TENGSIZLIKLAR-II. ISBOTLASHNING ZAMONAVIY USULLARI

O ZBEKISTON RESPUBLIKASI XALQ TA LIMI VAZIRLIGI Sh. Ismailov, O. Ibrogimov TENGSIZLIKLAR-II. ISBOTLASHNING ZAMONAVIY USULLARI Toshket- 008

Sh. Ismailov, O. Ibrogimov. Tegsizliklar-II. Isbotlashig zamoaviy usullari / Toshket, 008 y. Fizika matematika falari doktori, professor A. A zamov umumiy tahriri ostida. Qo llamada tegsizliklari isbotlashig yagi samarali usullari va ulari qo llaishiga doir turli matematik olimpiadalardagi masalalar keltirilga. Qo llama umumiy o rta ta lim maktablari, akademik litseylar va kasb huar kollejlariig iqtidorli o quvchilari, matematika fai o qituvchilari hamda pedagogika oliy o quv yurtlari talabalari uchu mo ljallaga. Qo llamada sifda tashqari mashg ulotlarda, o quvchilari turli matematik musobaqalarga tayyorlash jarayoida foydalaish mumki. Taqrizchilar: TVDPI matematika kafedrasi mudiri, f. m.f.., dotset Sh.B. Bekmatov TVDPI boshlag ich ta lim metodikasi kafedrasi dotseti, ped. f.. Z. S. Dadaov Ushbu qo llama Respublika ta lim markazi qoshidagi matematika faida ilmiymetodik kegash tomoida ashrga tavsiya etilga. (5 iyu 008 y., 8 -soli bayyooma) Qo llamaig yaratilishi Vazirlar Mahkamasi huzuridagi Fa va texologiyalari rivojlatirishi muvofiqlashtirish Q omitasi tomoida moliyalashtirilga (ХИД -6 soli iovatsiya loyihasi) O zbekisto Respublikasi Xalq ta limi vazirligi

-BOB. FUNKSIYANING XOSSALARI YORDAMIDA TENGSIZLIKLARNI ISBOTLASH USULLARI -. Fuksiyaig mootolik xossasi yordamida isbotlaadiga tegsizliklar Ta rif. f(x) fuksiya (a;b) oraliqda aiqlaga bo lsi. Agar ixtiyoriy x x tegsizliki qaoatlatiradiga x, x (a,b) uqtalar uchu f(x ) f(x ) (f(x ) f(x )) tegsizlik bajarilsa, u holda f fuksiya (a,b) oraliqda o suvchi (kamayuvchi) fuksiya deyiladi, (a,b) oraliq esa mootolik oralig i deb yuritiladi. Ta rif. f(x) fuksiya (a;b) itervalda aiqlaga bo lsi. Agar ixtiyoriy x < x tegsizliki qaoatlatiradiga x, x (a,b) uqtalar uchu f(x )< f(x ) (f(x )>f(x )) tegsizlik bajarilsa, u holda f fuksiya (a,b) oraliqda qat iy o suvchi (kamayuvchi) fuksiya deyiladi. Teorema. f(x) fuksiya (a;b) oraliqda aiqlaga va differetsiallauvchi bo lsi. f(x) fuksiya (a;b) itervalda o suvchi (kamayuvchi) bo lishi uchu shu itervalda f (x) 0 (f (x) 0) tegsizlik bajarilishi zarur va etarli. Agar (a;b) itervalda f (x)>0 (f (x)< 0) tegsizlik bajarilsa, u holda f(x) fuksiya (a;b) itervalda qat iy o suvchi (kamayuvchi) bo ladi. -masala. e π va π e solari taqqoslag. Yechilishi. f : [e; + ) R, f (x) = l x x lx barcha x, x (e;+ ) larda f (x) = x fuksiyai qaraymiz. Uig hosilasi < 0 mafiy qiymat qabul qiladi va f fuksiya [e; + ) da uzluksiz, shuday qilib, f [e; + ) da qat iy kamayadi. Bu yerda, e < π ekaligii hisobga olib f (e)> f (π) l e e l π > πle>elπ π 3

i olamiz. Demak, e π > π e. -masala. x = + +, =,, soli ketma-ketliki chegaralagalikka tekshirig. Yechilishi. Dastlab l(+ x) x (x 0) () tegsizliki isbotlaymiz. Buig uchu f : [0; + ) R; f (x) = x l(+ x) fuksiyai qaraymiz. f fuksiya aiqlaish sohasida uzluksiz va barcha x, x (0; + ) lar uchu x f '( x) = teglik o rili, bu yerda x + f (x) > 0, (x (0; + )) ekaligi kelib chiqadi. Shuday qilib f fuksiya D(f) aiqlaish sohasida qat iy o sadi va demak, f (x) f (0) ( x 0) da () tegsizlikig to g riligi kelib chiqadi. () tegsizlikda x = deb olib ( =,,...), i hosil qilamiz. () tegsizlikda l l, l 3 l l + ( =,,...) yoki l ( + ) l ( =,,...) (),..., ( ) kelib chiqadi. (3) tegsizliklari hadma-had qo shib, tegsizliki olamiz. l + l (3) l ( + ) +... + 4

Demak, x = + +, =,, soli ketma-ketlik chegaralamaga. 3-masala (Berulli tegsizligi). Ixtiyoriy x > ; α > uchu ( + x) α + αx, (4) tegsizlik o rili, shu bila birga teglik o rili faqat x = 0 da Yechilishi. f (x) = ( + x) α αx, (x [ ; + )) fuksiyai qaraymiz, bu yerda α fiksirlaga da katta so. Bu fuksiyaig hosilasii hisoblaymiz: f (x) = α( + x) α α = α(( + x) α - ) (x > -). α > shartda, x ( ; 0) uchu f (x) < 0 va x (0; + ) uchu f (x) > 0 ekaligi kelib chiqadi. Demak, f fuksiya [ ; 0] da kamayadi va [0; + ) da o sadi. Buda barcha x [-;+ )\{0} lar uchu f(x) > f(0) tegsizlik o rili, ya i, ( + x) α αx > va ( + x) α > + αx (x [ ; 0) (0; + ), α > ) deb hulosa qilamiz. ( + x) α = + αx teglik x = 0 da bajarilishii eslatib o tish qolyapti. Izoh. ( + x) α + αx (x ; 0 < α < ), ( + x) α + αx (x ; α < 0). tegsizliklar shuga o xshash isbotlaadi. 4-masala. (Yug tegsizligi) Agar p, q R\{0, } solar + = tegliki p q qaoatlatirsa, u holda ixtiyoriy a, b musbat solar uchu p q a + b ab (p>), (5) p q p q a + b ab (p<) (6) p q 5

tegsizliklar bajariladi. Buda tashqari, teglik bajariladi faqat va faqat shu holdaki, qachoki a p = b q bo lsa. Yechilishi. p > holi qaraymiz. Ixtiyoriy musbat a soi fiksirlab, p q f :(0, + ) R; f( b) = a b a p + q b fuksiyai aiqlaymiz. Bu fuksiyaig hosilasi f (b) = b q- a ga teg. Elemetar hisoblashlar yordamida uqtada f fuksiya uziig eg kichik kiymatiga erishishii kurish mumki, ya i q a q f( b) > f( a ), b> 0. (7) ko rsatiladi. (7) tegsizlikda + = ekaligii hisobga olib, p q p q a + b ab 0 ( a> 0, b> 0; p> ) p q q oliadi. (5) tegsizlik isbotlaadi. (7) da teglik b= a, ya i a p = b q holda o rili ekaligi kelib chiqadi. (6) tegsizlik shuga o xshash isbotlaadi. 5-masala. six x (x R) (8) tegsizliki isbotlag Yechilishi. Ikkala qismig juftligida x 0 holi qarash etarli. Buda tashqari, six ligida 0 x holi o rgaish etarli. Shu maqsadda f: [0;] R, f (x) = x six fuksiyai qaraymiz. f fuksiyaig hosilasi f (x) = cosx (x [0; ]). 6

