CC BY
1Funksiyaning monotonlik xossasi yordamida tengsizliklarni
isbotlash
N.N.Raximov
O'zbekiston-Finlandiya pedagogika instituti
Annotatsiya: Maqolada funksiyaning monotonlik xossasi yordamida ba'zi tengsizliklarni isbotlash usullari keltirib o'tilgan.
Kalit so'zlar: funksiya, funksiyaning monoton va ekstrimumlik xossalari, tengsizlik, isbot, masala va yechim
Proving inequalities using the monotonicity property of a
function
N.N.Rakhimov Uzbekistan-Finland Pedagogical Institute
Abstract: The article presents methods of proving some inequalities using the monotonicity property of a function.
Keywords: function, monotone and extremum properties of a function, inequality, proof, problem and solution
Ma'lumki, agar f (X) funksiya [a, b ] kesmada aniqlangan monoton, yoki bu kesma ichida faqat bitta ekstremumga ega bo'lib, bu ekstremum uning minimumi bo'lsa, u holda bu funksiya o'zining eng katta qiymatlarini kesmaning chegara nuqtalarida erishadi. Shu kabi, agar bu ekstremum uning maksimumi bo'lsa, u holda bu funksiya o'zining eng kichik qiymatlarini kesmaning chetki nuqtalarida erishadi. Funksiyaning bu xossasidan ba'zi tengsizliklarni isbotlashda foydalanish mumkin. Quyida funksiyaning monotonlik xossasi yordamida ayrim tengsizliklarni isbotlarini keltirib o'tamiz.
1-masala. Agar x^X3 haqiqiy sonlar bo'lib, 0 - X -1, 1 = 1,2,3 shartni qanoatlantirsa Xl + X2 + X3 - XlX2 - X2X3 - X3Xl - 1 tengsizlikni isbotlang.
Yechim. X1 = X belgilash kiritib,
f (X) = X + X2 + X3 — X X2 — X2 X3 — X3X = X(l — X2 — X3 ) + X2 + X3 — X2 X3 , X e [0,1]
funksiyani hosil qilamiz. Bu funksiya X ga nisbatan chiziqli funksiya bo'lgani
uchun monoton bo'lib, u o'zining eng katta qiymatlariga [0,1] kesmaning chetki nuqtalarida erishadi. Shuning uchiun
ISSN 2181-0842 / IMPACT FACTOR 4.182 8 [EJ^^^H
f (0) = x2 + x3 - x2x3 = 1 + (l - x3 )(x2 - 1) < 1, f (1) = 1 - x 2 - x 3 + x 2 + x 3 - x 2 x 3 = 1 - x 2 x 3 < 1
Demak f (x) < 1, bundan esa isbotlanishi talab qilingan
x1 + x2 + x3 - x1 x2 - x2x3 - x3x1 <1 tengsizlik hosil bo'ladi. 2-masala. Agar a, b, c uchburchak tomonlari bo'lib, a + b + c = 1 bo'lsa, u holda
a2 + b2 + c2 + 4 abc < —
tengsizlikni isbotlang.
i
0 < a, b, c < —
Yechim. a,b,c uchburchak tomoni bo'lgani uchun 2 bo'ladi
c = x; b =1 - a - x belgilash olsak,
f (x) = a2 + (1 - a - x)2 + x2 + 4ax(1 - a - x)--
2
funksiyani qaraymiz. Natijada
f'(x) = -2(1 - a - x) + 2x - 4ax + 4a (1 - a - x) = -2 + 2a + 2x + 2x - 4ax + 4a - 4a2 - 4ax = = 6a - 2 + 4x(1 - 2a) - 4a2 = -2(2a2 - 3a + 1) + 4x(1 - 2a) = -2(a - 1)(2a - 1) + 4 x(1 - 2a) =
1 1 1
= 4(1 - a)(a - —) - 8x(a - —) = const + 8(— - a)x 2 2 2
bo'lib funksiya monoton o'sadi.
