§1. Sonli tengsizliklar haqida

(
)
(
) (
)
(
) (
)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 (
)
2
2
.
a
b
c
a b c
a
ab b
a
ac c
a b
a c
+
+
−
+ =
−
+
+
−
+
=
−
+
−
=
Istalgan sonning kvadrati nomanfiy son bo’lgani uchun 
(
)
2
0
a b
−
≥
va
. Demak,
(
)
2
0
a c
−
≥
(
)
2
2
2
2
2
a
b
c
a b c
(
)
+
+
−
+
istalgan
va sonlari uchun 
manfiy emas. Shuning uchun berilgan tengsizlik istalgan 
va 
c
sonlari uchun
o’rinli. Jumladan, tenglik belgisi 
,
a b
c
,
a b
a b c
= =
bo’lgandagina bajariladi. 
∆
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. 
2-misol.
Musbat 
va 
c
sonlari uchun
,
a b
6
b c c a a b
a
b
c
+
+
+
+
+
≥
tengsizlikni isbotlang. 
Yechilishi:
Tengsizlikning chap qismida shakl almashtirish bajarib, uni 
quyidagi ko’rinishda yozamiz: 
6
a b
a
c
b c
b a
c
a
c b
⎛
⎞ ⎛
⎞ ⎛
⎞
+
+
+
+
+
≥
⎜
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠ ⎝
⎠
. (1) 
Ikkita musbat son uchun o’rta arifmetik va o’rta geometrik qiymatlar orasidagi 
Koshi tengsizligidan foydalanamiz: 
2
2,
a b
a b
b
a
b a
+ ≥
⋅ =
2,
a
c
c
a
2
b c
c b
+ ≥
. 
+ ≥
Bu tengsizliklarni hadma-had qo’shib, (1) tengsizlikni hosil qilamiz. 
4

 
§2. O’rtacha qiymatlar va ular orasidagi munosabatlar. 
1. O’rtacha qiymatlar. 
a ={a
1
, a
2 
,…, a
n
}
musbat sonlar ketma-ketligi uchun
o’rta arifmetik qiymat 
A(a)=A
n
=
n
a
a
a
n
+
+
+
...
2
1
,

o’rta geometrik qiymat
 G(a)=G
n
=
n
n
a
a
a
...
2
1
,
o’rta kvadratik qiymat 
 K(a)= K
n
=
n
a
a
a
n
2
2
2
2
1
...
+
+
+
va 
 
o’rta garmonik qiymat
N (a)=N
n
= 
1
1
2
1
1
...
−
−
−
+
+
+
n
a
a
a
n

larni aniqlaymiz. 
Xususan
 x, y 
musbat sonlar uchun bu o’rta qiymatlar quyidagicha aniqlanadi:

A
2
=
2
y
x
+
; G
2
=
xy
; K
2
=
2
2
2
y
x
+
; N
2
 = 
y
x
xy
+
2
. 
2. O’rta arifmetik va o’rta geometrik qiymatlar haqida Koshi tengsizligi va 
uning turli isbotlari.
Teorema. A
n

≥
 G
n
va
A
n
 = G
n 
 
tenglik faqat va faqat
a
1
=a
2 
=…= a
n
tenglik bo’lganda
o’rinli. 
 
1-Isboti
.
x
≥
 
1
 
da
e
x -
1
≥
 x 
ekanligi ma’lum, 
e
x -1
=x 
tenglik esa faqat
 x=
1 da 
bajariladi
. 
Bundan:
1= 
e
0
 = exp
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
∑
=
1
)
(
1
n
i
i
a
A
a
=
)
1
)
(
exp(
1
−
∏
=
n
i
i
a
A
a
 
≥
 
∏
=
n
i
i
a
A
a
1
)
(
 = 
n
a
A
а
G
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
)
(
)
(
.
Demak, 
A
n
 