Kosiusig chegaralagaligida ( cosx ; x R) f (x) 0 deb hulosalaymiz. Bu yerda f fuksiya o ziig aiqlaish sohasida mooto o suvchi bo lishi kelib chiqadi va shuig uchu f (x) f (0) (x [0; ]) yoki x six 0, (x [0; ]) tegsizlik o rili bo ladi. Bu yerda esa berilga tegsizlik kelib chiqadi. 6-masala. Agar a > b > c bo lsa, u holda a (b c) + b (c a) + c (a b) > 0 tegsizlik o rili bo lishii isbotlag. Yechilishi. f (t) = (b + t) (b c) + b (c (b + t)) + c ((b + t) b) ko riishdagi f :[0;+ ) R fuksiyai qaraymiz, bu yerda a, b, c lar a > b > c tegsizliki qaoatlatiruvchi haqiqiy parametrlar. f fuksiyaig [0; + ) da qat iy o suvchi bo lishi avvalgi masalalardagidek isbotlaadi va shuday qilib f (a b) > f (0) tegsizlik o rili. Ohirgi tegsizlik berilga tegsizlikka tegkuchli. -. Fuksiyaig qavariqlik xossasi yordamida isbotlaadiga tegsizliklar (a;b) haqiqiy solar o qidagi oraliq berilga bo lsi. Ta rif: f : (a;b) R fuksiya (a;b) da quyida qavariq deyiladi, agar barcha x, x (a;b) shuday λ 0, λ 0 va λ + λ = shartlari qaoatlatiruvchi λ, λ solar uchu f (λ x + λ x ) λ f (x ) + λ f (x ) () tegsizlik o rili bo lsa. Yuqorida qavariq fuksiyaig ta rifi esa yuqorida keltirilga () tegsizlik belgisii qarama-qarshisiga almashtirishda oliadi. 7

Yese tegsizligi. f : (a;b) R quyida (yuqorida) qavariq fuksiya bo lsi. U holda barcha x j (a;b) (j =,...,) lar va λ +... + λ = tegliki qaoatlatiruvchi ixtiyoriy λ j 0 (j =,...,) solar uchu f (λ x + λ x + +λ x ) λ f (x ) + λ f (x ) + + f (λ x ) (f (λ x + λ x + +λ x ) λ f (x ) + λ f (x ) + + f (λ x ) tegsizlik o rili. Isboti: y = f( x) fuksiyaig grafigida abtsissalari x, x,, x bo lga A, A,, A uqtalari qaraymiz. Bu uqtalarda m, m,, m massali yuklari joylashtiramiz. Bu uqtalar massalari markazi ( ) + ( ) + + ( ) mx + mx + + mx mf x mf x mf x ; m + m + + m m + m + + m A, A,, A uqtalar qavariq fuksiyaig grafigi ustida yotgaligida, ularig massalar markazi ham grafik ustida yotadi. Bu esa massalar markazi M ig ordiatasi shu abstsissaga ega bo lga uqtaig ordiatasida kichik emasligii bildiradi, ya i (- chiz.),. () 8

-chiz. Isboti tugatish uchu m = a,, m = a olish qolyapti. Biroq, ikkita muhim izoh mavjud. Birichida, Yeseig () tegsizligii isbotlash jarayoida biz () tegsizliki isbotladik. Aslida bu tegsizliklar teg kuchli. () tegsizlikda a m m + + m = = i ( i,,..., ) deb olib, biz () tegsizliki olamiz. Shuig uchu tabiiy ravishda bu tegsizliklar Yese tegsizliklari deb ataladi. () tegsizlik acha ixcham ko riadi, biroq tatbiq qilish uchu () tegsizlikda foydalaish qulayroq. Ikkichida, agar esli fuksiya f ( ) x fuksiya qavariq bo lsa, u holda uig uchu () va () Yese tegsizliklarig ishoralari qarama-qarshisiga o zgaradi. Bui isbotlash uchu f ( x ) qavariq fuksiyai qarash etarli. Teorema. (a;b) oraliqda uzluksiz va ikkichi tartibli hosilaga ega bo lga f : (a;b) R fuksiya shu itervalda quyida (yuqorida) qavariq bo lishi uchu (a;b) da f (x) 0 (f (x) 0) tegsizlikig bajarilishi zarur va etarli. 9

-masala (O rta qiymatlar haqidagi Koshi tegsizligi). Ixtiyoriy omafiy a, a,..., a solar uchu aa... a a + a + + a... tegsizlik o rili, ya i o rta geometrik qiymat o rta arifmetik qiymatda katta emas. Yechilishi. Agar a j solarda biri 0 ga teg bo lsa, u holda () tegsizlikig bajarilishi ravsha, shuig uchu barcha a j solar musbat deb hisoblaymiz. f(x) = lx (x > 0) fuksiyai qaraymiz. f fuksiya (0; + ) da yuqorida qavariq ekaligi ravsha. Yese tegsizligiga asoslaib tegsizliki hosil qilamiz. l a l ai i i= i= () -masala. x,..., x omafiy solar bo lsi. α α α + + x x f :[0, + ) R; f( α) = fuksiya mooto o suvchi ekaligii isbotlag. α Yechilishi. 0 < α < β bo lsi. h(x) = x, β x 0 (x 0) fuksiyai qaraymiz. β β β α h"( x ) = x > 0 ( x> 0), shuday qilib h fuksiya [0; + ) da quyida α α qavariq. Yese tegsizligiga ko ra α i ( α h x h x ) i i= i= yoki bu yerda f (α) f (β) kelib chiqadi. β α α β xi, i= i= xi 3 3 3-masala. siα+ siβ+siγ tegsizliki isbotlag, bu yerda 0

α, β, γ - biror uchburchakig ichki burchaklari. Yechilishi. f : [0; π] R; f (x) = six fuksiyai qaraymiz. x (0; π) lar uchu f (x) = six va f (x) < 0, shuig uchu f fuksiya [0; π] da yuqorida qavariq. Yese tegsizligiga ko ra α β γ f ( α) f( β) f( γ) f + + + + yoki 3 3 3 3 3 3 3 3 bu yerda siα+ siβ+siγ i olamiz. si π ( siα+ siβ+siγ ), 3 3 4-masala. Ixtiyoriy musbat a j, b j (j =,.., ) solar uchu tegsizlik o rili bo lishii isbotlag Yechilishi. f : [0; + ) R, b + + b b b a + + a a a b + + b b b yuqorida qavariq. Shuday qilib, Yese tegsizligiga ko ra f (x) = lx fuksiyai qaraymiz. Bu fuksiya yoki demak, f b a b a i i i i f b + + b b b + + b b i= i i= i a + + a a + + i ( b + + b )l l bi b b i= bi b + + b b b a + + a a a b + + b b b. 5-masala. (Gyuyges tegsizligi). Ixtiyoriy omafiy a j (j =,...,) solar uchu ( + a ) ( + a ) ( + a a )

tegsizlik o rili bo lishii isbotlag. Yechilishi. f : R R, f (x) = l( + e x ) fuksiyai qaraymiz. Barcha x R lar uchu f (x) > 0 o rili. Shuday qilib, fuksiya yuqorida qavariq. Yese tegsizligiga ko ra i olamiz. f l ai f(l ai) l exp l ai l( a ) i = i= + i= + i= i l(( + a ) ( + a )) l( + a a ) ( + a ) ( + a ) ( + a a ) 6-masala. tegsizliki isbotlag. Yechilishi. f ( x ) = +x fuksiyai qaraymiz. Barcha musbat x R lar uchu f (x) > 0 o rili. Shuday qilib, f fuksiya o ziig aiqlaish sohasida quyida qavariq., deb olamiz. Bu fuksiya uchu Yese tegsizligii yozamiz., Ohirgi tegsizlikig ikkala qismii olamiz. bi ga ko paytiramiz va kerakli tegsizliki

7-masala. Tegsizliki isbotlag: bu yerda, Yechilishi.. fuksiyai qaraymiz. Barcha musbat x R lar uchu f (x) > 0 o rili. Shuday qilib, f fuksiya o ziig aiqlaish sohasida quyida qavariq. Bu fuksiya uchu Yese tegsizligii yozamiz. Ikkala qismii ga ko paytiramiz va kerakli tegsizliki olamiz.. 8-masala. Tegsizliki isbotlag:,. 3

Isbot. fuksiya uchu Yese tegsizligii yozamiz., Ikkala qismii ga ko paytiramiz va kerakli tegsizliki olamiz... 4