1
x = —
U o'zining eng katta qiymatini 2 da erishadi.
f ( x) < f
r 1 ^ r 1V r 1 V 2 1 r 1 ^ 1
+ a + 4 a —
2
1---a
2
2
1 - a--
2
11 22 ~ 2 1 = — + — - a + a + a + a - 2 a - — = 0
4 4 2
a2 + b2 + c2 + 4 abc < —
Demak, 2 tengsizlik isbotlandi.
3-masala. a2 + b 2 + c2 < a2b + b 2c + c2a +1 tengsizlikni isbotlang, bunda 0 < a'b'c <1
Yechim. [0;1] kesmada f (x) = x (1 - b) - cx + b + c - b c -1 funksiyani qaraymiz (bunda a=x deb qaradik).
f'(x) = 2(1 - b)x - c2
Agar b * 1 bo'lsa, u holda f (x) o'sadi, demak f (x) funksiya monoton xossaga ega va o'zini eng katta qiymati [0;1] kesma chegarasida erishadi.
f (0) = b2 + c2 - b2c - 1 = (1 - c)(b2 - (1 + c)2) < 0 f (1) = 1 - b 2 - c2 + b 2 + c2 - b2 c - 1 = b (b - 1) - b2 c < 0
Shuning uchun f (x) < 0 x e [0;1] va demak f (0) < 0. b = 1 bo'lsa ham isbot shu kabi olib boriladi.
2
2
2
V y
ISSN 2181-0842 / Impact Factor 4.182
9
4-masala. Agar x e [ 1,1] barcha x lar uchun
ax + bx + c
< 1
tengsizlik o'rinli
bo'lsa, u holda Yechim.
cx - bx + a
< 2
tengsizlikni isbotlang.
cx - bx + a
cx - c
cx - bx + a
= |c|(1 - x2) +
cx - bx + a
< c +
cx - bx + a
x e [0,1]
Agar x = 0 bo'lsa, u holda
cx - bx + a
ax + bx + c < 1 + c - bx + a
< 1 tengsizlidan c < 1 kelib chiqadi.
Shuning uchun
Endi f(x) = c - bx + a funksiya o'zining eng katta qiymatiga [-1;1] kesma chegarasida erishishida qoldi.
Demak, f (x) < max( f (-1); f (1)) = max( lc + b + a l; lc - b + a l) < 1. Bundan esa,
cx - bx + a
< 1 + 1 = 2
kelib chiqadi.
5-masala. 0 < a, b, c < 1 sonlari uchun
a b c
-+-+-+ (1 - a)(1 - b )(1 - c) < 1
b + c + 1 c + a + 1 a + b + 1
tengsizlikni isbotlang.
Yechim. [0;1] kesmada
x b c
-+-+-+ (1 - x)(1 - b )(1 - c)
b + c + 1 c + x + 1 x + b + 1
funksiyani
+
■ +
d = const .
qaraymiz. Uning hosilasi (c + x +1) (x + b +1)
ko'rinib turibdiki f(x) [0;1] kesmada o'suvchi funksiya va demak f(x) monoton xossaga ega, u o'zini eng katta qiymatini 0 yoki 1 nuqtada qabul qiladi.
Demak, f (x) < max( f (0); f (1)) a = 0, a =1 va xuddi shunday,
f (x) < max b bo'Isa b = 0, b = 1
f (x) < max c bo' Isa c = 0, c = 1
ekanligini ko'ramiz. Quyidagi (0,0,0), (0,0,1), (0,1,1), (1,1,1) sonlar uchliklari uchun tenglik bajariladi.
Foydalanilgan adabiyotlar
1. Sh. Ismailov, A. Qo'chqorov, B. Abdurahmonov. Tengsizliklar-I. Isbotlashning klassik usullari / Toshkent, 2008 y.
2. Седракян Н. М., А в о я н А. М. Неравенства. Методы доказательства / Пер. с арм. Г. В. Григоряна. М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002. - 256 с.
3. N.Raximov. Matematikadan nostandart masalalar, I qism: Akademik litsey va iqtidorli maktab o'quvchilari uchun uslubiy qo'llanma.-Samarqand: 2020y. -132-bet.
2
+
b
c
ISSN 2181-0842 / Impact Factor 4.182
10