≥
G
n
 
va tenglik esa faqat
1
( )
i
n
a
A a
=
, i=
1, 2
,…, n 
bulganda bajariladi. 
Bundan esa
a
1
=a
2 
=…= a
n
 = A
n
ekanligi kelib chiqadi
.
5

n
n
A
G
≥
ekanligini isbotlaymiz: 
2
n
=
da
1
2
1
2
2
a
a
a a
+
⋅
≤
. Bu tengsizlik 
ixtiyoriy musbat va 
sonlar uchun o’rinli bo’lgan 
1
a
2
a
(
)
2
1
2
0
a
a
−
≥
tengsizlikdan oson hosil qilinadi. Berilgan tengsizlikni ixtiyoriy 
p
ta natural sonlar 
uchun to’g’ri deb, 
p
+1 ta natural sonlar uchun to’g’riligini isbotlaymiz. Bu sonlar 
bo’lsin. 
1
2
,
, ..., ,
n
n
a a
a a
+
1
1
n
a
+
ularning orasida eng kattasi bo’lsin. Ya’ni, 
. Shuning uchun
1
1
1
,...
n
n
a
a
a
+
+
≥
n
a
≥
1
2
1
...
n
n
a
a
a
a
n
+
+
+ +
≥
. Quyidagicha 
belgilash kiritamiz:
1
2
1
2
1
1
...
...
,
1
1
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
n A
a
A
A
n
n
1
n
n
n
+
+
+
+
+ +
+
+ +
+
⋅
+
=
=
=
+
+
.
bo’lgani uchun 
1
n
a
+
≥
n
A
1
n
n
a
A
α
+
=
+
deb yozish mumkin, bu yyerda 
0
α
≥
. U 
holda 
1
1
1
n
n
n
n A
A
A
n
n
n
A
α
α
+
⋅
+
+
=
=
+
+
+
. Bu tenglikni ikkala qismini (
p
+1) – 
darajaga ko’tarib, quyidagini topamiz: 
(
)
( )
( )
( )
( )
( ) (
) ( )
1
1
1
1
1
1
1
1
...
1
1
.
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
A
A
A
C
A
n
n
A
A
A
A
A
A
α
α
α
α
+
+
+
+
+
+
+
⎛
⎞
=
+
=
+
+
⎜
⎟
+
+
⎝
⎠
≥
+
⋅ =
⋅
+
=
⋅
n
≥
Farazga ko’ra,
( )
1
2
...
n
n
n
A
a a
a
≥ ⋅ ⋅ ⋅
. Buni e’tiborga olib, 
(
)
( )
1
1
1
1
2
...
n
n
n
n
n
n
1
n
A
A
a
a a
a a
+
+
+
≥
⋅
≥ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
+
. Bundan 
1
1
1
2
...
n
n
n
1
n
A
a a
a a
+
+
+
≥
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
. 
Tenglik
bo’lganda o’rinli bo’ladi. 
1
2
...
n
a
a
a
=
= =
2-isbot
. Teoremaning isboti quyidagi tasdiqqa asoslangan: 
6

Agar nomanfiy 
sonlar 
1
2
, , ...,
n
b b
b
1
2
...
1
n
b b
b
⋅ ⋅ ⋅ =
tenglikni qanoatlantirsa, u 
holda 
. 
1
2
...
n
b
b
b
+
+ + ≥
n
Bu tasdiqni masalani matematik induktsiya usulida isbotlaymiz. 
1
n
=
da masala ravshan. 
n k
=
da
1
2
...
1
k
b b
b
⋅ ⋅ ⋅ =
tenglikni qanoatlantiruvchi 
ixtiyoriy
– nomanfiy sonlar uchun 
1
2
, , ...,
k
b b
b
1
2
...
k
b
b
b
k
+
+ + ≥
tengsizlik o’rinli 
bo’lsin. 
da
1
n k
= +
1
2
1
...
1
k
b b
b
+
⋅ ⋅ ⋅
=
tenglikni qanoatlantiruvchi ixtiyoriy 
– nomanfiy sonlar uchun 
1
2
, , ...,
k
b b
b
+
1
1
2
1
...
1
k
k
b b
b b
+
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
≥
tengsizlikni 
qanoatlantirishini ko’rsatamiz. 
Umumiylikka zarar etkazmasdan
1
1
k
b
b
k
+
≤ ≤
deb hisoblaymiz. Unda 
bo’lgani uchun induktsiya faraziga ko’ra 
bo’ladi. Endi
(
)
1
2
1
1
...
1
k
k
k
b b
b
b b
−
+
⋅ ⋅ ⋅
⋅
⋅
=
1
2
1
1
...
k
k
k
b
b
b
b b
k
−
+
+
+ +
+ ⋅
≥
1
1
1
k
k
k
k
b
b
b b
+
+
+
≥ ⋅
−
ekanligini 
isbotlash etarli. Bu
(
) (
)
1
1
k
k
b
b
+
+
⋅
− ≥
1
0
tengsizlikka teng kuchli
1
1
k
k
b
b
+
≤ ≤
bo’lgani uchun ohirgi tengsizlik o’rinli ekanligi ravshan. 
3-isbot
. Teoremaning isboti quyidagi ma’lum tasdiqqa asoslangan: 
x
≥
 
