2. Mantiqiy masalalarni yechishning asosiy usullari

Tengsizliklarni isbotlashning klassik usullari. Koshi tengsizligi.
Koshi-Bunyakovskiy tengsizligi. Tengsizliklarni isbotlash metodlari.
Sonli tengsizliklar va ularning xossalari.
Ta’rif: Agar a  b ayirma musbat son bo‘lsa, a soni b sonidan katta deyiladi va bu munosabat a  b shaklida yoziladi. Agar a  b ayirma manfiy bo‘lsa, a soni b sonidan kichik deyiladi va a  b shaklida yoziladi.
Istalgan a va b sonlar uchun quyidagi uchta munosabatdan faqat bittasi o‘rinli:
1. a  b  0  a  b ;
2. a  b  0  a  b ; 3. a  b  0  a  b .
Sonli tengsizliklar quyidagi xossalarga ega:
10. Agar a  b va b  c bo‘lsa, a  c bo‘ladi (tengsizlik munosabatini tranzitivlik xossasi).
20. Agar a  b va c  R bo‘lsa,
30. Agar a  b va c  0 bo‘lsa,
40. Agar a  b va c  0 bo‘lsa,
a  c  b  c bo‘ladi.
a  c  b  c bo‘ladi.
a  c  b  c bo‘ladi.
50. Agar a  b va c  d bo‘lsa, a  c  b  d bo‘ladi.
60. Agar a  b  0 va c  d  0 bo‘lsa, a  c  b  d bo‘ladi.
70. Agar a  b  0 va n  N bo‘lsa, an  bn bo‘ladi ( n toq son bo‘lganda
b  0 shart ortiqcha).
O‘rtacha qiymatlar.
a ={a1, a2 ,…, an} musbat sonlar ketma-ketligi uchun
o‘rta arifmetik qiymat A(a)=An=
n
a1  a2  ...  an
,
o‘rta geometrik qiymat G(a)=Gn= n a1a2 ...an ,
o‘rta kvadratik qiymat K(a)= Kn=
n
n
a  a  ...  a
n
2
2 2
1 2
va
o‘rta garmonik qiymat N (a)=Nn=
1
n
1
1 2
1
a  a  ...  a
larni aniqlaymiz. qiymatlar quyidagicha
Xususan x, y
aniqlanadi:
musbat sonlar uchun bu o‘rta
A2=
2 2 x  y
x  y
; G2= xy ; K2= ; N2 =
x 2  y 2
2xy
.
O‘rta arifmetik va o‘rta geometrik qiymatlar haqida Koshi tengsizligi va uning turli isbotlari.
Teorema. An  Gn va An = Gn tenglik faqat va faqat a1=a2 =…= an
tenglik o‘rinli bo‘lganda o‘rinli.
1-isboti:
An  Gn
ekanligini matematik induksiya usulidan foydalanib
isbotlaymiz: n  2 da a  a
 a1  a2
1 2
2
. Bu tengsizlik ixtiyoriy musbat a va
1
a2 sonlar uchun o‘rinli bo‘lgan

a  a   0
2
1 2
tengsizlikdan oson hosil
qilinadi. Berilgan tengsizlikni ixtiyoriy n ta natural sonlar uchun to‘g‘ri deb, n+1 ta natural sonlar uchun to‘g‘riligini isbotlaymiz. Bu sonlar a1, a2 , ..., an , an1 bo‘lib, an1 ularning orasida eng kattasi bo‘lsin. Ya’ni, an1  a1 ,..., an1  an .
Shuning uchun a
 a1  a2  ...  an .
n1
n
Quyidagicha belgilash kiritamiz:
A  a1  a2 ...  an , A
 a1  a2 ...  an  an1  n  An  an1 .
n n1
n 1 n 1
n
an1  An bo‘lgani uchun an1  An  deb yozish mumkin, bu yerda   0. U
holda
An1 
n 1
 An  . Bu tenglikni ikkala qismini (n+1) –
n 1
n  An  An  

darajaga ko‘tarib, quyidagini topamiz:
 A 
 
 
 
 
  
  
n1 n1
n1
n1 n  
1
n1
n n1
n1
n n n n1
 ...  ...  
n 1 
n 1
 n 1 
 A   A  A    A  A .
 n
n
n
n
n
n
n
 A 
 A

• C A

 A

 






Farazga ko‘ra,
 An 
 a1 a2 ... an . Buni e’tiborga olib,
n
 A
  
n1 n
n1
n n1 1 2 n n1 n1 1 2 n n1
 a a ... a  a . Bundan A  n1 a a ... a  a .
 A  a
Tenglik a1  a2 ...  an bo‘lganda o‘rinli bo‘ladi.
2-isboti:Teoremaning isboti quyidagi tasdiqqa asoslangan:
Agar
nomanfiy b1, b2 , ...,bn sonlar b1 b2  ... bn  1
tenglikni
qanoatlantirsa, u holda b1  b2  ...  bn  n .
Bu tasdiqni matematik induksiya usulida isbotlaymiz.
n  1 n  k
da masala ravshan. da
b1 b2  ... bk  1
tenglikni
qanoatlantiruvchi ixtiyoriy
b1, b2 , ...,bk nomanfiy sonlar b1  b2  ...  bk  k
tengsizlik o‘rinli bo‘lsin.
n  k 1 da
b1 b2  ...bk1 1
tenglikni
qanoatlantiruvchi ixtiyoriy
b1, b2 , ...,bk 1
– nomanfiy sonlar uchun
b1  b2  ...  bk 1  k  1 tengsizlikni qanoatlantirishini ko‘rsatamiz.
Umumiylikka zarar yetkazmasdan
bk  1  bk 1 deb hisoblaymiz. Unda
b1 b2  ...bk1 bk  bk1   1
bo‘lgani uchun induksiya faraziga
ko‘ra
b1  b2  ...  bk1  bk  bk1  k bk  bk1  bk bk1 1
bo‘ladi. Endi
ekanligini isbotlash yetarli. Bu 1 bk bk 1 1  0 tengsizlikka teng kuchli.
bk  1  bk 1 bo‘lgani uchun oxirgi tengsizlik o‘rinli ekanligi ravshan.
3-isboti: Teoremaning isboti quyidagi ma’lum tasdiqqa asoslangan:
x 1 da ex -1 x , shu bilan birga ex -1=x tenglik esa faqat x=1 da bajariladi.
Bundan:
1= e0 = exp  
1 = exp(
 i 1

