logo
  1. Главная страница
  2. Дипломные работы
  3. Общий
  4. Tengsizliklarni isbotlashning ba’zi usullari

Tengsizliklarni isbotlashning ba’zi usullari

Загружено в:

12.08.2023

Скачано:

0

Размер:

985.625 KB
Скачать
Tengsizliklarni isbotlashning ba’zi usullari MUNDARIJA Kirish ………………………………………………………………………………3 I-BOB. SONLI TENGSIZLIKLAR 1.1-§. Sonli tengsizliklar va ularning umumiy xossalari ………………… 5 1.2- § . Sonli tengsizliklarga doir olimpiada misollar isboti ……………..7 II-BOB. O’RTA QIYMATLAR VA ULAR O’RTASIDAGI MUNOSABATLAR 2.1-§. O’rta qiymatlar orasidagi munosabatlarning geometrik ma’noda isbotlari ..9 2.2- § . Koshi tengsizligi va uning turli xil isbotlari ……..…………………...……22 2.3- § .Koshi tengsizligi yordamida olimpiada tengsizliklarini yechish…………….29 III-BOB. KOSHI-SHVARS TENGSIZLIGI VA NOSTANDART TENGSIZLIKLAR 3.1-§.Koshi –Shvars tengsizligi va uning turli isbotlari ………………………..35 3.2-§. Koshi –Shvars tengsizligi yordamida olimpiada masalalarini yechish…….39 3.3-§.Nostandart tengsizliklar va ularning turli xil isbotlari…….44 3.4-$.Mustaqil yechish uchun masalalar………………………………. XULOSA …………………………………………………………………….…...46 Foydalanilgan adabiyotlar ro‘yxat …………….………………………………….52 1 Kirish Masalaning dolzarbligi . Ushbu malakaviy bitiruv ishi tengsizliklar va ularning turli xil isbotlarini o’rganish bilan bag’ishlanadi . Tengsizliklarni isbotlashning yangi samarali usullari va ularni qo’llanishiga doir turli matematik olimpiadalardagi masalalar keltirilgan. 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. Masalaning qo'yilishi . Malakaviy bitiruv ishida Sonli tengsizliklar va ularning umumiy xossalari va ularga oida olimpiada tengsizliklari yechimlaridan namunalar ,O’rta qiymatlar va ular orasidagi bir nechta munosabatlar va Koshi tengsizligi uning isboti va unga oid bir nechta murakkab olimpiada masalalari .Koshi-Shvars tengsizligi va uning turli xil isbotlari hamda unga oid bir nechta murrakkab masalalarni yechib ko’rish va nostandart masalalalarning qo’yilishi va ularni turli yo’llar bilan hal etish masalari qo’yilgan. Ishning maqsad va vazifalari: Malakaviy bitiruv ishining maqsad va vazifalari tengsizliklarni klasifikatsiya qilish turli tengsizliklarni bir nechta isbotlarini keltirish va maktab darsliklaridagi olimpiada tengsizliklarini bir nechta isbotlrini keltirish va larga doir bir nechta missollardan namunalar keltirib yechish. 2 Ilmiy tadqiqot usullari. Ushbu bitiruv malakaviy ishini bajarish jarayonida tengsizliklarni klasifikatsiyalashning zamonaviy usullaridan keng ma'noda foydalanildi. Ishning ilmiy ahamiyati. Bu ishda olingan nazariy va amaliy bilimlardan o’quvchilarni va talabalarni olimpiadaga tayyorlashda foydalanish mumkin. Ishning amaliy ahamiyati. Bu ishda jamlangan materiallardan doir amaliy masalalarda olimpiada tengsizliklarini yechishda keng ko’lamda foydalanish mumkin. Ishning tuzilishi. Bitiruv ishi kirish qismi, uchta bob, sakkizta paragrafdan iborat. Shunigdek ishning oxirida xulosa va foydanilgan adabiyotlar ro’yxati keltirilgan. Malakaviy bitiruv ishining birinchi bobida tengsizliklarning asosiy tushunchalaridan bo’lgan sonli tengsizliklar haqida umumiy tushunchalar keltirilgan. Malakaviy bitiruv ishining ikkinchi bobida O’rta qiymatlarning asosiy tengsizliklari hamda turli xil masalalarning isbotlari keltirilgan . Malakaviy bitiruv ishining uchinchi bobida Koshi-Shvars tengsizligi va uning turli xil isbotlari keltirilgan . 1$.Sonli Te ngsizlik lar haqida . . 3 Tarif : Agar ayirma musbat son bo’lsa , a soni sondan katta deyiladi va bu munosabatda shaklda yoziladi . ayirma manfiy bo’lsa a soni sonidan kichik deyiladi va shaklda yoziladi . Istalagn va sonlar uchun quyidagi uchta munosabatdan faqat biri o’rinli 1. ; 2. ; 3. Sonli t e ngsizlik lar quyidagi xossalarga e ga : . Agar va bo’lsa bo’ladi . .Agar va bo’lsa bo’ladi ; . Agar va bo’lsa bo’ladi ; Agar va bo’lsa bo’ladi ; Agar va bo’lsa bo’ladi . Agar va bo’lsa bo’ladi ; . va bo’lsa bo’ladi . . Haqiqiy sonning moduli: a haqiqiy sonning moduli orqali belgilanadi va quyidagicha ifodalanadi. 4 geometrik nuqtai nazardan 0 nuqtadan a sonini tasvirlovchi nuqtagacha bo’lgan masofadir. Haqiqiy sonning moduli xossalari: . , ifoda qiymati nolga teng da. . . . . . Te ore ma: a va b haqiqiy sonlar uchun quyidagi tensizlik doim o’rinli bo’ladi . . I sbot . Berilgan tengsizlikni isbotlash uchun tengsizlikni har ikkala tarafini qavs kvadratga oshiramiz . ushbu tengsizlikda quyidagi xulosaga kelamiz bu tengsizlik tabiyki doim o’rinli. Haqiqiy sonlari uchun ning umumiy ko’rinishi 5 Bu tengsizlikni ham shunday yoki induksiya metodi yordamida ham isbotlash mumkin. 1.2-$ Sonli t e ngsizlik larga doir olimpiada masalalari isbot i . 1.1-misol. Istalgan a,b va c sonlari uchun 2 a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2 a ( b + c ) ekanligini isbotlang. Yechilishi. Istalgan a , b va c sonlari uchun ( 2 a 2 + b 2 + c 2 ) − 2 a ( b + c ) ayirmani manfiy emasligini ko'rsatamiz: (2a2+b2+c2)−2a(b+c) ¿ Istalgan sonning kvadrati nomanfiy son bo'lgani uchun ¿ va ¿ . Demak, ( 2 a 2 + b 2 + c 2 ) − 2 a ( b + c ) istalgan a,b va c sonlari uchun manfiy emas. Shuning uchun berilgan tengsizlik istalgan a,b va c sonlari uchun o'rinli. Jumladan, tenglik belgisi a=b= c bo'lgandagina bajariladi. Δ Tengsizlikning to'g'riligini ko'rsatish uchun uning har ikkala qismining ayirmasini musbat yoki manfiyligini aniqlash, ya'ni 1-misoldagidek ta'rifdan foydalanib isbotlashga harakat qilish ayrim hollarda juda qiyin bo'ladi. Shuning uchun tengsizliklarni isbotlashda tengsizliklarning xossalaridan foydalaniladi. 