-BOB. TRANS-TENGSIZLIK VA UNING TADBIQLARI. -. Tras-tegsizlik haqida. Teorema. a,..., a soli ketma-ketlik a a... a sharti qaoatlatirsi. ab + ab +... + ab yig idi eg katta qiymatiga b b... b bo lgada, eg kichik qiymatiga esa b b... b bo lgada yerishadi. Isbot. r, s atural solar r < s sharti qaoatlatirsi. Isbot qilish uchu S= ac + ac +... + ac r r+... + ac s s+... + ac, S = ac + ac +... + ac r s +... + ac s r +... + ac yig idilari solishtirish etarli. Ular uchu muosabatga ega bo lamiz. Demak, agar c s qiliga tasdiqi isbotlaydi. S S = ac + ac ac ac = ( a a)( c c) r s s r r r s s r s s r c r bo lsa S S va cs cr Natija. Teoremada ko riib turibdiki, agar a a... a, b b... b bo lsa S S. Bu esa talab bo lsa, u holda b,..., b solarig ixtiyoriy (x,..., x ) o ri almashtirishi uchu ab + ab +... + ab ax + ax +... + ax ab + ab +... + ab () qo shtegsizlik o rili. Izoh. Xorijiy adabiyotlarida () ko shtegsizlik rearragemet iequality deb yuritiladi. Qizig i shudaki, hozirgacha () ko shtegsizlik xattoki rus tilida aiq omga ega emas. Ui omlash uchu tras-tegsizlik termiii qo llash mualliflarda biriga Xalqaro matematika olimpiadalarida ishtirok etuvchi Rossiya o quvchilari terma jamoasiig ilmiy rahbari dotset N. Agaxaov taklif qildi. 5

Ta rif. (a, a, a 3 ) va (b, b, b 3 ) uchliklar bir xil tartiblaga deyiladi, agar a, a, a 3 va b, b, b 3 ketma-ketliklarlarda ikkalasi kamaymaydiga (ya i a a a 3 va b b b 3 ), yoki ikkalasi ortmaydiga (ya i a a a 3 va b b b 3 ) bo lsa. Agar a, a, a 3 va b, b, b 3 ketma-ketliklarlarda bittasi kamaymay-diga, boshqasi esa ortmaydiga bo lsa, u holda (a, a, a 3 ) va (b, b, b 3 ) uchliklar turlicha tartiblaga deyiladi. Masala, (-,,3) va (,5,7) uchliklar bir xil tartiblaga, (-,,3) va (7,5,) uchliklar esa turlicha tartiblaga. a, b, c musbat solar uchu a b c yoki a b c bo lsa, u holda ( abc,, ) va,, uchliklar turlicha, ( abc,, ) va ( a, b, c ) uchliklar esa bir xil tartiblaga, bu a b c yerda - ixtiyoriy atural so. (a, a, a 3 ) va (b, b, b 3 ) uchliklar berilga bo lsi. ( x, x, x 3) uchlik b, b, b 3 solarig o ri almashtirishi bo lsi. U holda yuqoridagi teoremaig quyidagi muhim bo lga atijalarii qayd etamiz. ) Agar (a, a, a 3 ) va (b, b, b 3 ) uchliklar bir xil tartiblaga bo lsa, u holda tegsizlik o rili. ab+ ab + a3b3 ax+ ax + a3x3 () ) Agar (a, a, a 3 ) va (b, b, b 3 ) uchliklar turlicha tartiblaga bo lsa, u holda tegsizlik o rili. a b + a b + a b ax+ ax + a3x3 (3) 3 3 6

-masala. Ixtiyoriy -. Tras-tegsizliki masalalar yechishga tadbiqlari. abc,, a) haqiqiy solar va atural so uchu a + b + c ab+ bc+ ca b) a b c a b b c c + + + + a tegsizliklari isbotlag. Yechilishi. a b c a b b c c + + + + a a b c a b b c c + + + + a a + b + c ab+ bc+ ca tegsizlik tegsizlikig xususiy holi bo lgai uchu tegsizliki isbotlaymiz. a b c deb faraz qilamiz. U holda a b c, ya i ( abc,, ) va ( a, b, c ) uchliklar bir hil tartiblaga bo ladi. () tegsizlikda ( a, a, a 3) = ( a, b, c ), ( b, b, b ) = (,, ), 3 abc 3 ( x, x, x ) = ( bca,, ) deb olsak, a + b + c = a a+ b b+ c c a b+ b c+ c a tegsizlikka ega bo lamiz. -masala. Ixtiyoriy abc,, musbat solar uchu a+ b+ c + + abc a b c a) b) a b c b c a + + + + b c a a b c a b c c) + + a+ b+ c b c a tegsizliklari isbotlag. Yechilishi. a b c deb faraz qilamiz. a) Ravshaki, () tegsizlikda,, a b c va,, uchliklar bir xil tartiblaga. a b c 7

( a, a, a 3) = ( b, b, b3) =,, a b c, ( x, x, x 3) =,, deb olsak, b c a tegsizliki hosil qilamiz. a+ b+ c + + + + = a a b b c c a b b c c a abc a b c b) Ravshaki,,, b c a va a, b, c uchliklar bir xil tartiblaga. b c a () tegsizlikda a b c ( a, a, a 3) = ( b, b, b 3) =,, b c a, b c a ( x, x, x 3) =,, deb olsak, c a b tegsizliki hosil qilamiz. c) Ravshaki, ya i ( a, b, c ) (3) tegsizlikda a a b b c c a b b c c a a b c + + + + = + + b b c c a a b c c a a b c a b a b c va, c b a va,, uchliklar turlicha tartiblaga. a b c ( a, a, a 3) = ( a, b, c ), ( b, b, b3) =,, a b c, ( x, x, x 3) =,, deb olsak, b c a berilga tegsizlikka tegkuchli bo lga tegsizliki hosil qilamiz. a + b + c a + b + c a b c b c Izoh. Ko riib turibdiki, barcha tegsiziklarda teglik a= b= c bo lgadagia o rilidir. a 3-masala. Ixtiyoriy a, b, c musbat solar uchu a 3 b + b 3 c + c 3 a a bc + b ca + c ab 8

tegsizlik o rili bo lishii isbotlag. ya i (3) da Yechilishi. Umumiylikka putur etkazmasda a b c deb faraz qilamiz. U holda ( a, b, c ) a b c va, c b a va,, uchliklar turlicha tartiblaga. a b c ( a, a, a 3) = ( a, b, c ), ( b, b, b3) =,, a b c, ( x, x, x 3) = deb olsak, berilga tegsizlikka tegkuchli bo lga tegsizliki hosil qilamiz. a + b + c a + b + c a b c c a b,, c a b 4-masala. a, b, c musbat solar bo lsi. bo lishii isbotlag (a a b b c c ) a b+c b c+a c a+b Yechilishi. Umumiylikka putur etkazmasda a b c deb faraz qilamiz. U holda abc ( l,l,l ) ya i (,, ) va la lb lc, a b c uchliklar bir xil tartiblaga. () tegsizlikda ( a, a, a ) =( l a,l b,lc ), ( b, b, b ) = (,, ), ( x, x, x ) =( bca,, ) deb olsak, tegsizlikka, 3 ( x, x, x 3) =( cab,, ) deb olsak, tegsizlikka ega bo lamiz. Ulari hadma-had qo shib 3 ala + blb + clc bla + clb + alc ala + blb + clc cla + alb + blc 9 abc 3

