-masala - Sonli tengsizliklar haqida. Toshkent 2008

3-masala.
sin
α
+ sin
β
+sin
γ
3 3
2
≤
tengsizlikni isbotlang, bu yerda
10
α, β, γ
- biror uchburchakning ichki burchaklari.
Yechilishi.
f
: [0;
π]→
R
;
f
(
x
) =
sinx
funksiyani qaraymiz.
x
∈
(0;
π
) lar uchun
f
′′
(
x
) = –sin
x
va
f
′′
(
x
) < 0, shuning uchun
f
funksiya [0;
π]
da yuqoridan qavariq.
Yensen tengsizligiga ko’ra
( )
( )
( )
3
3
3
3
3
3
f
f
f
f
α β γ
α
β
γ
⎛
⎞
+ +
≥
+
+
⎜
⎟
⎝
⎠
yoki
1
3
3
sin
π
≥
( sin
α
+ sin
β
+sin
γ
),
bu yerdan
sin
α
+ sin
β
+sin
γ
3 3
2
≤
ni
olamiz.
4-masala.
Ixtiyoriy musbat
a
j
,
b
j
(
j
= 1,..,
n
) sonlar uchun
1
1
1
1
1
1
n
n
b
b
b
b
n
n
n
n
a
a
a
a
b
b
b
b
+ +
⎛
⎞
⎛
⎛ ⎞
+ +
≥
⎜
⎟
⎜
⎜ ⎟
+ +
⎝ ⎠
⎝
⎠
⎝
…
…
…
…
⎞
⎟
⎠
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang
Yechilishi.
f
: [0; +
∞)→
R
,
f
(
x
) =
lnx
funksiyani qaraymiz. Bu funksiya
yuqoridan qavariq. Shunday qilib, Yensen tengsizligiga ko’ra
1
1
1
1
n
n
i
i
i
i
i
n
i
n
i
b
a
b
a
f
f
b
b b
b
b
=
=
⎛
⎞
⋅
≤
⋅
⎜
⎟
+ +
+ +
⎝
⎠
∑
∑
…
…
i
b
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
yoki
1
1
1
1
(
)ln
ln
n
n
i
n
i
i
n
i
a
a
b
b
b
b
b
=
⎛ ⎞
+ +
+ +
≥
⎜ ⎟
+ +
⎝ ⎠
∑
…
…
…
a
b
demak,
1
1
1
1
1
1
n
n
b
b
b
b
n
n
n
n
a
a
a
a
b
b
b
b
+ +
⎛
⎞
⎛
⎛ ⎞
+ +
≥
⎜
⎟
⎜
⎜ ⎟
+ +
⎝ ⎠
⎝
⎠
⎝
…
…
…
…
⎞
⎟
⎠
.
5-masala.
(Gyuygens tengsizligi). Ixtiyoriy nomanfiy
a
j
(
j
= 1,...,
n
) sonlar uchun
1
1
(1
) (1
) (1
)
n
n
n
n
a
a
a
a
+
+
≥ +
…
…
11
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
Yechilishi.
f
:
R
→
R
,
f
(
x
) =
ln
(1 +
e
x
) funksiyani qaraymiz. Barcha
x
∈
R
lar
uchun
f
′′
(
x
) > 0 o’rinli. Shunday qilib, funksiya yuqoridan qavariq. Yensen
tengsizligiga ko’ra
1
1
1
1
1
1
1
1
ln
(ln )
ln 1 exp
ln
ln(1
)
n
n
n
n
i
i
i
i
i
i
i
f
a
f
a
a
a
n
n
n
n
=
=
=
=
⎛
⎞
⎛
⎞
≤
⇔
+
≤
+
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
∑
∑
∑
∑
i
⇔
1
1
ln((1
) (1
))
ln(1
)
n
n
n
n
a
a
n
a
a
⇔
+
+
≥
+
…
…
⇔
1
1
(1
) (1
) (1
)
n
n
n
n
a
a
a
a
⇔ +
+
≥ +
…
…
ni olamiz.
6-masala.
tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi.
2
( )
1
f x
=
+
x
funksiyani qaraymiz. Barcha musbat
x
∈
R
lar
uchun
f
′′
(
x
) > 0 o’rinli. Shunday qilib,
f
funksiya o’zining aniqlanish sohasida quyidan
qavariq.
,
deb olamiz. Bu funksiya uchun Yensen tengsizligini yozamiz.
,
Ohirgi tengsizlikning ikkala qismini
i
b
∑
ga ko’paytiramiz va kerakli tengsizlikni
olamiz.
12
7-masala.
Tengsizlikni isbotlang:
,
bu yerda
.
Yechilishi.
funksiyani qaraymiz. Barcha musbat
x
∈
R
lar uchun
f
′′
(
x
) > 0 o’rinli. Shunday qilib,
f
funksiya o’zining aniqlanish sohasida quyidan qavariq.
Bu funksiya uchun Yensen tengsizligini yozamiz.
.
Ikkala qismini
n
ga ko’paytiramiz va kerakli tengsizlikni olamiz.
8-masala
. Tengsizlikni isbotlang:
,
.
13
Isbot.
funksiya uchun Yensen tengsizligini yozamiz.
,
.
Ikkala qismini
n
ga ko’paytiramiz va kerakli tengsizlikni olamiz.
.
14
2-BOB. TRANS-TENGSIZLIK VA UNING TADBIQLARI .
1-§. Trans-tengsizlik haqida .