1.2.Misol |x2+2x|+|x2−4|>2|x2+x−2| tengsizlikning barcha butun yechimlari yig’indisini toping. Y echish : Berilgan tengsizlikni |x2+2x|+|x2−4|>|2x2+2x−4| ko’rnishda yozib olsak, a= x2+2x va b= x2− 4 belgilashlarga ko’ra ushbu |a|+|b|>|a+b| ko’rinishga keladi. |a|+|b|>|a+b| har ikkala qismini kvadratga ko’tarib, soddalashtirishlarni bajarganimizdan so’ng quyidagi munosabatga ega bo’lamiz: 6 (|a|+|b|)2>(|a+b|)2→ a2+2|ab |+b2>a2+2ab +b2→ →|ab |>ab . Oxirgi munosabat esa faqat ab <0 bo’lganda o’rinli bo’ladi (O’ylang!). U holda (x2+2x)(x2− 4)<0 tengsizlikni yechsak, (x2+2x)(x2− 4)<0→ x(x− 2)(x+2)2<0→ 0<x<2 kelib chiqadi. Demak, x ning butun qiymatlari yig’indisi 1 ga teng. 2-$.O’RTA CHA QI Y MA TLA R VA ULA R ORA SI DA GI MUNOSA BA TLA R . . musbat sonlar ketma ketligi. O’rt a A rif me t ik qiymat . O’rt a Ge ome t rik qiy mat . O’rt a Kvadrat ik qiy mat O’rt a Garmonik qiymat 7 Xususiy hollarda va sonlar uchun bu o’rta qiymatlar quyidagicha bo’ladi ; ; ; ; . 2. O’rt a arif me t ik va O’rt a ge ome t rik qiymatlar haqidagi K oshi t e ngsizligi va uning isboti va unga doir turli xil masalalar isbotlari . I sbot (2.1.) Bizga malumki da tengsizligimiz o’rinli .Quyidagi tenglikga etiborimizni qaratamiz tenglik o’rinlidir . ushbu tengsizlikga ko’ra ushbu ifodadan kelib chiqadiki , ekanligi . va tenglik faqat va faqat tenglik bo’lganda bajariladi . Klassik t engsizlik larning geomet rik ma’nosi 2.1.misol M nuqta O markazli aylanadan tashqarida yotibdi. OM to‘g‘ri chiziq aylanani A va B nuqtalarda kesib o‘tadi. M nuqtadan o‘tuvchi to‘g‘ri chiziq aylanaga C nuqtada urinadi. H nuqta — C nuqtaning AB dagi proyeksiyasi, AB ga O nuqtada o‘tkazilgan perpendikulyar aylanani P nuqtada kesib o‘tadi. MA =a va MB =b ekani ma’lum. MO , MC , MH , MP larni toping va o‘sish tartibida yozing. Y echish : Aniqlik uchun a<b deb qabul qilib olamiz . 8 O nuqta — AB kesmaning o‘rtasi, shuning uchun: . Urinma va kesuvchi haqidagi teoremaga asosan: CH —bu OCM to‘g‘ri burchakli uchburchakning to‘g‘ri burchagi uchidan tushirilgan balandligi,shuning uchun MOP to’g’ri burchakli uchburchak uchun Pifagor teoremasi qo’llab,quyidagini topishimiz mumkin: MH kesma — MC gipotenuzali MCH to‘g‘ri burchakli uchburchakning kateti, shuning uchun 9 MH <MC MC kesma — MO gipotenuzali MOC to‘g‘ri burchakli uchburchakning kateti, shuning uchun MC < MO MO kesma — MP gipotenuzali MOP to‘g‘ri burchakli uchburchakning kateti, shuning uchun MO < MP Ya’ni, MH < MC < MO < MP , yoki 2.2.misol Asoslari BC=a va AD=b bo‘lgan teng yonli trapetsiyaga aylana ichki chizilgan. H nuqta — B uchning AD dagi proyeksiyasi, P nuqta — H nuqtaning AB dagi proyeksiyasi bo‘lsin. F nuqta BH kesmada yotsin, bunda FH=AH. AB, BH, ,???????????? kesmalarni toping va o‘sish tartibida yozing. Y echish : Aniqlik uchun a<b deb qabul qilib olamiz . 10 Agar to‘rtburchakka ichki aylana chizilgan bo‘lsa, bu to‘rtburchakning qarama- qarshi tomonlari yig‘indisi teng, shuning uchun AB+CD=BC+AD=a+b yon tomonlar esa AB=CD, unda 2AB=a+b demak .?????? nuqta— ABCD trapetsiyaga ichki chizilgan r radiusli aylananing markazi , M esa —aylananing AB yon tomon bilan urinish nuqtasi bo‘lsin. U holda ???????????? kesma— ?????????????????? to‘g‘ri burchakli uchburchakning to‘g‘ri burchagi uchidan tushirilgan balandligi, shuning uchun : Bundan kelib chiqadiki: . ???????????? kesma— ?????????????????? to‘g‘ri burchakli uchburchakning to‘g‘ri burchagi uchidan tushirilgan balandligi, shuning uchun: 11 ???????????????????????? trapetsiyaning teng yonli ekanidan, ?????????????????? to‘g‘ri burchakli uchburchak uchun Pifagor teoremasidan topish mumkin- ki ???????????? kesma— ???????????? gipotenuzali ?????????????????? to‘g‘ri burchakli uchburchakning kateti, shuning uchun ???????????? < ???????????? ???????????? kesma— ???????????? gipotenuzali ?????????????????? to‘g‘ri burchakli uchburchakning kateti, shuning uchun ???????????? < ???????????? ???????????? kesma— ???????????? gipotenuzali ?????????????????? to‘g‘ri burchakli uchburchakning kateti, shuning uchun ???????????? = ???????????? < ???????????? Bundan kelib chiqadi-ki, ???????????? < ???????????? < ???????????? < ???????????? , yoki Masala № 3 . ???????????????????????? trapetsiyaning ???????????? va ???????????? asoslari ?????? va ?????? ga teng. Asoslarga parallel to‘rtta to‘g‘ri chiziq o‘tkazildi. Birinchi to‘g‘ri chiziq yon tomonlarning o‘rtalaridan, ikkinchisi trapetsiyaning diagonallari kesishgan nuqtadan o‘tadi. Uchinchisi trapetsiyani ikkita o‘xshash trapetsiyaga, to‘rtinchisi—ikkita tengdosh 12 trapetsiyaga ajratadi. Bu to‘g‘ri chiziqlarning trapetsiya ajratgan kesmalarining uzunliklarini toping va o‘sish tartibida joylashtiring. Y echish. Aniqlik uchun ???????????? = ?????? < ?????? = ???????????? deb qabul qilib olamiz .?????? va ?????? —trapetsiya yon tomonlarining o‘rtalari bo‘lsin. U holda ???????????? —uning o‘rta chizig‘i, bundan ma’lumki, Trapetsiyaning asoslariga parallel va diagonallari kesishgan ?????? nuqtadan o‘tuvchi to‘g‘ri chiziq va ???????????? yon tomonlarni mos ravishda ?????? va ?????? nuqtalarda kesib o‘tsin. ?????????????????? uchburchak ?????????????????? uchburchakka o‘xshash va o‘xshashlik koeffitsiyenti 13 ga teng. ?????????????????? uchburchak esa ?????????????????? uchburchakka o‘xshash va o‘xshashlik koeffitsiyenti ga teng. Demak, xuddi shu singari , Bundan kelib chiqadi-ki, Trapetsiyaning asoslariga parallel va ???????????? va ???????????? yon tomonlarini mos ravishda ?????? va ?????? nuqtalarda kesib o‘tuvchi to‘g‘ri chiziq uni o‘zaro o‘xshash ???????????????????????? va ???????????????????????? trapetsiyalarga ajratsin. 