(ala + blb + clc) (b + c)la + (c + a)la + (c + a)lb + (a + b)lc yoki l(a a b b c c ) l(a b+c b c+a c a+b ) ga ega bo lamiz. Bu yerda (a a b b c c ) a b+c b c+a c a+b tegsizlik kelib chiqadi. 5-masala. (Moskva olimpiadasi 963). Ixtiyoriy tegsizlik to g ri bo lishii isbotlag. holda a b c + + b+ c c+ a a+ b a, b, c 3 musbat solar uchu Yechilishi. Tegsizlik simmetrik bo lgai uchu umumiyliki chegaralamaga a b c deb faraz qilamiz. U holda tegsizlik o rili, ya i ( abc,, ) va bo ladi. b+ c c+ a a+ b,, b+ c c+ a a+ b uchliklar bir xil tartiblaga () tegsizlikda ( a, a, a3) =,,, ( b, b, b3) = ( abc,, ), b+ c c+ a a+ b ( x, x, x 3) =( bca,, ) deb olsak, tegsizlikka, ( x, x, x 3) =( cab,, ) deb olsak, a b c b c a + + + + b+ c c+ a a+ b b+ c c+ a a+ b a b c c a b + + + + b+ c c+ a a+ b b+ c c+ a a+ b 0

tegsizlikka ega bo lamiz. i hosil qilamiz. Oxirgi ikkita tegsizliki hadma-had qo shib va ga bo lib a b c + + b+ c c+ a a+ b 3 6-masala. (XMO 975). Har biri ta soda iborat ikkita a, a,..., a, b, b,..., b a a... a, b b... b ketma-ketlik berilga bo lib, ular sharti qaoatlatirsi. ( a b ) + ( a b ) +... + ( a b ) ( a c ) + ( a c ) +... + ( a c ) tegsizliki isbotlag, bu yerda ( c, c,..., c ) ( b, b,..., b ) ig o ri almashtirishi. Yechilishi. Sodda hisob-kitoblarda so g berilga tegsizliki ab + ab +... + ab ac + a c +... + a c ko riishga keltiramiz. Bu tegsizlik esa () qo sh tegsizlikdagi chap tegsizlikig o zi. a, b, c 7-masala. (XMO 995). abc = sharti qaoatlatiruvchi ixtiyoriy musbat solar uchu tegsizliki isbotlag. 3 + + ( + ) ( + ) ( + ) 3 3 3 a b c b c a c a b Yechilishi. a b c deb faraz qilamiz. U holda tegsizliklarga ega bo lamiz. ac + bc ab + bc ab + ac muosabatda c b a

Shuig uchu. c( ac + bc) b( ab + bc) a( ab + ac) ab ac bc bo lgai bois ( ab, ac, bc) va uchliklar bir xil tartiblaga bo ladi. deb olsak, () tegsizlikda,, c( ac + bc) b( ab + bc) a( ab + ac ) ( a, a, a 3) =,, c( ac + bc) b( ab + bc) a( ab + ac, ) ( b, b, b 3) = ( ab, ac, bc), ( x, x, x 3) = ( ac, bc, ab) ab + ac + bc ac + bc + ab c( ac + bc) b( ab + bc) a( ab + ac) c( ac + bc) b( ab + bc) a( ab + ac) tegsizlikka, ( x, x, x 3) =( bc, ab, ac) deb olsak, ab + ac + bc bc + ab + ac c( ac + bc) b( ab + bc) a( ab + ac) c( ac + bc) b( ab + bc) a( ab + ac) tegsizlikka ega bo lamiz. Ulari hadma-had qo shib ga ega bo lamiz. tegsizligiga ko ra ab ac bc + + c( ac bc) b( ab bc) a( ab ac) + + + + + c b a abc = sharti hisobga olib, o rta qiymatlar haqidagi Koshi Demak, + + 33 = 3. c b a c b a

( ) + ( ) + ( ) = ab ac bc c( ac + bc) + b( ab + bc) + a( ab + ac) 3 3 3 a b+ c b c+ a c a+ b 3. 8-masala. (XMO 978). {a, a,..., a } turli atural solarda iborat ketma-ketlik bo lsi. a k k k= k= tegsizlik bajarilishii isbotlag. Yechilishi. (i, i,..., i ),,..., solariig shuday o ri almashtirishi bo lsiki, ular uchu ai < ai <... < a i bajarilsi. < < < ( ) bo lgai uchu, () tegsizlikka ko ra Ravshaki, a k, k =,,...,. i k a a k i k k Buda = k k k a k k a k ik k= k=.. k= k= k= k= k k bo lsi. 9-masala. (XMO-964). a, b, c biror uchburchakig tomolari uzuliklari a ( b+ c a) + b ( c+ a b) + c ( a+ b c) 3abc tegsizliki isbotlag. Yechilishi. a b c deb faraz qilamiz. Dastlab quyidagii isbotlaymiz: ab ( + c a) bc ( + a b) ca ( + b c). Buig uchu c( a+ b c) b( c+ a b) = ( b c)( b+ c a) 0, 3

ekaligii eslatish kifoya. Demak, tartiblaga bo ladi. (,, 3) (3) tegsizlikda bc ( + a b) ab ( + c a) = ( a b)( a+ b c) 0 ( abc,, ) va ( ab ( + c a), bc ( + a b), ca ( + b c) ) uchliklar turlicha ab ( + c a), bc ( + a b), ca ( + b c) 3 a a a =( ), ( b, b, b ) = ( abc,, ), ( x, x, x 3) =( bca,, ) deb olsak, tegsizlikka, ( x, x, x 3) =( cab,, ) deb olsak, tegsizlikka ega bo lamiz. a b c a b c a b c a b c ( + ) + ( + ) + ( + ) ba( b + c a) + cb( c + a b) + ac( a + b c) a b c a b c a b c a b c ( + ) + ( + ) + ( + ) ca( b+ c a) + ab( c+ a b) + bc( a+ b c). Ohirgi ikkita tegsizliklari qo shib va soddalashtirib, berilga tegsizliki hosil qilamiz.. bo lsi. 0-masala. (XMO-983). a, b, c biror uchburchakig tomolari uzuliklari aba ( b) + bcb ( c) + cac ( a) 0 tegsizliki isbotlag. Yechilishi. Umumiylikka putur etkazmaga holda a b deb olamiz. Agar a b c bo lsa, u holda va oldigi masala yechimida a b c ga ega bo lamiz. ca ( + b c) bc ( + a b) ab ( + c a). 4

Ya i tartiblaga. () tegsizlikda (,, 3) deb olsak,,, a b c va ( ab ( c a), bc ( a b), ca ( b c) ) + + + uchliklar bir xil a( b+ c a), b( c+ a b), c( a+ b c) (,, 3) a a a =( ), b b b = tegsizliki hosil qilamiz. ushbu ( x, x, x 3) =,, c a b a+ b+ c= a( b+ c a) + b( c+ a b) + c( a+ b c) a b c ab ( + c a) + bc ( + a b) + ca ( + b c) c a b,, a b c, Soddalashtirishlarda so g bu tegsizlik berilga tegsizlikka tegkuchli bo lga tegsizlikka keladi. ab ( a) + bc ( b) + ca ( c) 0 c a b a c b holi tahlil qilishi o quvchilarga qoldiramiz. -masala. (4-Xalqaro Jautikov olimpiadasi, Almati, 008 yil) abc = sharti qaoatlatiruvchi ixtiyoriy tegsizliki isbotlag. a, b, c + + ( a+ b) b ( b+ c) c ( c+ a) a musbat solar uchu Yechilishi. Tegsizlikig chap tomoii S orqali belgilaymiz. 3 5

a b c deb faraz qilamiz. U holda va a b c o rili, ya i (3) tegsizlikda b+ c c+ a a+ b tegsizliklar,, a b c va,, uchliklar turlicha tartiblaga bo ladi. b+ c c+ a a+ b ( a, a, a 3) =,, b+ c c+ a a+ b, ( b, b, b3) =,, a b c, ( x, x, x 3) =,, c a b deb olsak T = + + + + = S ab ( + c) bc ( + a) ca ( + b) cb ( + c) ac ( + a) ba ( + b) tegsizlikga ega bo lamiz. O rta qiymat haqidagi Koshi tegsizligii va abc = sharti hisobga olib, quyidagilarga ega bo lamiz: S S + T = + ( a b) b ( a b) c + + ( b c) c ( b c) a + = + + + + ( c+ a) a ( c+ a) b b+ c c+ a a+ b b+ c c+ a a+ b = + + = ( a + b) bc ( b + c) ca ( c + a) ab ( a + b) bc ( b + c) ca ( c + a) ab 33 3 Buda + + ( a+ b) b ( b+ c) c ( c+ a) a 3 kelib chiqadi. 6

o tamiz: 3-. Klassik tegsizliklari isbotlashda tras-tegsizliki qo llash. Barcha a,..., a solar uchu () tegsizlikig muhim xususiy hollarii ta kidlab b b b + +... + (4) a a a a + a +... + a ab + a b +... + a b bu yerda - ixtiyoriy atural so, (b,..., b ) a, a,, a solarig ixtiyoriy o ri almashtirishi. (5) -misol (O rta qiymatlar haqidagi Koshi tegsizligi). x, x,, x musbat solar uchu x + x + + x... x... x x, tegsizlik o rili, shu bila birga teglik x = x = = x bo lgadagia bajariladi. Yechilishi. G =... x xx x, a = G, a x x = G,, a xx =... x = bo lsi. G x+ x +... + x (4) tegsizlikka bioa G tegsizlikka teg ekvivalet bo lga ushbu a a a x x x + +... + = + +... + a a a G G G tegsizlikka egamiz. Teglik bajarilishi uchu a = a = = a ya i x = x = = x bo lishi zarur va etarli. -misol.( O rta geometrik va o rta garmoik qiymatlar orasidagi tegsizlik) x, x,, x musbat solar uchu 7