 i 1 A(a)
 n
i
a
 1)  
A(a)
n
i
a
i 1 A(a)  A(a) 
n
i
a
=   .
n
 G(а) 
Demak, A(a)  G(a) va tenglik esa faqat
 1, i=1, 2,…, n bo‘lganda
A(a)
ai
bajariladi. Bundan esa a1=a2 =…= an = A(a) ekanligi kelib chiqadi.
Horijiy adabiyotlarda Koshi tengsizligi uchun “AM-GM tengsizligi” termini qo‘llaniladi. Biz bu tengsizlikning tatbiqlarini quyidagi sodda tengsizliklar misolida qarab chiqamiz.
Tengsizliklarni isbotlashning usullari haqida.
1–misol. Istalgan a, b va c sonlari uchun 2a2  b2  c2  2a(b  c)
ekanligini isbotlang.
Yechilishi. Istalgan a, b va c sonlari uchun 2a2  b2  c2   2a(b  c)
ayirmani manfiy emasligini ko‘rsatamiz:
2a2  b2  c2   2a(b  c)  a2  2ab  b2   a2  2ac  c2  
 a  b2  a  c2 .
Istalgan sonning kvadrati nomanfiy son bo‘lgani uchun a  b2  0 va
a  c2  0. Demak, 2a2  b2  c2   2a(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 a  b  c bo‘lgandagina bajariladi. ∆
Tengsizlikning to‘g‘riligini ko‘rsatish uchun uning har ikkala qismining ayirmasini musbat yoki manfiyligini aniqlash, ya’ni yuqoradagi misoldagidek bevosita ta’rifdan foydalanib isbotlashga harakat qilish ayrim hollarda qiyinchiliklarni tug‘diradi. Shuning uchun tengsizliklarni isbotlashda tengsizliklarning xossalaridan foydalanish tavsiya etiladi.
2-misol. Musbat a, b
va c sonlari uchun
b  c  c  a  a  b  6
a b c
tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi: Tengsizlikning chap qismida shakl almashtirish bajarib, uni quyidagi ko‘rinishda yozamiz:
 a  b    a  c    b  c   6 .
 b a   c a   c b 
     
Ikkita musbat son uchun o‘rta arifmetik va o‘rta geometrik qiymatlar orasidagi Koshi tengsizligidan foydalanamiz:
a  b  2 a  b  2, a  c  2, b  c  2 .
b a b a c a c b
Bu tengsizliklarni hadma-had qo‘shib, (1) tengsizlikni hosil qilamiz.
3-misol. x, y  0 bo‘lsa, x2  y2 1  xy  x  y tengsizlikni isbotlang.
Yechilishi:
2 2 2 2
x2  y2  1  xy  x  y
 1  1  xy  x  y .
2 2 2 2 2 2
 x  x  y  y
 x2
y2
2
 1  y,  x2  y2 1  xy  x  y.
2

 x2

•  xy,

 2 2
 2
1
  x.
 2 2

•  y



12 4 6
4-misol. x  0 bo‘lsa, 2 x  2 x  2 2 x tengsizlikni isbotlang.
12 4 12 4
Isboti: 2 x  2 x  2  2 x  2 x  2   2  2x  2  2 x .
1
1  1
12 4 6 6
2x
Mustaqil yechish uchun misollar:

• Agar x, y  0 bo‘lsa, x4  y4  8  8xy ni isbotlang.
• x1, x2 , x3 , x4 , x5  0 bo‘lsa, quyidagini isbotlang:

 
2 2 2 2 2
1 2 3 4 5 1
x  x  x  x  x  x x2  x3  x4  x5 .

• x, y, z  0 bo‘lsa, x2  y2  z2  xy  yz  xz ni isbotlang.
• a, b, c  0 bo‘lsa, a  b  c  3 ni isbotlang.

b c a

• a, b, c  0 bo‘lsa, a 1b 1c  ab  c  16abc ni isbotlang.

Koshi-Bunyakovskiy tengsizligi.
Ixtiyoriy nomanfiy a1,a2 ,...,an va b1, b2 ,..., bn sonlar uchun

a1  a2 ...  an b1  b2 ...  bn    a1 b1  a2  b2 ...  an  bn
2
tengsizlik to‘g’ri. Xususan, a1  a2  ...  an bo‘lganda tenglik bajariladi.
b1 b2 bn
Isboti: x a1 , a2 ,..., an  va y b1 , b2 ,..., bn  vektorlar uchun
x  y  x  y
tengsizlikdan foytdalanamiz. Tenglik vektorlar kollinear bo‘lganda bajariladi.
O‘rta geometrik va o‘rta garmonik qiymatlar orasidagi tengsizlik.