14 U holda demak bundan kelib chiqadi Trapetsiyaning asoslariga parallel va ???????????? va ???????????? yon tomonlarini mos ravishda ?????? va ?????? nuqtalarda kesib o‘tuvchi to‘g‘ri chiziq uni o‘zaro tengdosh ???????????????????????? va ???????????????????????? trapetsiyalarga ajratsin. ???????????? = ?????? deb belgilaymiz. Agar ???????????? va ???????????? to‘g‘ri chiziqlar ?????? nuqtada kesishsa, u holda ?????????????????? uchburchak ?????????????????? uchburchakka o‘xshash va o‘xshashlik koeffitsiyenti. 15 ga, ?????????????????? uchburchak ?????????????????? uchburchakka o‘xshash va o‘xshashlik koeffitsiyenti ga teng. deb belgilaymiz. U holda , U holda Demak Chizmadan ma’lum-ki, kichik asosga eng yaqini— ???????????? kesma, keyin esa ???????????? , ???????????? va ???????????? . Bunga mos tengsizlik esa quyidagi ko‘rinishda bo‘ladi: 16 Masala № 4. ?????? nuqta ???????????? kesmada yotibdi, bunda ???????????? = ?????? , ???????????? = ?????? . ???????????? kesmaga ?????? nuqtadan va ???????????? kesmaning o‘rtasi bo‘lgan ?????? nuqtadan o‘tkazilgan perpendikulyarlar ???????????? diametrli yarimaylanani mos ravishda ?????? va ?????? nuqtalarda kesib o‘tadi. ???????????? kesma— ?????????????????? to‘g‘ri burchakli uchburchakning balandligi. ???????????? , ???????????? , ???????????? va ???????????? larni toping hamda o‘sish tartibida yozing. Yechish. Aniqlik uchun ?????? < ?????? deb qabul qilib olamiz. ?????? nuqta— ???????????? kemaning o‘rtasi, shuning uchun 17 ???????????? kesma— ?????????????????? to‘g‘ri burchakli uchburchakning to‘g‘ri burchagi uchidan tushirilgan balandligi,shuning uchun ???????????? kesma— ?????????????????? to‘g‘ri burchakli uchburchakning to‘g‘ri burchagi uchidan tushirilgan balandligi,shuning uchun ?????????????????? to‘g‘ri burchakli uchburchak uchun Pifagor teoremasidan ekani ma’lum. ???????????? kesma— ???????????? gipotenuzali ?????????????????? to‘g‘ri burchakli uchburchakning kateti, shuning uchun ???????????? < ???????????? ???????????? kesma— ???????????? gipotenuzali ?????????????????? to‘g‘ri burchakli uchburchakning kateti, shuning uchun ???????????? < ???????????? ???????????? kesma— ???????????? gipotenuzali ?????????????????? to‘g‘ri burchakli uchburchakning kateti, shuning uchun ???????????? = ???????????? < ???????????? Bundan kelib chiqadi-ki, ???????????? < ???????????? < ???????????? < ???????????? , yoki 18 2.2-$. KOSHI TEN GSIZLIGIN IN G TURLI X IL MISOLLA RGA TA DBIQLA RI. 2.1-misol. Aytaylik, , , sonlari musbat haqiqiy sonlar bo’lsin .Quyidagi ifodaning eng kichik qiymatini toping : . Y ECHI M: bo’lsa K oshi t e ngsizligiga ko’ra har doim o’rinli . Demak yuqoridagi ifoda uchun quyidagicha tengsizlikni yozishimiz mumkin . Demak yuqoridagi natijaga ko’ra ga teng ekan . 2.2-misol. Barcha nomanfiy sonlar uchun quyidagi tengsizlikni isbotlang . Y ECHI M: ko’rinishida yozvolamiz.So’ng dan foydalanamiz. 19 ekanligi kelib chiqadi . 2.3-misol. Aytaylik sonlari musbat haqiqiy sonlar bo’lsin. U holda ushbu Tengsizlikni isbotlang . Y ECHI M: Berilgan tengsizligimizni isbotlash uchun quyidagicha almashtirishlar olsak , va bizda quyidagi tenglamalar sistemasi xosil bo’ladi biz uni ga nisbatan yechib olsak ; ; . yuqoridagi tengsizligimiz quyidagi ko’rinishga keladi . Endi ekanligini isbotlaymiz Buning uchun ekanligidan . ko’rinishga keladi Koshi tengsizligiga ko’ra tengsizlik doim o’rinli .Demeka tengsizlik isbotlandi . 20 2 . 4-misol . Agar va bo’lsa ni isbotlang . Y ECHI M: Quyidagicha o’zgartirish kiritib olaylik : K oshi t e ngsizligidan foydalanamiz . tengsizlik isbotlandi. 2.5-misol Musbat sonlari uchun tengsizlikni isbotlang . Y ECHI M: Tengsizlikni shakl almashtiramiz va K oshi t e ngsizligidan foydalanamiz Koshi tengsizligiga ko’ra ; ; tengsizliklarni hadma-had qo’shsak ekanligi isbotlanadi . 2.6-misol . x>−1,y>−1 va z>−1 bo'lsin. S= 1+x2 1+y+z2+ 1+y2 1+z+x2+ 1+z2 1+x+y2≥2 tengsizlikni isbotlang. ¿ 1+x2 1+y+z2≥ 1+x2 1+¿y∨+z2 tengsizlik yordamida x,y va z ning manfiy ¿ bo'lmagan qiymatlarini qarash etarli. 21 S= 1+z+x2 1+y+z2+1+x+y2 1+z+x2+1+y+z2 1+x+y2−( z 1+y+z2+ x 1+z+x2+ y 1+x+y2)≥ ≥33 √ 1+z+x2 1+y+z2⋅1+x+y2 1+z+x2⋅1+y+z2 1+x+y2−( z 1+y+z2+ x 1+z+x2+ y 1+x+y2)≥ ≥3−( z 1+y+z2+ x 1+z+x2+ y 1+x+y2).Endi S 1 = z 1 + y + z 2 + x 1 + z + x 2 + y 1 + x + y 2 ≤ 1 ekanligini isbotlaymiz. x=0 holni qaraymiz. U holda. Demak, xyz =0 da S 1 ≤ 1 . xyz ≠ 0 holda S 1 = 1 ( x + 1 x ) + z x + 1 ( z + 1 z ) + y z + 1 ( y + 1 y ) + x y ≤ 1 2 + z x + 1 2 + y z + 1 2 + x y x y= a,y z=b va z x = c deb belgilab olamiz. abc =1 va S 1 = 1 2 + a + 1 2 + b + 1 2 + c ekanligi ravshan. U holda 1 2 + a + 1 2 + b + 1 2 + c = ( 2 + b ) ( 2 + c ) + ( 2 + a ) ( 2 + c ) + ( 2 + a ) ( 2 + b ) ( 2 + a ) ( 2 + b ) ( 2 + c ) = ¿ = 12 + 4 ( a + b + c ) + ( ab + bc + ac ) 8 + 4 ( a + b + c ) + 2 ( ab + bc + ac ) + abc ≤ ≤ 12 + 4 ( a + b + c ) + ( ab + bc + ac ) 8 + 4 ( a + b + c ) + ( ab + bc + ac ) + 3 3 √ a 2 b 2 c 2 + abc = 12 + 4 ( a + b + c ) + ( ab + bc + ac ) 12 + 4 ( a + b + c ) + ( ab + bc + ac ) = 1. Demak, S1≤1 . 