... xx x x + x + + x... tegsizlik o rili, shu bila birga teglik x = x = = x bo lgadagia bajariladi. Yechilishi. Oldigi misoldagi G, a, a,, a solari qaraymiz. (4) tegsizlikka bioa x + x + + x tegsizlikka teg ekvivalet bo lga ushbu + + + 3... a a a... a a a G G G G = + +... + x x x tegsizlikka egamiz. Teglik bajarilishi uchu a = a = = a ya i bo lishi zarur va etarli. x = x = = x 3-misol. ( O rta kvadratik va o rta arifmetik qiymatlar orasidagi tegsizlik) Ixtiyoriy x, x,, x solar uchu x + x + + x... x + x + + x... tegsizlik o rili, shu bila birga teglik x = x = = x bo lgadagia bajariladi. Yechilishi. (5) tegsizlikka ko ra x + x +... + x xx+ xx3+... + xx x + x +... + x xx3+ xx4+... + xx. x + x + + x xx + xx +... + xx... muosabatlarga ega bo lamiz. 8,

Bu tegsizliklari barchasii x + x + + x = x + x + + x...... teglik bila qo shib, atijada tegsizliki hosil qilamiz. x ( + x +... + x ) ( x+ x +... + x ) 4-misol. (Koshi-Buyakovskiy-Shvarts tegsizligi) soda iborat ikkita a, a,, a, b, b,..., b ketma-ketlik berilga bo lsi. U holda ( ab + ab +... + ab ) ( a + a +... + a ) ( b + b +... + b ) tegsizlik o rili. Teglik biror o zgarmas k so uchu a = kb, i=,,...,, bo lgadagia bajariladi. Yechilishi. Agar a = a = = a = 0 yoki b = b = = b = 0 bo lsa, u holda tegsizlik bajariladi. Shuig uchu i i P = a + a + + a,... Q= b + b + + b... solari olda farqli deb hisoblaymiz. Quyidagicha aiqlaga x, x,, x ketma-ketliki qaraymiz: U holda ga egamiz. x i ai bi =, x+ i =, i=,,...,. P Q a + a +... + a b + b +... + b P Q = + = x + x + + x... (5) tegsizlikka ko ra x + x +... + x xx + + xx + +... + xx + x+ x + x+ x +... + x x= ( ab + ab +... + ab ) = PQ 9

ga egamiz. Natijada ab + ab +... + ab PQ tegsizliki hosil qilamiz. P Eslatib o tamiz, teglik ai = bi, i=,,...,, shart bajarilgada bo ladi. Bu Q shart esa xi = x + i, i=,,..., shartiga ekvivalet. 5-misol. (Chebishev tegsizligi). soda iborat ikkita a, a,, a, b, b,..., b ketma-ketliklar berilga bo lsi. Faraz qilamiz a a... a shart bajarilsi. U holda a) b) a a Isbot. + a +... + a + a +... + a b b a) (5) tegsizlikka ko ra + b +... + b + b +... + b muosabatlarga egamiz, ulari qo shib a b + a b +... + a b a b + a b +... + a b ab + ab +... + ab = ab + ab +... + ab ab + ab +... + ab ab + ab 3 +... + ab ab + ab +... + ab ab 3 + ab 4 +... + ab. ab + ab +... + ab ab + ab +... + ab ab ( + ab +... + ab ) ( a+ a +... + a ) ( b+ b +... + b ) yoki a + a +... + a b + b +... + b ab, agar b b... b, agar b b... b + a b +... + a b 30

i hosil qilamiz. b) holi shuga o xshash isbotlaadi. 3

3-BOB. KARAMATA TENGSIZLIGI. Ta rif: x = ( x, x,..., x ) va y = ( y, y,..., y ) -liklar quyidagi shartlari qaoatlatirsi:. x x... x va y y... y. k k i i= i i x y, k =,...,, x = y, ya i x y x+ x y+ y......... x+ x +... + x y+ y +... + y x + x +... + x = y + y +... + y i i= i i= i Bu holda x = ( x, x,..., x ) -lik y = ( y, y,..., y ) -liki majorlaydi deyiladi va bu muosabat x y yoki y x kabi yoziladi. Misollar:,...,...,0...,,0,...0,0,...0.. ( ). Agar m l va c 0 bo lsa, u holda i muosabat o rili. l l c,..., c,0,...,0 c,..., c,0,...,0 m m l марта m марта 3. Agar a i 0 va a = bo lsa, u holda i= i muosabat o rili.,..., a,..., a,0,...,0 ( ) ( ) 3

4. Agar c 0 bo lsa, u holda muosabat o rili. 5. Agar ( x+ c,..., x + c) ( x,..., x) x + c x i i= i= x + x +... + x y = y =... = y = bo lsa ( x, x,..., x) ( y, y,..., y) bo ladi. 6. α, βγ, - uchburchak burchaklari bo lsi, u holda A) barcha uchburchaklar uchu muosabat; B) o tkir burchakli uchburchaklar uchu muosabat; C) o tmas burchakli uchburchaklar uchu muosabat o rili. π π π,, ( αβγ,, ) ( π,0,0) 3 3 3 π π π π π,, ( αβγ,, ),,0 3 3 3 π π π,, ( α, βγ, ),,0 3 3 3 i ( ππ ) Lemma (uch vatar haqida). f - qavariq fuksiya bo lsi. U holda uchu har qaday z< y< z uchu f ( y) f( z) f( x) f( x) f( x) f( y) y z x z x y qo shtegsizlik o rili. Isbot: f - qavariq fuksiya bo lgaligi uchu f(λx+( λ)z) λ(x)+( λ)f(z) 33

tegsizlik bajariladi, bu yerda λ (0,). y z λ = deb olamiz va soddalashtirishlarda so g yuqoridagi tegsizlik x z tegsizlikka olib keliadi. Bu tegsizlik esa ikkala ham tegsizlikka tegkuchli. (x z)f(y) (x y)f(z)+(y z)f(x) f ( y) f( z) f( x) f( x) f( x) f( y) y z x z x y Natija. Qavariq f fuksiya berilga bo lsi. U holda uchu har qaday x x, y y, x y, x y uchu tegsizlik bajariladi. f x f y f x f y ( ) ( ) ( ) ( ) x y x y Lemma (Abel almashtirishi). k Ak a i i= = bo lsa, u holda ab = A( b b ) + Ab k k k k k+ k= k Isbot. teglik o rili. ab + ab +... + a b + ab = Ab + ( A A) b +... + ( A A ) b + ( A A ) b = A( b b ) + A ( b b ) +... + A ( b b ) + Ab. 3 Teorema (Karamata tegsizligi). Qavariq (mos ravishda botiq) f fuksiya berilga bo lsi. Agar x y bo lsa f ( x) f( y i) () i i= i= ( f ( x) f( y i) ).( ) i i= i= = 34

tegsizlik bajariladi. Isbot: Qavariq f fuksiya holii qarash etarli. Umumiylikka putur etkazmasda x k y deb hisoblashimiz mumki. k D k f ( yk) f( xk) = y x k k, X k k = x, Y i= i k k = yi i= belgilashlari kiritamiz. U holda Yk Xk, Y = X. Uch vatar haqida lemma atijasiga ko ra Dk D k +. Demak, ( Yk Xk) ( Dk Dk+ ) + ( X Y) D 0. k= Abel almashtirishii qo llab, ( yk xk) Dk 0 i hosil qilamiz. Teorema isbot k= bo ldi. Eslatma. Isbot qiliga tegsizlikka Karamata omi berilishi uchalik to g ri emas. 93 yilda Shur bu tegsizliki majorlash shartii boshqacharok ifodalab isbotladi. 90 yilda Xardi, Littlvud va Polia bu tegsizliki ifodaladilar va uig uzluksiz aalogii isbotladilar. 3 yilda keyi Karamata bu tegsizliki umumiy holda isbotladi. Karamata tegsizligida foydalaga holda isbotlash mumki bo lga ikkita tegsizliklari ko rib chiqamiz. Misollar.. (Yese tegsizligi). Agar f -qavariq fuksiya bo lsa, tegsizlik o rili bo ladi. Isbot. f ( x ) xi f i i= i= x + x +... + x y = y =... = y = deb olamiz. ( x, x,..., x) ( y, y,..., y) bo lgai uchu Karamata tegsizligida bevosita Yese tegsizligi kelib chiqadi. 35

