1-masala.
Ixtiyoriy
haqiqiy sonlar va
n
natural son uchun
, ,
a b c
a)
2
2
2
a
b
c
ab bc ca
+
+
≥
+
+
b)
1
1
n
n
n
n
n
n
a
b
c
a b b c c
−
−
−
+
+
≥
+
+
1
a
a
tengsizliklarni isbotlang.
Yechilishi.
2
2
2
a
b
c
ab bc c
+
+
≥
+
+
tengsizlik
tengsizlikning xususiy holi bo’lgani uchun
tengsizlikni isbotlaymiz.
1
1
n
n
n
n
n
n
a
b
c
a b b c c
−
−
−
+
+
≥
+
+
1
a
1
a
1
1
1
n
n
n
n
n
n
a
b
c
a b b c c
−
−
−
+
+
≥
+
+
a b c
≥ ≥
deb faraz qilamiz. U holda
1
1
n
n
n
a
b
c
−
−
≥
≥
−
)
, ya’ni (
va
uchliklar bir hil tartiblangan bo’ladi.
, , )
a b c
1
1
1
(
,
,
n
n
n
a
b
c
−
−
−
(2) tengsizlikda
1
2
3
( , , )
a a a
=
,
=
,
1
1
1
(
,
,
)
n
n
n
a
b
c
−
−
−
1
2
3
( , , )
b b b
( , , )
a b c
1
2
3
( , , )
x x x
=
deb olsak,
( , , )
b c a
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
b
c
a a b b c c a b b c c a
−
−
−
−
−
−
+
+
=
+
+
≥
+
+
1
tengsizlikka ega bo’lamiz.
2-masala.
Ixtiyoriy
musbat sonlar uchun
, ,
a b c
a)
2
2
1
1
1
a b c
abc
a
b
c
2
+ +
≤
+
+
b)
2
2
2
2
2
2
a
b
c
b
c
a b
c
b
c
a
a
+
+
≥ + +
c)
2
2
2
a
b
c
a b c
b
c
a
+
+
≥ + +
tengsizliklarni isbotlang.
Yechilishi.
deb faraz qilamiz.
a b c
≥ ≥
a) Ravshanki,
1 1 1
, ,
a b c
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
va
1 1 1
, ,
a b c
⎛
⎜
⎝
⎠
⎞
⎟
uchliklar bir xil tartiblangan.
(2) tengsizlikda
17
1
2
3
( , , )
a a a
=
=
1
2
3
( , , )
b b b
1 1 1
, ,
a b c
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
,
1
2
3
( , , )
x x x
=
1 1 1
, ,
b c a
⎛
⎜
⎝
⎠
⎞
⎟
deb olsak,
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
a b c
a a b b c c
a b b c c a
abc
+ +
⋅ + ⋅ + ⋅ ≥ ⋅ + ⋅ + ⋅ =
tengsizlikni hosil qilamiz.
b) Ravshanki,
, ,
a b c
b c a
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
va
, ,
a b c
b c a
⎛
⎜
⎝
⎠
⎞
⎟
uchliklar bir xil tartiblangan.
(2) tengsizlikda
1
2
3
( , , )
a a a
=
=
1
2
3
( , , )
b b b
, ,
a b c
b c a
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
,
1
2
3
( , , )
x x x
=
, ,
b c a
c a b
⎛
⎜
⎝
⎠
⎞
⎟
deb olsak,
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
⋅ + ⋅ + ⋅ ≥ ⋅ + ⋅ + ⋅ = + +
tengsizlikni hosil qilamiz.
c) Ravshanki,
a
2
≥
b
2
≥
c
2
va
1
1
1
c
b
a
≥ ≥
,
ya’ni
va
2
2
2
( , , )
a b c
1 1 1
, ,
a b c
⎛
⎜
⎝
⎠
⎞
⎟
uchliklar turlicha tartiblangan.
(3) tengsizlikda
1
2
3
( , , )
a a a
=
,
=
2
2
2
( , , )
a b c
1
2
3
( , , )
b b b
1 1 1
, ,
a b c
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
,
1
2
3
( , , )
x x x
=
1 1 1
, ,
b c a
⎛
⎜
⎝
⎠
⎞
⎟
deb olsak,
berilgan tengsizlikka tengkuchli bo’lgan
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
a
b
c
a
b
c
a
b
c
b
c
+
+
≤
+
+
1
a
tengsizlikni hosil qilamiz.
Izoh.
Ko’rinib turibdiki, barcha tengsiziklarda tenglik
a b c
= =
bo’lgandagina o’rinlidir.
3-masala.
Ixtiyoriy
a
,
b
,
c
musbat sonlar uchun
a
3
b
+
b
3
c
+
c
3
a
≥
a
2
bc
+
b
2
ca
+
c
2
ab
18
tengsizlik o’rinli bo’lishini isbotlang.
Yechilishi.
Umumiylikka putur etkazmasdan
a
≥
b
≥
c
deb faraz qilamiz. U holda
a
2
≥
b
2
≥
c
2
va
1
1
1
c
b
a
≥ ≥
,
ya’ni
va
2
2
2
( , , )
a b c
1 1 1
, ,
a b c
⎛
⎜
⎝
⎠
⎞
⎟
uchliklar turlicha tartiblangan.