2.7-misol . (Albaniya -2004) Musbat a,b,c sonlarning ko'paytmasi birga teng bo'lsa, 1 √ a + 1 b + 0,64 + 1 √ b + 1 c + 0,64 + 1 √ c + 1 a + 0,64 ≥ 1,2 tengsizlikni isbotlang. Yechim : O'rta arifmetik va o'rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligini quyidagi usulda qo'llaymiz: 22 0,6 √0,36 (a+1 b+0,64 ) + 0,6 √0,36 (b+1 c+0,64 ) + 0,6 √0,36 (c+1 a+0,64 ) ≥ ≥1,2 ( 1 a+1 b+1 + 1 b+1 c+1 + 1 c+1 a+1) =1,2Chunki 1 a + 1 b + 1 + 1 b + 1 c + 1 + 1 c + 1 a + 1 = 1 ab + b + 1 + 1 bc + c + 1 + 1 ac + a + 1 = ¿ = ac ac ( ab + b + 1 ) + a a ( bc + c + 1 ) + 1 ac + a + 1 = ac a + ac + 1 + a 1 + ac + a + 1 ac + a + 1 = 1 3-$. KOSHI-BUN Y A KOVSKIY -SHVA RTS TEN GSIZLI GI VA N OSTA NDA RT TEN GSIZLIKLA R. : yoki tengsizliklar ixtiyoriy haqiqiy larda o’rinlidir . 23 I SBOT: Bizga ma’lumki da ekanligi. U holda quyidagi tengsizliklar sistemasini qarasak. Berilgan tengsizliklar sistemasi ham doim o’rinli ekanligidan foydalanib ularni hadma-had qo’shsak va quyidagicha tenglikga ega bo’lamiz . Bizdag malumki kvadrat uch had doim nomanfiy bo’lsa , kvadrat uch handing ekanligidan foydalansak , berilgan tengsizligimiz isbotlanadi. I SBOT: Endi yuqoridagi tengsizligimizni yana bir isboti bilan tanishib chiqsak . Biz quyidagicha vektorlarni kiritib olsak va . Ikkita vektorning skalyar ko’paytmasi mos kordinatalari ko’paytmasiga tengligiga ko’ra kabi yozishimiz ham mumkin . Endi har bir vektorni modulini hisoblab chiqsak ; .Biz bilamizki ikkira vektor orasidagi burchak quyidagi formula yordamida xisoblab topiladi. 24 , va biz quyidagi tengsizlikga egamiz bunga ko’ra tengsizlik ham o’rinlidir.Demak xulosamiz shunday bo’ladiki ekanligi isbotlanadi. I SBOT: Bizga a 1 , a 2 , a 3 , … , a n , b 1 , b 2 , b 3 , … , b n lar nolga teng bo'lmagan haqiqiy sonlar berilgan bo'lsin.U holda quyidagi tengsizlik o'rinli bo'ladi.( a 12 + a 22 + … + a n2 )( b 12 + b 22 + … + b n2 ) ≥ ( a 1 b 1 + a 2 b 2 + … + a n b n ) 2 Tenglik sharti esa, a1 b1 = a2 b2 = … = an bn Bu taniqli Koshi-Shvarz tengsizligi.Bu tengsizlikni oddiy usulda isbotlashga harakat qilamiz. Buning uchun quyidagi funksiyani qaraymiz. f(x)=(a1− b1x)2+(a2− b2x)2+(a3− b3x)2+… +(an− bnx)2 bu funksiyadan ko'rinib turibdiki ∀ x ∈ R , f ( x ) ≥ 0 qavslarni ochib chiqsak quyidagicha kvadrat funksiyaga kelamiz, f ( x ) = ( b 1 2 + b 22 + … + b n2 ) x 2 − 2 x ( a 1 b 1 + a 2 b 2 + … + a n b n ) + ( a 1 2 + a 22 + … + a n2 ) Demak, shoxlari yuqoriga qaragan parabola f ( x ) ≥ 0 bo'lishi uchun uning Diskriminati musbat bo'lmasligi kerak. D = 4 ( a 1 b 1 + a 2 b 2 + … + a n b n ) 2 − 4 ( a 12 + a 22 + … + a n2 )( b 12 + b 22 + … + b n2 ) ≤ 0 bundan biz izlayotgan Koshi- Shvarz tengsizligi kelib chiqadi. Tenglik sharti f(x0)= 0 da bajariladi. f(x0)= 0=(a1− b1x0)2+(a2− b2x0)2+… +(an−bnx0)2 25 tenglik o'rinli bo'lish uchun a 1 − b 1 x 0 = a 2 − b 2 x 0 = … = a n − b n x 0 = 0 bundan x 0 = a 1 b 1 = a 2 b 2 = … = a n b n Isbot tugadi. Endi biz Koshi-Shvarz tengsizligidan o'zimizga qulay bo'lgan , tengsizlikni isbotlaymiz. Biz a i o'rniga ai= xi √yi (i=1,2 ,..n),bi o'rniga esa bi=√yi(i=1,2 ,..n) Albatta bu yerda yi>0 . Bundan quyidagi tengsizlik kelib chiqadi. x12 y1 +x22 y2 +… +xn2 yn ≥(x1+x2+… +xn)2 y1+y2+… +yn Endi bundan ba'zi tengsizliklarni isbotlashda foydalanamiz. Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligi xussiy hollarda quyidagicha : . . 3.2-$.KOSHI-BUN Y A KOVSKIY -SHVA RTS TEN GSIZLIGI Y ORDA MIDA MA SA LA LA R Y ECHISH 3.1-misol. Agar va bo’lsa tengsizlikni isbotlang . I SBOT: K oshi-Buny ak ovsk iy tengsizligidan foydalanamiz va ushbu tengsizlikni quyidagicha yozib olamiz. 26 Berilgan tengsizlik ustida quyidagicha shakl almashtirishlar olib borsak Berilgan tengsizilik isbotlandi. 3.2-Misol .(a1+a2+… +an)2 a12+a22+… +an2 ≤ a1 a1+a3 + a2 a3+a4 +… + an a1+a2 tengsizlikni isbotlang, bu yerda a k ≥ 0 ( k = 1,2 , … , n ) . Y echilishi . Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligiga ko'ra ( a 1 + a 2 + … + a n ) 2 = (√ a 1 a 1 + a 3 ⋅ √ a 1 ( a 1 + a 3 ) + … + √ a n a 1 + a 2 ⋅ √ a n ( a 1 + a 2 )) 2 ≤ ≤ ( a 1 a 1 + a 3 + a 2 a 3 + a 4 + … + a n a 1 + a 2 )( a 1 ( a 1 + a 3 ) + … a n ( a 1 + a 2 )) ≤ ≥ ( a 1 a 1 + a 3 + a 2 a 3 + a 4 + … + a n a 1 + a 2 )( 1 2 ( a 12 + a 22 ) + 1 2 ( a 12 + a 32 )) + … + ¿ + ( 1 2 ( a n − 12 + a n2 ) + 1 2 ( a n2 + a 12 )) + ( 1 2 ( a n2 + a 12 ) + 1 2 ( a n2 + a 22 )) = ¿ = ( a 1 a 1 + a 3 + a 2 a 3 + a 4 + … + a n a 1 + a 2 )( 2 a 12 + + … + 2 a n2 ) . 3.3-Misol . Agar a , b , c musbat sonlar va n , k ∈ N bo'lsa, u holda quyidagi a n + k b k + b n + k c k + c n + k a k ≥ a n + b n + c n tengsizlikni isbotlang. Y echilishi . O ' rta arifmetik va o ' rta geometrik miqdorlar haqidagi Koshi tengsizligidan munosabatga ko ' ra , 27 an+k bk+… .+an+k bk ⏟ n +bn+bn+… .+bn ⏟ k ≥¿yoki n ⋅ a n + k b k + k ⋅ b h ≥ ( n + k ) a n Xuddi shunday, n ⋅ b n + k c k + k c n ≥ ( n + k ) b n , n ⋅ c n + k a k + k ⋅ a n ≥ ( n + k ) c n tengsizliklarni hosil qilamiz. Bu tengsizliklarni hadma-had qo'shib, a n + k b k + b n + k c k + c n + k a k ≥ a n + b n + c n ni hosil qilamiz. 3.4-Misol . (Polsha -1991) Haqiqiy x,y,z sonlar x2+y2+z2= 2 shartni qanoatlantirsa, x + y + z − xyz ≤ 2 tengsizlikni isbotlang. Y echilishi: Masalaning shartidan ¿ x ∨ ¿ √ 2 − y 2 − z 2 va yz ≤1 ekanligini ko'rish mumkin. Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizliginidan quyidagi usulda foydalanib, x+y+z− xyz = x(1− yz )+y+z≤∨ x∨⋅∨1− yz ∨+¿y+z∨¿ ¿ munosabatni hosil qilamiz. Endi ( 1 + yz ) ( 2 − 2 yz + y 2 z 2 ) ≤ 2 ekanligini ko'rsatish yetarli. Bu tengsizlikning chap tomonidagi qavslarni ochib ixchamlash natijasida y 3 z 3 ≤ y 2 z 2 yoki yz ≤1 ni xosil qilamiz, bundan esa x+y+z− xyz ≤2 tengsizlik isbotlandi. 3.5-Misol ( Hindiston -2002) Musbat a,b,c sonlar uchun a b + b c + c a ≥ c + a c + b + a + b a + c + b + c b + a 28 ekanligini ko'rsating. Y echilishi : Tengsizlikni ( a b− c+a c+b+1)+( b c− a+b a+c+1)+( c a− b+c b+a+1)≥3 yoki b 2 + ac b ( c + b ) + c 2 + ab c ( a + c ) + a 2 + bc a ( b + a ) ≥ 3 kurinishda yozamiz.Koshi-Bunyakovskiy- Shvarts tengsizligini quyidagi usulda qo'llasak, b2+ac b(c+b)+ c2+ab c(a+c)+ a2+bc a(a+b)≥(b+c)a b(a+c)+b(a+c) c(a+b)+c(a+b) a(b+c)≥ ≥33 √ (b+c)a b(a+c)⋅b(a+c) c(a+b)⋅c(a+b) a(b+c)=3. 3.2-$.N OSTA NDA RT TEN GSIZLIK LA RVA ULA RN IN G TURLI X IL ISBOTLA RI 3.6-Misol .(Kolmogorov kubogi, Rossiya -2004) Musbat a,b,c sonlarning yig'indisi birga teng bo'lsa, ( ab + bc + ca ) ( a b ( b + 1 ) + b c ( c + 1 ) + c a ( a + 1 ) ) ≥ 3 4 29 tengsizlik o'rinli bo'lishini isbotlang. Y echilishi : Bu tengsizlikni chap tomonini T bilan belgilab, umumlashgan KoshiBunyakovskiy-Shvarts tengsizligini quyidagicha qo'llaymiz: T ⋅ ( a ( b + 1 ) + b ( c + 1 ) + c ( a + 1 ) ) ≥ ¿ yoki T ≥ 1 ab + bc + ca + 1 tengsizlikni va undan T ≥ 1 ab + bc + ca + 1 ≥ 1 ¿ ¿ ¿ munosabatni hosil qilamiz. a 2 + b b + c + b 2 + c c + a + c 2 + a a + b = a ( 1 − b − c ) + b b + c + b ( 1 − a − c ) + c c + a + c ( 1 − a − b ) + a a + b = ¿ = a + b b + c − a + b + c c + a − b + c + a c + b − c = a + b b + c + b + c c + a + c + a a + b − 1 ≥ ≥ 3 3√ a + b b + c ⋅ b + c c + a ⋅ c + a a + b − 1 = 2 3.7-Misol (Yaponiya -2002) Aytaylik, n ≥ 3 va n∈N da musbat a1,a2,… ,an,b1,b2,… ,bn sonlar quyidagi a 1 + a 2 + … + a n = 1 8 a b 12 + b 22 + … + b n2 = 1 shartlarni qanoatlantirsin. U holda a1(b1+a2)+a2(b2+a3)+… +an(bn+a1)<1 tengsizlikni isbotlang Y echilishi: t= a12+a22+… +an2 deb belgilab, a 1 a 2 + a 2 a 3 + … + a n a n − 1 + a n a 1 ≤ ≤ a 1 a 2 + a 1 a 3 + a 1 a 4 + … + a 1 a n + ¿ + a 2 a 3 + a 2 a 4 + … + a 2 a n + ¿ + a 3 a 4 + … + a 3 a n + ¿ + … .. + ¿ + a n − 1 a n = ¿ = 1 2 {( a 1 + a 2 + … a n ) 2 − ( a 12 + a 22 + … a n2 )} = 1 2 ( 1 − t ) munosabatlarni hosil qilamiz. Bu yerdan t<1 kelib chiqadi. Koshi-Bunyakovskiy-Shvarts tengsizligini qo'llab, (a1b1+a2b2+… +anbn)2≤(a12+a22+… +an2)(b12+b22+… +b22)=t yoki a 1 b 1 + a 2 b 2 + … + a n b n ≤ √ t tengsizlikni topamiz. Bundan ¿ 3.8- Misol (Koreya -2000) Aytaylik, a,b,c,x,y,z haqiqiy sonlar quyidagi 30 a ≥ b ≥ c > 0 , x ≥ y ≥ z > 0 shartlarni qanoatlantirsin, u holda a 2 x 2 ( by + cz ) ( bz + cy ) + b 2 y 2 ( cz + ax ) ( cx + az ) + c 2 z 2 ( ax + by ) ( ay + bx ) ≥ 3 4 tengsizlikni isbotlang . Y echilishi : Berilgan tengsizlikni chap tomonida turgan qo ' shiluvchilarni mos ravishda A,B,C deb belgilaymiz . ¿ Xuddi shunday , B≥2( b a+c) 2 y2 t2+x2,C ≥2( c a+b) 2 z2 x2+y2 tengsizliklarni hosil qilamiz.Berilgan shartlarga ko'ra a b + c ≥ b c + a ≥ c a + b , x 2 y 2 + z 2 ≥ y 2 z 2 + x 2 ≥ z 2 x 2 + y 2 munosabatlar o'rinli. Chebishev tengsizligini qo'llasak, A + B + C ≥ 2 ⋅ 1 3 {( a b + c ) 2 + ( b a + c ) 2 + ( c a + b ) 2}{ x 2 y 2 + z 2 + y 2 x 2 + z 2 + z 2 x 2 + y 2 } ≥ ¿ ¿ Musbat α , β , γ sonlar uchun α β + γ + β γ + α + γ α + β ≥ 3 2 tengsizlikni isbotlaymiz. α+β= τ,β+γ= s,γ+α=t belgilash kiritib, α β + γ + β γ + α + γ α + β = τ + t − s 2 s + τ + s − t 2 t + s + t − τ 2 τ = ¿ = 1 2 ( τ s + t s + τ t + s t + s τ + t τ − 3 ) ≥ 1 2 ( 2 + 2 + 2 − 3 ) = 3 2 ni hosil qilamiz. Bundan A+B+C≥2⋅1 3⋅1 3⋅( 3 2) 2 ⋅3 2= 3 4 Tenglik a=b= c va x = y = z bo'lganda bajariladi. 3.8 - misol (XMO -2001) x 1 , x 2 , … .. x n haqiqiy sonlar uchun x1 1+x12+ x2 1+x12+x22+… .+ xn 1+x12+x22+… +xn2<√n tengsizlikni isbotlang. Y echilishi: Tengsizlikni musbat x 1 , x 2 , … , x n sonlar uchun isbotlash yetarli. KoshiBunyakovskiy-Shvarts tengsizligini quyidagi usulda qo'llab, 31 x 1 1 + x 12 + x 2 1 + x 12 + x 22 + … . + x n 1 + x 12 + x 22 + … + x n2 < ¿ <√ n (( x 1 1 + x 12 ) 2 + ( x 2 1 + x 1 2 + x 22 ) 2 + … + ( x n 1 + x 12 + … + x n2 ) 2) munosabatni hosil qilamiz. Bundan x12 (1+x12)2+ x22 (1+x12+x22)2+..+ xn2 (1+x12+x22+… +xn2)2<1 ekanligini ko'rsatsak, yuqoridagi tengsizlik isbotlanadi. x k 2 ( 1 + x 12 + x 22 + … + x k2 ) ≤ x k2 ( 1 + x 12 + x 22 + … + x k − 12 )( 1 + x 12 + … + x k2 ) = ¿ = 1 1 + x 12 + … + x k − 12 − 1 1 + x 1 2 + … + x k2 bo'lgani uchun ∑ k = 1n ❑ ( x k 1 + x 12 + … + x k2 ) 2 < 1 − 1 1 + x 12 + … + x n2 < 1 3.9 - misol : Bizga a, b, c musbat haqiqiy sonlar berilgan bo'lsin. U holda quyidagi tengsizlikni isbotlang. a b + c + b a + c + c b + a ≥ 3 2 Isbot : Tengsizlikka quyidagicha o'zgartirish kiritsak, a b+c+ b a+c+ c b+a= a2 ab +ac + b2 ba +bc + c2 cb +ca ≥¿¿ ko'rib turganingizdek keyingi bosqichda Koshi-Shvarz tengsizligidan foydalandik.Endi biz tengsizlikni isbotlashimiz uchun ¿ ¿ tengsizlikni isbotlashimiz yetarli. Bu tengsizlikni soddalashtirish natijasida esa a2+b2+c2≥ab +bc +ca ¿ ko'rinishga keladi.Bu esa doim o'rinli. Isbot tugadi.