. Ixtiyoriy musbat abc,, lar uchu + + + +. a+ b b+ c c+ a a b c Isbot. ( a, b, c) ( a+ b, a+ c, b+ c) ga egamiz. Karamata tegsizligii fuksiya uchu qo llash etarli. f( x) = x 36

4-BOB. TENGSIZLIKLARNI TRIGONOMETRIK ALMASHTIRISHLAR YORDAMIDA ISBOTLASH -. Trigoometrik almashtirishlar Ba zida tegsizliki isbotlashda trigoometrik almashtirish olish yaxshi foyda beradi. Almashtirish qulay oligada tegsizlik darhol isbotlaadiga, oddiy shaklga kelib qoladi. Shuigdek trigoometrik fuksiyalarig yaxshi ma lum bo lga xossalari yordam berishi mumki. Biz dastlab buday almashtirishlari kiritamiz, so g ma lum bo lga trigoometrik ayiyatlar va tegsizliklari keltiramiz va ihoyat bir echta olimpiada masalalarii muhokama qilamiz. Teorema. Faraz qilaylik α, βγ, burchaklar ( 0;π ) da oliga. U holda bu α, βγ, burchaklar biror uchburchakig ichki burchaklari bo lishi uchu quyidagi teglikig bajarilishi zarur va etarli α β β γ γ α tg tg + tg tg + tg tg = Isbot. Dastlab shui ta kidlash joizki α = β = γ bo lga holda teoremaig tasdig i o rilidir. Umumiylikka ziyo etkazmasda α β deb faraz qilaylik. 0 α β < + < π bo lgaligi uchu ( π; π ) itervalda α + β + γ = π sharti qaoatlatiruvchi γ mavjud. ya i Qo shish formulalari va tgx ctg π = x formulaga ko ra γ α + β tg = ctg = α β tg tg, α β tg + tg 37

α β β γ γ α tg tg + tg tg + tg tg = () teglik o rili bo ladi. Faraz qilaylik biror α, βγ, ( 0; π) burchaklar uchu α β β γ γ α tg tg + tg tg + tg tg = () teglik o rili bo lsi. Biz isbotlaymizki γ = γ va bu bizga α, βγ, lar biror uchburchak burchaklari ekaligii beradi. () da () i ayirib γ γ tg = tg i hosil qilamiz. Shuig uchu γ γ = kπ, k 0, k Ζ. Ammo γ γ γ γ + < π tegsizlik o rili. Demak, k = 0, shuig uchu γ = γ. Tasdiq isbotladi. Teorema. Faraz qilaylik α, βγ, burchaklar ( 0;π ) da oliga. U holda bu α, βγ, burchaklar biror uchburchakig ichki burchaklari bo lishi uchu quyidagi teglikig bajarilishi zarur va etarli α β γ α β γ si + si + si + si si si = Isbot. 0< α + β < π bo lgaligi uchu shuday γ ( ππ ; ) mavjudki α + β + γ = π teglik o rili bo ladi. Ko paytmai yig idiga keltirish va ikkilaga burchak formulalariga asosa quyidagi muosabatlar o rili γ α β γ α + β α + β α β α + β α β si + si si si = cos cos + si si = cos cos = α β si + si cosα + cos β α β = = = si si. Shuday qilib, 38

Faraz qilaylik biror α, βγ, ( 0; π) α β γ α β γ + + + = () si si si si si si burchaklar uchu α β γ α β γ + + + = () si si si si si si teglik o rili bo lsi. ()da () i ayirib, ya i γ γ α β γ γ =, si si + si si si si 0 muosabati hosil qilamiz. γ γ γ γ α β si si si + si + si si = 0. Ikkichi qavs ichidagi ifodai quyidagicha ifodalaymiz γ γ α β α + β γ α β si + si + cos cos = si + cos Ravshaki bu ifoda musbat qiymatlar qabul qiladi. Shuig uchu γ = γ bo ladi. Demak, α β γ π + + =. Tasdiq isbotladi. Almashtirishlar γ γ si = si, ya i A. Faraz qilaylik α, βγlar, uchburchakig ichki burchaklari bo lsi.quyidagicha almashtirishi qaraylik π α π β π γ A=, B=, C =. Ravshaki A + B+ C = π va 0 ABC,, < π. Bu almashtirish bizga biror masalai hal qilishda istalga uchburchak o riga o tkir burchakli uchburchaki qarash imkoii beradi. Quyidagi muosabatlar o rili ekaligii ta kidlash joiz: 39

α α α α si = cos A, cos = si A, tg = ctga, ctg = tga A. Faraz qilaylik x, yz, lar musbat haqiqiy solar bo lsi. U holda tomolari uzuliklari a= x+ y, b= y+ z, c= z+ xlarda iborat bo lga uchburchak mavjud. s = x+ y+ z bo lsa, ( x, yz, ) = ( s as, bs, c). Shartga ko ra x, yz, lar musbatligi uchu s a, s b, s c lar uchburchak tegsizligii qaoatlatiradi. A3. Faraz qilaylik musbat abc,, solar ab + bc + ca = sharti qaoatlatirsi. Biz ushbu π f : 0; 0; + ( ) kiritishimiz mumki, f ( x) = tgx fuksiya yordamida quyidagicha almashtirish α β γ a= tg, b= tg, c= tg buda α, β, γ lar biror uchburchakig burchaklari. A4. Faraz qilaylik musbat abc,, solar ab + bc + ca = sharti qaoatlatirsi. A va A3 larga ko ra quyidagilarga egamiz a = ctga, b = ctgb, c = ctgc, buda A, BClar, o tkir burchakli uchburchakig burchaklari. A5. Faraz qilaylik musbat abc,, solar ab + bc + ca = abc sharti qaoatlatirsi. Bu teglikig ikkala tarafii bo lamiz ya i abc,, solarig ko paytmasiga bo lib, quyidagiga ega + + =. A3 ga ko ra quyidagicha almashtirish olamiz bc ca ab = tg α, = tg β, = tg γ a b c α β γ a = ctg, b = ctg, c = ctg buda α, βγlar, biror uchburchakig burchaklari. A6. Faraz qilaylik musbat abc,, solar ab + bc + ca = abc sharti qaoatlatirsi. 40