1
 
da
e
x -
1
≥
 x 
, shu bilan birga 
e
x -1
=x 
tenglik esa faqat
 x=
1 da bajariladi
. 
Bundan:
1= 
e
0
 = exp
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
∑
=
1
)
(
1
n
i
i
a
A
a
=
)
1
)
(
exp(
1
−
∏
=
n
i
i
a
A
a
 
≥
 
∏
=
n
i
i
a
A
a
1
)
(
 = 
n
a
A
а
G
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
)
(
)
(
.
Demak, 
A(a) 
≥
G(a) 
va tenglik esa faqat
1
)
(
=
a
A
a
i
, i=
1, 2
,…, n 
bo’lganda 
bajariladi. Bundan esa
a
1
=a
2 
=…= a
n
 = A(a)
ekanligi kelib chiqadi
. 
1-misol
. 
,
0
x y
>
bo’lsa,
2
2
1
x
y
xy x y
+
+ ≥
+ +
tengsizlikni isbotlang. 
Yechilishi:
7

2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1 1
1
2 2
x
x
y
y
x
y
xy x y
x
y
+
+ ≥
+ + ⇒
+
+
+
+ + =
+
+
+
. 
2
2
2
2
2
2
,
2
2
1
,
1
2
2
1
.
2
2
x
y
xy
y
y
x
y
xy x
x
x
⎧
+
≥
⎪
⎪
⎪
+
+ ≥
⇒
+
+ ≥
+ +
⎨
⎪
⎪
+ ≥
⎪
⎩
.
y
2-misol
. 
0
x
>
bo’lsa, 
6
12
4
2
2
2 2
x
x
x
+
≥ ⋅
tengsizlikni isbotlang. 
Yechilishi.
1
1 1
6
12
4
12
4
6
12 4
2
2
2 2
2
2 2
2 2
2 2
x
x
x
x
x
x
+
+
≥ ⋅
⋅
= ⋅
= ⋅
= ⋅
x
0
. 
Misollar: 
1.
Agar 
,
x y
>
bo’lsa, 
4
4
8 8
x
y
+
+ ≥
xy
0
ni isbotlang. 
2.
bo’lsa quyidagini isbotlang:
1
2
3
4
5
,
,
, ,
x x x x x
>
(
)
2
2
2
2
2
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
+
+
+
+
≥
+
+
+
. 
3. 
, ,
0
x y z
>
bo’lsa, 
2
2
2
x
y
z
xy yz xz
+
+
≥
+
+
ni isbotlang. 
4. 
bo’lsa,
, ,
0
a b c
>
3
a b c
b
c
a
+ + ≥
ni isbotlang. 
5. 
bo’lsa,
(
)
, ,
0
a b c
>
(
)(
)(
)
1
1
16
a
b
c a b c
a
+
+
+
+ ≥
bc
ni isbotlang. 
 
3. O’rta geometrik va o’rta garmonik qiymatlar orasidagi tengsizlik.
Teorema. G (a) 
≥
 H(a) 
ekanligini, jumladan, 
H(a) = G(a) 
tenglik faqat va 
faqat
a
1
=a
2 
=…= a
n
shart bajarilsa to’g’riligini isbotlang.