(Jumanazarov Xoshim) 32 3.10 - misol : Bizga a va b musbat haqiqiy sonlar berilgan bo'lsa, quyidagi tengsizlikni isbotlang. 8( a 4 + b 4 ) ≥ ¿ Isbot : Bunda ham tengsizlikdan quyidagicha foydalanamiz. a4+b4= a4 1+b4 1 ≥(a2+b2)2 2 ≥¿¿¿ Bunda ham ikkinchi bosqichda Koshi-Shvarz tengsizligidan foydalandik. 3.11 - misol : Agar x,y,z>0 bo'lsa quyidagi tengsizlikni isbotlang. 2 x+y+ 2 z+y+ 2 x+z≥ 9 x+y+z Isbot : Tengsizlikka quyidagicha o'zgaritirish kiritamiz, ¿ ¿ Tenglik sharti esa x = y = z da bajariladi.Isbot tugadi 3.12 - misol : Agar a, b, x, y, z musbat haqiqiy sonlar bo'lsa, Quyidagi tengsizlikni isbotlang. x ay + bz + y az + bx + z ax + by ≥ 3 a + b Isbot : Bunda ham quyidagicha o'zgartirish kiritamiz. x ay + bz + y az + bx + z ax + by = x 2 ayx + bzx + y 2 azy + byx + z 2 axz + byz ≥ ¿ ¿ Bizga ¿ ma'lumligidan foydalanib ketdik. Demak isbot tugadi 3.13 - misol : a, b, c haqiqiy musbat sonlar uchun abc = 1 o'rinli bo'lsa, quyidagi tengsizlikni isbotlang. 33 1 a3(b+c) + 1 b3(a+c) + 1 c3(b+a) ≥3 2Isbot : Koshi-Shvarz tengsizligiga moslab o'zgartirish kiritamiz. 1 a 3 ( b + c ) + 1 b 3 ( a + c ) + 1 c 3 ( b + a ) = 1 a 2 ab + ac + 1 b 2 ab + bc + 1 c 2 ac + bc Koshi-Shvarz tengsizligi va abc =1 dan foydalansak, ≥ ( 1 a + 1 b + 1 c ) 2 2 ( ab + bc + ac ) = ¿ ¿ ¿ Isbot tugadi. 3.12 - misol : Agar x,y,z>0 berilgan bo'lsa, quyidagi tengsizlikni isbotlang. x x+2y+3z+ y y+2z+3x+ z z+2x+3y≥1 2 Isbot : Quyidagicha o'gartirish kiritsak, x x + 2 y + 3 z + y y + 2 z + 3 x + z z + 2 x + 3 y = x 2 x 2 + 2 yx + 3 zx + y 2 y 2 + 2 zy + 3 xy + z 2 z 2 + 2 xz + 3 yz Koshi-Shvarzga qo'ysak, x 2 x 2 + 2 yx + 3 zx + y 2 y 2 + 2 zy + 3 xy + z 2 z 2 + 2 xz + 3 yz ≥ ¿ ¿ Endi biz tengsizlikni isbotlashimiz uchun ¿ ¿ ni isbotlashimiz yetarli.Buni soddalashtirishdan esa, x2+y2+z2≥xy +yz +zx Bu 3.8 – misol da ko'rdildi va doim o'rinli.Isbot tugadi. 34 3.4$- MUSTAQIL Y ECHISH UCHUN MASALALAR 1. a, b, c haqiqiy sonlar uchun quyidagilarni isbotlang. (i) (ii) (iii) (iv) agar bo’lsa . 2. a, b, c haqiqiy sonlar uchun quyidagi tengsizlikni isbotlang. . 3. a, b, haqiqiy sonlar uchun tengsizlik o’rinli bo’lsa quyidagilarni isbotlang. (i) , (ii) (iii) 35 4. ( Chexiya va Slovakiya Respublikasi, 2004 yil) a, b, c, d lar haqiqiy sonlar ,agar a+d=b+c bo’lsa 5. Agar ushbu shartga ko’ra Tengsizlikni isbotlang. 6. ( IMO-1996) a, b, c musbat haqiqiy sonlar uchun abc=1 yenglik o’rinli bo’lsa tengsizlikni isbotlang. 7. m va n haqiqiy musbat sonlari uchun munosabat o’rinli bo’lsa tengsizlikni isbotlang. 8. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun tengsizlikni isbotlang. 9. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar a+b+c=1 shartni qanoatlantirsa√ 9 a + 1 + √9b+1 + √ 9 c + 1 ≤ 6 tengsizlikni isbotlang. 36 10. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar a 4 +b 4 +c 4 =1 shartni qanoatlantirsa a+b+c ≤ 1 abc tengsizlikni isbotlang. 11. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun ( 4 b + a ) (4 c+b ) ( 4 a + c ) ≥ 64 tengsizlikni isbotlang. 12. Haqiqiy a, b >0 sonlar uchun a b + 1 + b a+1 + 1 b+a ≥ 3 2 tengsizlikni isbotlang. 13. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun ab a 2 + b 2 + cb c2+b2 + ac a2+c2 ≤ 3 2 tengsizlikni isbotlang. 14. Haqiqiy a, b >0 sonlar uchun a 4 +b 4 +1 ≥ a 2 b+b 2 a+ab tengsizlikni isbotlang. 15. Haqiqiy a, b,c, x, y, z >0 sonlar x+y+z=1 shartni qanoatlantirsa a 2 y + z + b2 x+z + c 2 y + x ≥ ( a + b + c ) 2 2 tengsizlikni isbotlang . 16. Haqiqiy a, b, c, d >0 sonlar uchun 1 a + 4 b + 9 c + 16 d ≥ 100 a + b + c + d tengsizlikni isbotlang . 17. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun 1 a + 1 b + 1 c +abc ≥ 4 tengsizlikni isbotlang . 18. Haqiqiy a, b, c >1 sonlar uchun log ab + log ca + log bc ≥ 3 tengsizlikni isbotlang . 19. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun 4 √ a + b + 4 √ c + b + 4 √ a + c ≤ a + b + c 2 + 9 4 tengsizlikni isbotlang . 37 20. Haqiqiy x 1 , x 2 , …. x 10 >0 sonlar uchun x 1 2 + x 2 2 +….+ x 10 2≥ 2 3x 1 (x 2 + x 3 +…..+x 10 ) tengsizlikni isbotlang . 21. Haqiqiy a, b,c, x, y, z >0 sonlar uchun a 2 x + b 2 y + c 2 z ≥ ( a + b + c ) 2 x + y + z tengsizlikni isbotlang . 22. Haqiqiy a, b >0 sonlar a+b ≥ 1 shartni qanoatlantirsa a 3 +b 3 ≥ 1 4 tengsizlikni isbotlang . 23. Haqiqiy a, b >0 sonlar a+b=2 shartni qanoatlantirsa a 2 a + 1 + b 2 b + 1 ≥ 1 tengsizlikni isbotlang . 23. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun a a + b + b b+c+ c c+a a2+c2+b2+2ab +2bc +2ca a2+c2+b2+ab +bc +ca tengsizlikni isbotlang . 24. Haqiqiy a, b, c >1 sonlar a+b+c=6 shartni qanoatlantirsa √ a − 1 + √ b − 1 + √c−1 ≤ 3 tengsizlikni isbotlang. 25. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun 1 c(a2+b2−ab ) + 1 a(c2+b2−cb ) + 1 c(a2+c2− ac ) ≤ 3 abc tengsizlikni isbotlang . 26. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun a 3 a 2 + b 2 + b3 c2+b2 + c 3 c 2 + d 2 + d3 d2+a2≥a+b+c+d 2 tengsizlikni isbotlang. 38 27. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun 1 a + 1 b + 1 c ≥ 2 a + b + 2 a + c + 2 b + c tengsizlikni isbotlang . 28. Haqiqiy a 1 , a 2 ,… a n , b 1 , b 2 ,… b n >0 sonlar uchun a 1 +a 2 +…+ a n = b 1 + b 2 +… +b n shartni qanoatlantirsa a 1 2 a 1 + b 1 + a 22 a 2 + b 2 + … ..+ an2 an+bn ≥ a1+a2+… +an 2 tengsizlikni isbotlang . 23. Haqiqiy a, b, c, d >0 sonlar uchun (a 4 +3) (b 4 +3) (c 4 +3) (d 4 +3) ≥ (a+b+c+d) 4 tengsizlikni isbotlang 24. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun (a 2 b+b 2 c+c 2 a)(ab 2 +bc 2 +ca 2 ) ≥ 9a 2 b 2 c 2 tengsizlikni isbotlang . 25. Haqiqiy a, b, x, y, z >0 sonlar uchun x ay + bz + y az + bx + z ax + by ≥ 3 a + b tengsizlikni isbotlang . 26. Haqiqiy a, b, c, d >0 sonlar uchun a b+c+d+ c b+a+d+ b a+c+d+ d b+c+a≥ 4 3tengsizlikni isbotlang . 27. Haqiqiy a 1 , a 2 ,… a n >0 sonlar uchun (a 1 +a 2 +…+ a n )( 1 a 1 + 1 a 2 + … + 1 a n ) ≥ n 2 tengsizlikni isbotlang . 28. Haqiqiy a, b, c, d >0 sonlar uchun a 2 b + b 2 c + c 2 d + d 2 a ≥ a + b + c + d tengsizlikni isbotlang 39 27. Haqiqiy a, b, c, d >0 sonlar uchun 1 a 4 + 1 4 a 3 b + 1 6 a 2 b 2 + 1 4 b 3 a + 1 b 4 ≥ 25 ( a + b ) 4 tengsizlikni isbotlang . 28. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun a 2 a 2 + 2 bc + b 2 2 ca + b 2 +c2 c2+2ab ≥1 tengsizlikni isbotlang. 30. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun a4+b4 a3+b3 + c4+b4 c3+b3+a4+c4 a3+c3≥a+b+c tengsizlikni isbotlang. 31. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun abc ≥ (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) tengsizlikni isbotlang. 32. Haqiqiy a, b >0 sonlar a+b=1 shartni qanoatlantirsa a 8 +b 8 ≥ 1 128 tengsizlikni isbotlang. 33. Haqiqiy a, b >0 sonlar a+b=1 shartni qanoatlantirsa (a+ 1 a ) 2 + (b+ 1 b ) 2 ≥ 25 2 tengsizlikni isbotlang. 34. Haqiqiy a 1 , a 2 ,… a n >0 sonlar a 1 +a 2 +… +a n =1 shartni qanoatlantirsa (a 1 + 1 a1 ) 2 + (a 2 + 1 a 2 ) 2 +……+(a n + 1 a n ) 2 ≥ ( n 2 + 1 ) 2 n tengsizlikni isbotlang. 40 35. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun 6a 2 +4b 2 +5c 2 ≥ 5ab+7ac+3bc tengsizlikni isbotlang. 36. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchburchak tomonlari bo’lsa 1 b+c−a+¿ 1 a+c−b+¿ 1 b + a − c ≥ 1 b + 1 c + 1 a tengsizlikni isbotlang. 37. Haqiqiy a, b, c, d>0 sonlar abcd=1 shartni qanoatnlantirsa a 2 +b 2 +c 2 +d 2 +ab+bc+ca+da+db+dc ≥10 tengsizlikni isbotlang. 39 ] Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun (a+ 1 b − 1 ) (b+ 1 c − 1 ) (c+ 1 a−1 ) ≤ ( 1 + abc 2 √ abc ) 3 tengsizlikni isbotlang. 40. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar a+b+c=1 shartni qanoatlantirsa (1+ 1 a ) (1+ 1 b ) (1+ 1 c ) ≥ 64 tengsizlikni isbotlang. 41. Haqiqiy a 1 , a 2 ,… a n >0 sonlar uchun a 1 a 2 + a 2 a 3 +…. + a n − 1 a 1 ≥n tengsizlikni isbotlang. 42. Haqiqiy a, b, c, d ,e >0 sonlar uchun ( a b ¿ ¿ 4 + ¿ tengsizlikni isbotlang. 43. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun 1 a + 1 b + 1 c ≥ 1 √ ab + 1 √ bc + 1 √ ca tengsizlikni isbotlang. 41 44. Haqiqiy a 1 , a 2 ,… a n >0 sonlar uchun a 1 k + … + a n k n ≥ ( a 1 + … + a n n ) k tengsizlikni isbotlang. 45. Haqiqiy a 1 , a 2 ,… a n , b 1 , b 2 ,… b n >0 sonlar uchun √ a 1 + a 2 + … + a n √b1+b2+… +bn≥√a1b1+√a2b2+… √anbn tengsizlikni isbotlang. 46. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun ∑ a2 (a+b)(a+c) ≥ 3 4 tengsizlikni isbotlang. 47. Haqiqiy a, b, c, k >0 sonlar uchun a b + b c + c a ≥ a + k b + k + b + k c + k + c + k a + k tengsizlikni isbotlang. 48. Haqiqiy a, b, c, d>0 sonlar uchun a 2 b + b 2 c + c 2 d + d 2 a ≥ a + b + c + d tengsizlikni isbotlang. 49 Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun ∑ (2a b+c) 23≥3 tengsizlikni isbotlang. 50. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar abc=8 shartni qanoatlantirsa ∑ a2 √(1+a3)(1+b3) ≥4 3 tengsizlikni isbotlang. 51. [ Cauchy-Schvarz ineqality] Haqiqiy a 1 , a 2 ,… a n , b 1 , b 2 ,… b n sonlar uchun ( a12+a22+… +an2¿(b12+b22+… +bn2)≥(a1b1+a2b2+… +anbn)2 tengsizlikni isbotlang. 42 52. [AM-GM inequality] Haqiqiy a 1 , a 2 ,… a n≥0 sonlar uchun a1+a2+… +an n ≥n√a1… an tengsizlikni isbotlang. 53. Haqiqiy a 1 , a 2 ,… a n , b 1 , b 2 ,… b n >0 sonlar uchun ∑i=1 n ai bi2≥ 1 a1+..+an (∑i=1 n ai bi ) 2 tengsizlikni isbotlang. 55. Haqiqiy a, b, c >1 sonlar 1 a + 1 b + 1 c = 1 shartni qanoatlsntirsa √ a + b + c ≥ √ a − 1 + √ b − 1 + √ c − 1 tengsizlikni isbotlang. 56. Haqiqiy a, b, c, d >0 sonlar uchun a b+c+ b c+d+ c d+a+ d a+b≥2 tengsizlikni isbotlang. 57. Haqiqiy 1>a, b, c >0 sonlar uchun 3√abc +3√(1−a)(1− b)(1−c) ≤1 tengsizlikni isbotlang. 58. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun a √a2+8bc +¿ b √b2+8ac +¿ c √ c 2 + 8 ba ≥ 1 tengsizlikni isbotlang. 59. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar a+b+c=1 shartni qanoatlantirsa 1 ≥24 abc +a3+b3+c3 tengsizlikni isbotlang. 60. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun a2 27 + b2 64 + c2 125 ≥(a+b+c)2 63 tengsizlikni isbotlang. 43 61. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun ∑ a 2 + b 2 a + b ≥ a + b + c tengsizlikni isbotlang. 62. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun ∑ a a + 2 b ≥ 1 tengsizlikni isbotlang. 63 .Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchuna b+1+ b c+1+ c a+1≥ 3(a+b+c) 3+a+b+c tengsizlikni isbotlang. 64. Haqiqiy a, b, c, d, e, f >0 sonlar uchun a b+c+ b c+d+ c d+e+ d e+ f+ e f+a+ f a+b≥3 tengsizlikni isbotlang. 65. Haqiqiy a, b, c >0 sonlar uchun 1 a + 1 4 b + 1 4 c ≥ 4 a + b + c tengsizlikni isbotlang. 44 XULOSA Tengsizliklarni isbot qilishda m а kt а b d а rslikl а rid а v а olimpi а d а l а rd а uchr а ydig а n а sosiy tengsizlikl а r yechilish usull а rig а nisb а t а n kv а lifikatsiyalanadi. Har bir yechilish usuliga oid turli qiyinchilikdagi misollar yechib kursatiladi. Ushbu Malakaviy bitiruv ishida sonli tengsizliklar, o’rta qiymatlar orasidagi munosabatlar va nostandart tengsizliklarni yechish usullari atroflicha o’rganilgan. Malakaviy bitiruv ishida maktab darsliklaarida uchraydigan olimpiada masalalaridan bir nechtasi isbotlab ko’rsatilgan va asosiy tengsiliklar o’rganilgan. Maktab olimpiadasida uchraydigan bir nechta masala yechib ko’rsatildi. Malakaviy bitiruv ishi kirish qismi, uchta bob va sakkizta paragraf, xulosa va foydalanilgan adabiyotlar ro’yxatidan iborat. 45 Foy dalanilgan adabiy ot lar 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, A<B, http://www.unl.edu/amc/a-activities/a4-for-students/s-index.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. 46 47

