Sonli tengsizliklar haqida. Toshkent 2008

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.

Download 1,19 Mb.