Isboti
.
Koshi tengsizligidan foydalanib (1-masalaga qarang) foydalanib
8

(
H(a)
) 
-1
= 
1
1
1
2
1
1
1
1
2
1
1
))
(
(
...
...
−
−
−
−
−
−
−
=
≥
+
+
+
a
G
a
a
a
n
a
a
a
n
n
n
tenglikga ega 
bo’lamiz. Jumladan, 
 H(a) = G(a) 
tenglik faqat 
a
1
=a
2 
=…= a
n
da bajariladi. 
 
1-misol
. Agar 
bo’lsa,
, ,
0
a b c
>
3
1
1
1
3
a b c
a
b
c
+ +
≤
+
+
tengsizlikni 
isbotlang. 
Yechilishi
:
(
)
1 1 1
9
a b c
a b c
⎛
⎞
≤
+ +
+ +
⎜
⎟
⎝
⎠
, 
(
)
3
3
3
3
3
,
1 1 1
9
9.
1 1 1
1
3
.
a b c
abc
abc
a b c
a b c
abc
a b c
abc
⎧ + + ≥
⎪
⎛
⎞
⇒
+ +
+ +
≥
=
⎨
⎜
⎟
+ + ≥ ⋅
⎝
⎠
⎪
⎩
2-misol
. Agar 
,
, ,
0
a b c
>
2 3
1
ab c
=
bo’lsa, 
1 1 1
6
a b c
+ + ≥
ni isbotlang. 
Yechilishi
: 
2 3
6
1 2 3
1 1 1 1 1 1
1
6
6
a b c
a b b c c c
ab c
+ + = + + + + + ≥
=
. 
 
Misollar 
1. 
, ,
0
x y z
>
bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang: 
(
)
(
)
2
2
2
2
1
1
1
1
28 3
9
x
y
z
x y z
xyz x y z
+
+
+
≥
+ +
+ +
. 
2. Agar
va
1
2
,
, ...,
0
n
x x
x
>
1
2
...
1
n
x
x
x
+
+ +
=
bo’lsa, u holda quyidagi 
tengsizlikni isbotlang: 
(
)(
)
(
)
1
2
1
2
1
2
1
1
...
1
...
1
...
1
...
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
−
+
+ +
+
+ +
+
+ +
+ + +
n
≥
. 
3. 
, ,
0
x y z
>
bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:
9

2
2
2
0
x
xy
y
yz
z
xz
x y
y z
x z
−
−
−
+
+
≥
+
+
+
. 
4. Agar 
bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang:
, ,
0
a b c
>
2
a
b
c
b c
a c
a b
+
+
≥
+
+
+
. 
5. Agar 
bo’lsa, u holda quyidagi tengsizlikni isbotlang: 
, , ,
0
a b c d
>
2
2
2
2
2
2
p
p
p
p
p
p
a
b
c
a
bc b
ac c
a
+
+
+
+
+
+
+
+
≥
+
+
b
. 
4. O’rta arifmetik va o’rta kvadratik qiymatlar orasidagi tengsizlik.
Teorema. K (a) 
≥
 A(a) 
tengsizlik o’rinli ekanligini, jumladan,
K(a) = A(a) 
tenglik faqat
a
1
=a
2 
=…= a
n 
holdagina o’rinli bo’lishini isbotlang.

Isboti
: Koshi tengsizligidan foydalanib (1-masalaga qarang) foydalanib

2
i
j
a a
≤
2
2
, 1
i
j
a
a
i
j n
+
≤ < ≤
tengsizlikni hosil qilamiz. 
Demak, 
2
2
2
2
1
2
1
2
1
(
...
)
...
2
n
n
i j n
a
a
a
a
a
a
a a
≤ < ≤
+
+ +
=
+
+ +
+
i
j
∑
≤
2
2
2
2
2
1
2
1
...
(
)
n
i
i j n
a
a
a
a
a
≤ < ≤
≤
+
+ +
+
+
j
∑
= n
(
.
 
2
2
2
1
2
...
)
n
a
a
a
+
+ +
Eslatib o’tamiz, 
 K (a) = A(a)
tenglik faqat
a
1
=a
2 
=…= a
n
o’rinli bo’ladi. 

Download 1,19 Mb.