Teorema.
a
1
, ...,
a
n
sonli ketma-ketlik
a
1
≥
a
2
≥
...
≥
a
n
shartni qanoatlantirsin.
yig’indi
eng katta qiymatiga
b
1 1
2 2
...
n n
a b
a b
a b
+
+ +
1
≥
b
2
≥
...
≥
b
n
bo’lganda , eng
kichik qiymatiga esa
b
1
≤
b
2
≤
...
≤
b
n
bo’lganda yerishadi.
Isbot.
r, s
natural sonlar
r < s
≤
n
shartni qanoatlantirsin
.
Isbot qilish uchun
S
=
,
S
’=
yig’indilarni solishtirish etarli. Ular
uchun
1 1
2 2
...
...
...
r r
s s
n n
a c
a c
a c
a c
a c
+
+ +
+ +
+ +
1 1
2 2
...
...
...
r s
s r
n n
a c
a c
a c
a c
a c
+
+ +
+ +
+ +
S
’–
S
=
(
)(
r s
s r
r r
s s
r
s
s
r
a c
a c
a c
a c
a
a c
c
)
+
−
−
=
−
−
munosabatga ega bo’lamiz.
Demak, agar
s
r
c
c
≤
bo’lsa
S
≤
S
’ va
s
r
c
c
≥
bo’lsa
S
≥
S
’. Bu esa talab
qilingan tasdiqni isbotlaydi.
Natija.
Teoremadan ko’rinib turibdiki, agar
a
1
≥
a
2
≥
...
≥
a
n
,
b
1
≥
b
2
≥
...
≥
b
n
bo’lsa, u holda
b
1
, ...,
b
n
sonlarning ixtiyoriy (
x
1
, ...,
x
n
) o’rin almashtirishi uchun
1 1
2 2
...
n n
a b
a b
a b
+
+ +
≥
1 1
2 2
...
n n
a x
a x
a x
+
+ +
≥
1
2
1
...
n
n
n
a b
a b
a b
−
1
+
+ +
(1)
qo’shtengsizlik o’rinli.
Izoh.
Xorijiy adabiyotlarida (1) ko’shtengsizlik “rearrangement inequality” deb
yuritiladi. Qizig’i shundaki, hozirgacha (1) ko’shtengsizlik xattoki rus tilida aniq nomga
ega emas. Uni nomlash uchun “trans-tengsizlik” terminini qo’llash mualliflardan biriga
Xalqaro matematika olimpiadalarida ishtirok etuvchi Rossiya o’quvchilari terma
jamoasining ilmiy rahbari dotsent N. Agaxanov taklif qildi.
15
Ta’rif. (
a
1
,
a
2
,
a
3
) va (
b
1
,
b
2
,
b
3
) uchliklar
bir xil tartiblangan
deyiladi, agar
a
1
,
a
2
,
a
3
va
b
1
,
b
2
,
b
3
ketma-ketliklarlardan ikkalasi kamaymaydigan (ya’ni
1
2
a
a
a
3
≤
≤
va
), yoki ikkalasi ortmaydigan (ya’ni
va
) bo’lsa.
1
2
b
b
b
≤
≤
3
3
3
1
2
a
a
a
≥
≥
1
2
b
b
b
≥
≥
Agar
a
1
,
a
2
,
a
3
va
b
1
,
b
2
,
b
3
ketma-ketliklarlardan bittasi kamaymay-digan,
boshqasi esa ortmaydigan bo’lsa, u holda (
a
1
,
a
2
,
a
3
) va (
b
1
,
b
2
,
b
3
) uchliklar
turlicha
tartiblangan
deyiladi.
Masalan, (-1,1,3) va (2,5,7) uchliklar bir xil tartiblangan, (-1,1,3) va (7,5,2)
uchliklar esa turlicha tartiblangan.
a
,
b
,
c
musbat sonlar uchun
a
≥
b
≥
c
yoki
a b c
≤ ≤
bo’lsa, u holda
( ,
va
, )
a b c
1 1 1
, ,
a b c
⎛
⎜
⎝
⎠
⎞
⎟
uchliklar turlicha,
va
uchliklar esa bir xil tartiblangan , bu
yerda - ixtiyoriy natural son.
( , , )
a b c
( , , )
n
n
n
a b c
n
(
a
1
,
a
2
,
a
3
) va (
b
1
,
b
2
,
b
3
) uchliklar berilgan bo’lsin.
1
2
3
( , , )
x x x
uchlik
b
1
,
b
2
,
b
3
sonlarning o’rin almashtirishi bo’lsin.
U holda yuqoridagi teoremaning quyidagi muhim bo’lgan natijalarini qayd etamiz.
1) Agar
(
a
1
,
a
2
,
a
3
) va (
b
1
,
b
2
,
b
3
) uchliklar
bir xil tartiblangan bo’lsa, u holda
2
1
2
1
3
2
1
2
1
3
x
x
a
x
a
a
3
b
b
a
b
a
a
+
+
≥
3
+
+
(2)
tengsizlik o’rinli.
2) Agar
(
a
1
,
a
2
,
a
3
) va (
b
1
,
b
2
,
b
3
) uchliklar
turlicha tartiblangan bo’lsa, u holda
2
1
2
1
3
3
b
b
a
b
a
a
+
+
≤
2
1
2
1
3
3
x
x
a
x
a
a
+
+
(3)
tengsizlik o’rinli.
16
2-§. Trans-tengsizlikni masalalar yechishga tadbiqlari.
|