A va A5 ga ko ra buda A, BClar, o tkir burchakli uchburchakig burchaklari. A7. Faraz qilaylik musbat abc,, solar a b c abc + + + = sharti qaoatlatirsi. Shartga ko ra uchta so ham musbatligi uchu abc<,, bo ladi. Ushbu x f :( 0; π ) ( 0;), f ( x ) = si fuksiya hamda -teorema yordamida quyidagicha almashtirish olishimiz mumki α β γ a= si, b= si, c= si buda α, βγlar, biror uchburchakig burchaklari. A8. Faraz qilaylik musbat abc,, solar a b c abc va A7 larga ko ra quyidagicha almashtirish olishimiz mumki + + + = sharti qaoatlatirsi. A a= cos A, b= cos B, c= cos C, buda A, BClar, o tkir burchakli uchburchakig burchaklari. A9. Faraz qilaylik x, yz, lar musbat solar bo lsi. A yordamida quyidagi ifodalari ushbu yz, zx, xy ( x + y)( x+ z) ( y+ z)( y+ x) ( z+ x)( z+ y) ( s b)( s c) ( s c)( s a) ( s a)( s b),, bc ca ab ifodalarga almashtiramiz. Quyidagi ayiyatlarga ko ra α ( s b)( s c) α s( s a) si =, cos =, bc bc bizig dastlabki ifodalarimiz mos ravishda quyidagi shaklga keladi α β γ si, si, si, 4

buda α, βγlar, biror uchburchakig burchaklari. A0. Xuddi A9 dagi kabi quyidagi ifodalari mos ravishda ushbu x ( x + y + z ) ( ) ( ), y x + y + z, z x + y + z ( x + y)( x+ z) ( y+ z)( y+ x) ( z+ x)( z+ y), α β γ cos, cos, cos, buda α, βγlar, biror uchburchakig burchaklari. Mashq. Faraz qilaylik musbat p, qr, solar p q r pqr + + + = sharti qaoatlatirsi.u holda p = cos Aq, = cos Br, = cosc sharti qaoatlatiruvchi o tkir burchakli ABC uchburchak mavjudligii ko rsatig. Mashq. Faraz qilaylik omafiy p, qr, solar p q r pqr + + + = sharti qaoatlatirsi. U holda p = cos Aq, = cos Br, = cosc va A + B+ C = π shartlari π qaoatlatiruvchi ABC,, 0; burchaklar mavjudligii ko rsatig. Quyida biz ko plab masalalari yechishda yordam beradiga bir qator tegsizliklar va ayiyatlar keltiramiz. Bularig deyarli barchasi yaxshi-ma lum muosabatlar bo lib isbotlari qiyi emas. Bu muosabatlarig ko pchiligiig isbotii adabiyotlarda topish mumki. Tegsizliklar Faraz qilaylik α, βγ, lar ABC uchburchakig burchaklari bo lsi. Quyidagi tegsizliklar o rili α β γ 3. cosα + cos β + cosγ si + si + si 4

α β γ 3 3. siα + si β + siγ cos + cos + cos 3. 4. α β γ cosαcos βcosγ si si si 8 α β γ 3 3 siαsi βsiγ cos cos cos 8 α β γ 5. ctg + ctg + ctg 3 3 α β γ 3 6. cos α + cos β + cos γ si + si + si 4 α β γ 9 7. si α + si β + si γ cos + cos + cos 4 α β γ 8. ctgα + ctgβ + ctgγ tg + tg + tg 3 Ayiyatlar Faraz qilaylik α, βγ, lar ABC uchburchakig burchaklari bo lsi. Quyidagi ayiyatlar o rili α β γ. cosα + cos β + cosγ = + 4si si si α β γ. siα + si β + siγ = 4cos cos cos 3. si α + si β + si γ = 4siα si β siγ 4. si α si β si γ cosαcos βcos + + = + γ Istalga α, βγ, burchaklar (uchburchak burchaklari bo lishi shart emas) uchu quyidagi ayiyatlar o rili α + β β + γ γ +α siα + si β + siγ si( α + β + γ) = 4si si si 43

α + β β + γ γ +α cosα + cos β + cosγ + cos( α + β + γ) = 4cos cos cos -. Trigoometrik almashtirishlarig tadbiqlari -masala. (Jaubiy Koreya, 998) Faraz qilaylik musbat x, yz, solar x + y+ z = xyz sharti qaoatlatirsi. Quyidagi tegsizliki isbotlag + + + x + y + z 3. Bu masalai yechishda o quvchii xayoliga eg birichi f() t = + t fuksiya uchu Iese tegsizligii qo llash kelishi mumki. Ammo bu f fuksiya R + to plamda yuqoriga qavariq emas. Ammo shuisi qiziqarliki f ( tgθ ) fuksiya yuqoriga qavariq! Isboti. Quyidagicha almashtirish olaylik Ushbu π x = tga, y = tgb, z = tgc, A, B, C (0; ) + tg α =, cosα 0 ayiyatga ko ra berilga tegsizlik quyidagicha cos α ko riishi oladi 3 cos A+ cos B+ cosc x+ y Quyidagi tg( π C) = z = = tg( A + B) va π CA, + B (0; π ) muosabatlarda xy π C = A+ B yoki A + B+ C = π tegliki olamiz. Demak, istalga ABC uchburchak uchu 3 cosa+ cos B+ cosc tegsizliki isbot qilsak etarli eka.bu esa quyidagi muosabatda kelib chiqadi 3 (cos A cos B cos C) (si A si B) (cos A cos B ) 0 + + = + +. 44

Isbot tugadi. -masala. (FML, ochiq olimpiada, Rossiya) Faraz qilaylik musbat x, y, z solar x + y+ z = sharti qaoatlatirsi. Quyidagi tegsizliki isbotlag xy yz zx + + z+ xy x+ yz y+ zx Isboti. Yuqoridagi tegsizlik ushbu tegsizlikka teg kuchli yz zx xy 3 + + ( x+ y)( x+ z) ( y+ z)( y+ x) ( z+ x)( z+ y) α β γ A9 ga ko ra bu tegsizlikig uchta hadii si, si,si larga almashtiramiz va demak, ushbu α β γ 3 si + si + si tegsizliki isbotlashimiz kerak. Bu tegsizlikig o rili ekaligi ravsha.(iese tegsizligida osogia kelib chiqadi) Isbot tugadi. 3 3-masala. (Ero, 997) Faraz qilaylik x, yz, solar shartlari qaoatlatirsi. Quyidagi tegsizliki isbotlag xyz,, >, + + = x y z x + y + z x+ y+z Isboti. Quyidagicha ( x, y, z) = ( a +, b +, c + ) almashtirish olaylik, buda abc>,, 0 va shartga ko ra isbotlash etarli ab + bc + ca + abc = teglik o rili.u holda quyidagi tegsizliki a + b + c a+ b+ c+ 3. Ikkala tarafi kvadratga oshirib va ayrim xadlari yo qotib quyidagi tegsizlikka kelamiz 3 ab + bc + ca. 45

A7 da foydalaib α β γ = i olamiz, buda ABC ixtiyoriy ( ab, bc, ca) (si,si,si ) uchburchak. Demak quyidagi tegsizliki isbotlashimiz kerak α β γ 3 si + si + si Bu tegsizlikig o rili ekaligi ma lum.isbot tugadi. 4-masala. (Crux Mathematicorum ad Mathematical Mayhem ) Faraz qilaylik x, yz, lar musbat solar bo lsi. Quyidagi tegsizliki isbotlag x y z + + x+ x+ y x+ z y+ y+ z y+ x z+ z+ x z+ y ( )( ) ( )( ) ( )( ) Isboti. Bu tegsizlik quyidagi tegsizlikka teg kuchli + ( x+ y)( x+ z) x Berilga tegsizlik bir jisli bo lgaligi uchu umumiylikka ziyo etkazmasda xy+ yz+ zx= deb faraz qilishimiz mumki. A3 almashtirishda foydalaamiz α β α γ ( x+ y)( x+ z) ( tg + tg )( tg + tg ) = =, x α α tg si qolga xadlar ham shuga o xshash ifodalaadi. Tegsizlik quyidagi shaklga keladi ya i α β γ si si si + +, α β γ + si + si + si + +. α β γ + si + si + si 46

α β γ 3 Boshqa tomoda yaxshi taish bo lga si + si + si tegsizlik va Koshi- Buyakovskiy-Shvarts tegsizligida foydalaib quyidagi tegsizlikka ega bo lamiz 9 α β γ α + si + + si + + si + si Isbot tugadi. 5-masala. (Rumiiya, 005) Faraz qilaylik musbat abc,, solar ( a+ b)( b+ c)( c+ a) = sharti qaoatlatirsi. Quyidagi tegsizliki isbotlag ab + bc + ca Isboti. Bu tegsizlik quyidagi tegsizlikka teg kuchli 3 4 3 3 3 ( ab + bc + ca) ( a + b) ( b + c) ( c + a) 4 Bu tegsizlik bir jisli bo lgaligi uchu umumiylikka ziyo etkazmasda ab + bc + ca = deb faraz qilishimiz mumki. A3 almashtirishda foydalaamiz Demak, ushbu γ cos ( a+ b)( b+ c)( c+ a) = α β = α β γ. cos cos cos cos cos yoki 3 4 3 α β γ cos cos cos α β γ 3 3 4cos cos cos tegsizliki isbotlash etarli. Ushbu 47

