
⎟
⎝
⎠
∑
∑
tengsizlikni hosil qilamiz.
2-masala.
x
1
, ...,
x
n
– nomanfiy sonlar bo’lsin.
1
1
:[0,
)
;
( )
n
x
x
f
R
f
n
α
α
α
α
+
+
⎛
⎞
+∞ →
= ⎜
⎟
⎝
⎠
…
funksiya monoton o’suvchi ekanligini isbotlang.
Yechilishi.
0 <
α < β
bo’lsin.
h
(
x
) =
,
x x
β
α
≥
0
(
x
≥
0) funksiyani qaraymiz.
"( )
h x
=
1
0 (
x
x
β
α
β β
α α
⎛
⎞
−
>
>
⎜
⎟
⎝
⎠
0)
, shunday qilib
h
funksiya [0; +
∞
) da quyidan
qavariq. Yensen tengsizligiga ko’ra
1
1
1
1
(
n
n
i
i
i
i
h
x
h x
n
n
)
α
α
=
=
⎛
⎞ ≤
⎜
⎟
⎝
⎠
∑
∑
yoki
1
1
1
1
n
n
i
i
i
i
x
x
n
n
β
α
α
β
=
=
⎛
⎞ ≤
⎜
⎟
⎝
⎠
∑
∑
,
bu yerdan
f
(
α
)
≤
f
(
β
) kelib chiqadi.
|