Tengsizliklarni isbotlashning ba’zi usullari MUNDARIJA Kirish ………………………………………………………………………………3 I-BOB. SONLI TENGSIZLIKLAR 1.1-§. Sonli tengsizliklar va ularning umumiy xossalari ………………… 5 1.2- § . Sonli tengsizliklarga doir olimpiada misollar isboti ……………..7 II-BOB. O’RTA QIYMATLAR VA ULAR O’RTASIDAGI MUNOSABATLAR 2.1-§. O’rta qiymatlar orasidagi munosabatlarning geometrik ma’noda isbotlari ..9 2.2- § . Koshi tengsizligi va uning turli xil isbotlari ……..…………………...……22 2.3- § .Koshi tengsizligi yordamida olimpiada tengsizliklarini yechish…………….29 III-BOB. KOSHI-SHVARS TENGSIZLIGI VA NOSTANDART TENGSIZLIKLAR 3.1-§.Koshi –Shvars tengsizligi va uning turli isbotlari ………………………..35 3.2-§. Koshi –Shvars tengsizligi yordamida olimpiada masalalarini yechish…….39 3.3-§.Nostandart tengsizliklar va ularning turli xil isbotlari…….44 3.4-$.Mustaqil yechish uchun masalalar………………………………. XULOSA …………………………………………………………………….…...46 Foydalanilgan adabiyotlar ro‘yxat …………….………………………………….52 1

Kirish Masalaning dolzarbligi . Ushbu malakaviy bitiruv ishi tengsizliklar va ularning turli xil isbotlarini o’rganish bilan bag’ishlanadi . Tengsizliklarni isbotlashning yangi samarali usullari va ularni qo’llanishiga doir turli matematik olimpiadalardagi masalalar keltirilgan. 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. Masalaning qo'yilishi . Malakaviy bitiruv ishida Sonli tengsizliklar va ularning umumiy xossalari va ularga oida olimpiada tengsizliklari yechimlaridan namunalar ,O’rta qiymatlar va ular orasidagi bir nechta munosabatlar va Koshi tengsizligi uning isboti va unga oid bir nechta murakkab olimpiada masalalari .Koshi-Shvars tengsizligi va uning turli xil isbotlari hamda unga oid bir nechta murrakkab masalalarni yechib ko’rish va nostandart masalalalarning qo’yilishi va ularni turli yo’llar bilan hal etish masalari qo’yilgan. Ishning maqsad va vazifalari: Malakaviy bitiruv ishining maqsad va vazifalari tengsizliklarni klasifikatsiya qilish turli tengsizliklarni bir nechta isbotlarini keltirish va maktab darsliklaridagi olimpiada tengsizliklarini bir nechta isbotlrini keltirish va larga doir bir nechta missollardan namunalar keltirib yechish. 2

Ilmiy tadqiqot usullari. Ushbu bitiruv malakaviy ishini bajarish jarayonida tengsizliklarni klasifikatsiyalashning zamonaviy usullaridan keng ma'noda foydalanildi. Ishning ilmiy ahamiyati. Bu ishda olingan nazariy va amaliy bilimlardan o’quvchilarni va talabalarni olimpiadaga tayyorlashda foydalanish mumkin. Ishning amaliy ahamiyati. Bu ishda jamlangan materiallardan doir amaliy masalalarda olimpiada tengsizliklarini yechishda keng ko’lamda foydalanish mumkin. Ishning tuzilishi. Bitiruv ishi kirish qismi, uchta bob, sakkizta paragrafdan iborat. Shunigdek ishning oxirida xulosa va foydanilgan adabiyotlar ro’yxati keltirilgan. Malakaviy bitiruv ishining birinchi bobida tengsizliklarning asosiy tushunchalaridan bo’lgan sonli tengsizliklar haqida umumiy tushunchalar keltirilgan. Malakaviy bitiruv ishining ikkinchi bobida O’rta qiymatlarning asosiy tengsizliklari hamda turli xil masalalarning isbotlari keltirilgan . Malakaviy bitiruv ishining uchinchi bobida Koshi-Shvars tengsizligi va uning turli xil isbotlari keltirilgan . 1$.Sonli Te ngsizlik lar haqida . . 3

Tarif : Agar ayirma musbat son bo’lsa , a soni sondan katta deyiladi va bu munosabatda shaklda yoziladi . ayirma manfiy bo’lsa a soni sonidan kichik deyiladi va shaklda yoziladi . Istalagn va sonlar uchun quyidagi uchta munosabatdan faqat biri o’rinli 1. ; 2. ; 3. Sonli t e ngsizlik lar quyidagi xossalarga e ga : . Agar va bo’lsa bo’ladi . .Agar va bo’lsa bo’ladi ; . Agar va bo’lsa bo’ladi ; Agar va bo’lsa bo’ladi ; Agar va bo’lsa bo’ladi . Agar va bo’lsa bo’ladi ; . va bo’lsa bo’ladi . . Haqiqiy sonning moduli: a haqiqiy sonning moduli orqali belgilanadi va quyidagicha ifodalanadi. 4

geometrik nuqtai nazardan 0 nuqtadan a sonini tasvirlovchi nuqtagacha bo’lgan masofadir. Haqiqiy sonning moduli xossalari: . , ifoda qiymati nolga teng da. . . . . . Te ore ma: a va b haqiqiy sonlar uchun quyidagi tensizlik doim o’rinli bo’ladi . . I sbot . Berilgan tengsizlikni isbotlash uchun tengsizlikni har ikkala tarafini qavs kvadratga oshiramiz . ushbu tengsizlikda quyidagi xulosaga kelamiz bu tengsizlik tabiyki doim o’rinli. Haqiqiy sonlari uchun ning umumiy ko’rinishi 5

Похожие

BA’ZI BIR GEOMETRIK TASDIQLARNING TOʻGʻRILIGINI ISBOTLASHNING ALGORITMIK METODI
PARAMETRLI TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI YECHISH USULLARI
FUNKSIONAL TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI O‘RGANISH METODIKASI
Geometriyadagi ba’zi masalalarni vektorlar usulida yechish
SONLI TENGSIZLIKLAR VA ULARNING XOSSALARI. TENGSIZLIKLARNI ISBOTLASH.