α β γ siα + si β + siγ = 4cos cos cos ayiyatga asosa quyidagi tegsizliki isbotlashimiz kerak 3 3 siα + si β + siγ Bu tegsizlik esa f ( x ) = si x fuksiya (0; π ) itervalda yuqoriga qavariqligi uchu Iese tegsizligida kelib chiqadi. Isbot tugadi. 6-masala. (Polsha, 999) Faraz qilaylik musbat abc,, solar a+ b+ c= sharti qaoatlatirsi. Quyidagi tegsizliki isbotlag Isboti. Ushbu a= xy, b= yz, c= zx a b c abc + + + 3. almashtirish bila tegsizlik quyidagi shaklga keladi x y y z z x xyz + + + 3 buda x, yz>, 0 va xy+ yz+ zx=. Yuqoridagi tegsizlik quyidagi tegsizlikka teg kuchli yoki A3 almashtirishga ko ra ( xy yz zx) 3xyz xyz( x y z) + + + + + +, 3 x + y+ z α β γ tg + tg + tg x tegsizliki isbotlash etarli. Bu tegsizlik esa f ( x) = tg fuksiya (0; π ) itervalda qavariqligi uchu Iese tegsizligida kelib chiqadi. Isbot tugadi. 3 7-masala. Faraz qilaylik x, yz, lar musbat solar bo lsi.quyidagi tegsizliki isbotlag 48

( ) xy ( + z) + yz+ x + zx ( + y) ( x + y)( y+ z)( z+ x) x+ y+ z Isboti. Tegsizliki quyidagicha yozib olamiz A0 almashtirishga ko ra x( x+ y+ z) y( x+ y+ z) z( x+ y+ z) + + ( x+ y)( x+ z) ( y+ z)( y+ x) ( z+ x)( z+ y) α β γ cos + cos + cos tegsizliki isbot qilish etarli. A ga ko ra o tkir burchakli ABC uchburchak uchu si A + si B+ sic tegsizliki isbotlash etarli. Bu tegsizliki isbotlashig juda ko p usullari mavjud. Biz Jorda tegsizligida foydalaishi tavsiya qilamiz. π Jorda tegsizligi. Barcha α 0; lar uchu quyidagi tegsizlik o rili U holda Isbot tugadi. α siα α π. A B C si A+ si B+ sic + + = π π π 8-masala. Faraz qilaylik x, yz, lar musbat solar bo lsi. Quyidagi tegsizliki isbotlag 3 y+ z z+ x x+ y 6( x+ y+ z) + +. x y z 3( x+ y)( y+ z)( z+ x) Isboti. Qulaylik uchu quyidagicha belgilash olamiz: cyc f ( xyz,, ) = f( xyz,, ) + f( yzx,, ) + f( zxy,, ) Berilga tegsizliki quyidagicha yozib olamiz 49

cyc A va A0 almashtirishlarga ko ra ( x + y)( z+ x) 4( x+ y+ z) ( y+ z) xx ( + y+ z) 3 ( x+ y)( z+ x) a α ( y+ z) = = 4Rsi, xx ( + y+ z) α cos boshqa xadlari ham shuday ifodalab olamiz. Shuigdek 4( x+ y+ z) 4 R(siα + si β + si γ) = 3 3 muosabat o rili. Bu yerda α, βγlar, tashqi chizilga aylaa radiusi R bo lga uchburchakig burchaklari. Shuday qilib quyidagi tegsizliki isbotlashimiz kerak 3 α β γ α α β β γ γ si + si + si si cos + si cos + si cos x Ushbu f( x ) = cos fuksiya [ 0;π ] kesmada botiqligi uchu Iese tegsizligiga ko ra quyidagi tegsizlik o rili 3 α β γ cos + cos + cos 3 x x Ushbu f( x ) = si fuksiya [ 0;π ] kesmada o suvchi, f( x ) = cos fuksiya [ 0;π ] kesmada kamayuvchi bo lgaligi uchu Chebishev tegsizligiga ko ra quyidagi tegsizlik o rili α β γ α β γ si + si + si cos + cos + cos 3 Bu va buda oldigi tegsizliklarga ko ra α α β β γ γ si cos + si cos + si cos 50.

3 α β γ α α β β γ γ si + si + si si cos + si cos + si cos tegsizlikig o rili ekaligi ko riib turibdi. Isbot tugadi. Mashqlar. (Rumiiya, 005) Faraz qilaylik musbat abc,, solar a+ b+ c= sharti qaoatlatirsi. Quyidagi tegsizliki isbotlag a b с + + b+ c c+ a a+ b. (Ukraia, 005) Faraz qilaylik musbat abc,, solar a+ b+ c= sharti qaoatlatirsi. Quyidagi tegsizliki isbotlag + + 6 a b b c c a 3. Faraz qilaylik musbat abc,, solar ab + bc + ca = sharti qaoatlatirsi. Quyidagi tegsizliki isbotlag + + + b+ c c+ a a+ b 4. (APMO, 004) Musbat abc,, solar uchu quyidagi tegsizliki isbotlag 3 ( a + )( b + )( c + ) 9( ab+ bc+ ca) 5. (APMO, 00) Faraz qilaylik musbat abc,, solar qaoatlatirsi. Quyidagi tegsizliki isbotlag + + = sharti a b c a+ bc + b+ ca + c+ ab abc + a + b + c. 5

Mabaalar ro yxati. Hojoo Lee. Topics i Iequalities-Theorems ad Techiques. Seoul: 004.. Adreescu T., Dospiescu G., Cirtoaje V., Lascu M. Old ad ew iequalities. Gil Publishig House, 004. 3. Mathematical Olympiads, Problems ad solutios from aroud the world, 998-999. Edited by Adreescu T. ad Feg Z. Washigto. 000. 4. Math Liks, http://www.mathliks.ro 5. Art of Problem Solvig, http://www.artofproblemsolvig.com 6. Math Pro Press, http://www.mathpropress.com 7. K.S.Kedlaya, A<B, http://www.ul.edu/amc/a-activities/a4-for-studets/s-idex.html 8. T.J.Mildorf, Olympiad Iequalities, http://web.mit.edu/tmildorf 9. Алфутова Н.Б., Устинов А.В. Алгебра и теория чисел. Сборник задач для математических школ. М.: МЦНМО, 00. 0. А. Egel. Problem-Solvig Strategies. Parts,. Spriger-Verlag New York Ic. 998.. Ayupov Sh., Rihsiyev B., Quchqorov O. «Matematika olimpiadalar masalalari», qismlar. T.: Fa, 004. Математические задачи, http://www.problems.ru 3. Беккенбах Э., Беллман Р. Неравенства. М.: Мир, 965. 4. Беккенбах Э., Беллман Р. Введение в неравенства. М.: Мир, 965. 5. Коровкин П. П. Неравенства. Вып. 5. М.: Наука, 983. 6. «Математика в школе» (Россия), «Квант» (Россия), «Соровский образовательный журнал» (Россия), Crux mathematicorum with mathematical Mayhem (Канада), Fizika, matematika va iformatika (Ўзбекистон) журналлари. 5

Mudarija -bob. Fuksiyaig xossalari yordamida tegsizliklari isbotlash usullari 3 - Fuksiyaig mootolik xossasi yordamida isbotlaadiga 3 tegsizliklar - Fuksiyaig qavariqlik xossasi yordamida isbotlaadiga tegsizliklar 7 -bob. Tras-tegsizlik va uig tadbiqlari 5 - Tras-tegsizlik haqida 5 -. Tras-tegsizliki masalalar yechishga tadbiqlari. 7 3-. Klassik tegsizliklari isbotlashda tras-tegsizliki qo llash. 7 3-bob. Karamata tegsizligi. 37 4-bob. Tegsizliklari trigoometrik almashtirishlar yordamida isbotlash 37 -. Trigoometrik almashtirishlar 37 -. Trigoometrik almashtirishlarig tadbiqlari 44 Mabaalar ro yxati 5 53