(3) da
1
2
3
( , , )
a a a
=
,
=
2
2
2
( , , )
a b c
1
2
3
( , , )
b b b
1 1 1
, ,
a b c
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
,
1
2
3
( , , )
x x x
=
1 1 1
, ,
c a b
⎛
⎞
⎜
⎟
⎝
⎠
deb olsak, berilgan tengsizlikka tengkuchli bo’lgan
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
a
b
c
a
b
c
a
b
c
c
a
+
+
≤
+
+
1
b
tengsizlikni hosil qilamiz.
4-masala.
a
,
b
,
c
–musbat sonlar bo’lsin.
(
a
a
b
b
c
c
)
2
≥
a
b
+
c
b
c
+
a
c
a
+
b
bo’lishini isbotlang
Yechilishi.
Umumiylikka putur etkazmasdan
a
≥
b
≥
c
deb faraz qilamiz. U holda
ln
a
≥
ln
b
≥
ln
c
,
ya’ni (
va
, , )
a b c
(
)
ln ,ln ,ln
a
b
c
uchliklar bir xil tartiblangan.
(2) tengsizlikda
=
(
1
2
3
( , , )
a a a
)
ln ,ln ,ln
a
b
c
,
=
,
1
2
3
( , , )
b b b
( , , )
a b c
1
2
3
( , , )
x x x
= (
deb olsak,
, , )
b c a
a
ln
a
+
b
ln
b
+
c
ln
c
≥
b
ln
a
+
c
ln
b
+
a
ln
c
tengsizlikka,
1
2
3
( , , )
x x x
= (
deb olsak,
, , )
c a b
a
ln
a
+
b
ln
b
+
c
ln
c
≥
c
ln
a
+
a
ln
b
+
b
ln
c
tengsizlikka ega bo’lamiz.
Ularni hadma-had qo’shib
19
2(
a
ln
a
+
b
ln
b
+
c
ln
c
)
≥
(
b
+
c
)ln
a
+ (
c
+
a
)ln
a
+ (
c
+
a
)ln
b
+ (
a
+
b
)ln
c
yoki
ln(
a
a
b
b
c
c
)
2
≥
ln(
a
b
+
c
b
c
+
a
c
a
+
b
)
ga ega bo’lamiz. Bu yerdan
(
a
a
b
b
c
c
)
2
≥
a
b
+
c
b
c
+
a
c
a
+
b
tengsizlik kelib chiqadi.
5-masala. (
Moskva olimpiadasi –1963
)
. Ixtiyoriy
musbat sonlar uchun
, ,
a b c
3
2
a
b
c
b c c a a b
+
+
≥
+
+
+
tengsizlik to’g’ri bo’lishini isbotlang.
Yechilishi.
Tengsizlik simmetrik bo’lgani uchun umumiylikni chegaralamagan
holda
deb faraz qilamiz. U holda
a b c
≥ ≥
1
1
1
b c
c a
a b
≥
≥
+
+
+
tengsizlik o’rinli, ya’ni (
va
, , )
a b c
1
1
1
,
,
b c c a a b
⎛
⎜
⎞
⎟
+
+
+
⎝
⎠
uchliklar bir xil tartiblangan
bo’ladi.
(2) tengsizlikda
=
1
2
3
( , , )
a a a
1
1
1
,
,
b c c a a b
⎛
⎞
⎟
⎜
+
+
+
⎝
⎠
1
2
3
( , , )
b b b
,
=
,
( , , )
a b c
1
2
3
( , , )
x x x
= (
deb olsak,
, , )
b c a
a
b
c
b
c
a
b c c a a b
b c c a a b
+
+
≥
+
+
+
+
+
+
+
+
tengsizlikka,
1
2
3
( , , )
x x x
= (
deb olsak,
, , )
c a b
a
b
c
c
a
b
b c c a a b
b c c a a b
+
+
≥
+
+
+
+
+
+
+
+
20
tengsizlikka ega bo’lamiz.
Oxirgi ikkita tengsizlikni hadma-had qo’shib va 2 ga bo’lib
3
2
a
b
c
b c c a a b
+
+
≥
+
+
+
ni hosil qilamiz.
6-masala.
(XMO–1975
)
. Har biri ta sondan iborat ikkita
ketma-ketlik berilgan bo’lib, ular
shartni qanoatlantirsin.
n
1
2
1
2
,
, ... ,
,
, , ... ,
n
a a
a
b b
b
n
n
2
1
2
1
2
...
,
...
n
a
a
a
b
b
b
≤
≤ ≤
≤
≤ ≤
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
(
)
(
)
... (
)
(
)
(
)
... (
)
n
n
n
n
a
b
a
b
a
b
a
c
a
c
a
c
−
+
−
+ +
−
≤
−
+
−
+ +
−
tengsizlikni isbotlang, bu yerda (
) – (
) ning o’rin
almashtirishi.
1
2
, , ... ,
n
c c
c
1
2
, , ... ,
n
b b
b
Yechilishi.
Sodda hisob-kitoblardan so’ng berilgan tengsizlikni
1 1
2 2
1 1
2 2
...
...
n n
n n
a b
a b
a b
a c
a c
a c
+
+ +
≥
+
+ +
ko’rinishga keltiramiz. Bu tengsizlik esa (1) qo’sh tengsizlikdagi chap tengsizlikning
o’zi.
|
