MONOTON KETMAKETLIKLAR USULI YORDAMIDA TENGSIZLIKLARNI ISBOTLASH Текст научной статьи по специальности «Математика»

mm

SIAN [OUilNAI. OF

ICI POS^RY RESEARCH AGEMENT STUDIES

MONOTON KETMA- KETLIKLAR USULIYORDAMIDA TENGSIZLIKLARNIISBOTLASH RAXIMOV NASRIDDIN O'zbekiston-Finlandiya pedagogika instituti Matematika kafedrasi mudiri, [email protected] https://doi.org/10.5281/zenodo.14249192

ARTICLE INFO

Received: 19 th November 2024 Accepted:20th November 2024 Published:29th November2024 KEYWORDS Monoton ketma-

ketliklar, ta'rif, teorema, tengsizlik, isbot, masala va yechim.

ABSTRACT

Maqolada monoton ketma-ketliklar yordamida ba'zi tengsizliklarni isbotlash usullari ko'rsatib o'tilgan.

Umumta'lim maktablarining matematika kursida tengsizliklarni isbotlash masalasiga kamroq ahamiyat berilgan bo'lsada, ammo ikki musbat sonning o'rta arifmetigi va o'rta geometrigi orasidagi munosabatni bog'lovchi Koshi tengsizligi hamda bu tengsizlik vositasida isbotlanishi talab qilingan ko'plab tengsizliklar turli xil matematik turnir va olimpiadalarda ko'plab uchraydi. Biz ushbu maqolada monoton ketma-ketliklar usulidan foydalanib tengsizliklarni isbotlash masalasini qarab chiqamiz.

Teorema. a1,a2,..,an sonli ketma-ketlik a1 a2 ... an shartni qanoatlantirsin. albl + a2b2 +... + anbn yig'indi o'zining eng katta qiymatiga b b2 ... bn bo'lganda, eng kichik qiymatiga esa bx b2 ... bn bo'lganda erishadi.

Isbot. r va s natural sonlari r < s n shartni qanoatlantirsin. Teoremani isbotlash

uchun

S = axcx + a2c2 +... + arcr +... + ascs +... + ancn S = axcx + a2c2 +... + arcs +... + ascr +... + ancn yig'indilarni taqqoslash yetarli. Ular uchun

S -S = arcs + ascr -arcr -ascs = (ar -as)(cs -Cr)

munosabatni yoza olamiz. Demak, agar cs cr bo'lsa, S S aksincha, cs cr bo'lsa, S S bo'ladi. Bu esa talab etilgan tasdiqni isbotlaydi.

Natija. Teoremadan ko'rish mumkinki, agar ax a2 ... an, bx b2 ... bn bo'lsa, u holda b,b2,...,bn sonlarining ixtiyoriy (x1,x2,...,xn) o'rin almashtirishlari uchun

ab + anbn +... + ab ax + ax +... + ax a,b + anb ,+... + ab (1)

11 2 2 n n 11 2 2 n n 1 n 2 n-1 n 1 V-'-J

qo'shtengsizlik o'rinli bo'ladi.

Xorijiy adabiyotlarda (1) qo'shtengsizlik "rearrangement inequality" deb yuritiladi. Qizig'i shundaki, hozirgacha (1) qo'shtengsizlik xattoki rus tilida ham aniq bir nomga ega emas. Uni nomlash uchun "trans-tengsizlik" terminini qo'llashni Xalqaro

matematika olimpiadalarida ishtirok etuvchi Rossiya Federatsiyasi o'quvchilari terma jamoasining ilmiy rahbari N.Agaxanov taklif etgan.

Ta'rif. Agar (a1, a2, a3) va (bi, b2, b3) uchliklardan ikkalasi ham kamaymaydigan (ya'ni aj a2 a3 va bj b2 b3), yoki ikkalasi ham ortmaydigan (ya'ni aj a2 a3 va b1 b2 b3)

bo'lsa, (ai, a2, a3) va (bi, b2, b3) uchliklar birxil tartiblangan deyiladi.

Agar (ai, a2, a3) va (bi, b2, b3) uchliklarlardan bittasi kamaymaydigan, ikkinchisi esa ortmaydigan bo'lsa, u holda bu uchliklar turlicha tartiblangan deyiladi.

Masalan, (-1,1,3) va (2,5,7) uchliklar bir xil tartiblangan, (-1,1,3) va (7,5,2) uchliklar esa turlicha tartiblangan.

(a1, a2, a3) va (b1, b2, b3) uchliklar berilgan bo'lsin. (x1,x2,x3) uchlik b1, b2, b3 sonlarning o'rin almashtirishi bo'lsin.

U holda yuqoridagi teoremaning quyidagi muhim natijalarini qayd etamiz. 1) Agar (a1, a2, a3) va (b1, b2, b3) uchliklar bir xil tartiblangan bo'lsa, u holda

a1b1 + a2b2 + a3b3

a Xi + a Xo + a X'

22

(2)

tengsizlik o'rinli.

2) Agar (al, a2, a3) va (bl, b2, b3) uchliklar turlicha tartiblangan bo'lsa, u holda

ab + a2b2 + a3b3 a^Xi + a 2 «2

(3)

tengsizlik o'rinli.

Endi mavzuga oid ba'zi tengsizliklarni isbotlash usllarini qarab o'tamiz. 1-masala. a > 0,b > 0, c > 0 bo'lganda quyidagi tengsizlikni isbotlang.

a

b c 3

-+-+- —

b + c c + a a + b 2 Yechim. Yuroridagilarga asosan quyidagi monoton uchliklarni tuzib olamiz. musbat sonlari uchun abc

Aytaylik a,b,c

a + b a + c b + c

1

1

1

a

va

b + c c + a a + b 111

shart bajarilsin. U holda, munosabatlar o'rinli bo'ladi.

b + c c + a a + b asosan quyidagilarni yoza olamiz:

a b

lar tartiblangan uchliklar ekanligidan (2) formulaga

b + c c + a ab

a

a + b c

c + a a + b b + c

a

b + c c + a a + b a + b b + c c + a Hosil bo'lgan bu musbat hadli tengsizliklarni hadma-had qo'shib yuborsak

a

b

b + c c + a a + b

— tengsizlik kelib chiqadi.

2-masala. a,b,c sonlari uchburchak tomonlarini ifodalasa quyidagi tengsizlikni isbotlang.

a

b

p - a p - b p - c Yechim. Umumiylikka ta'sir etmagan holda a b

6 (bunda p - yarim perimetr) c deb olamiz.

Page 150

l

l

l

abc va

p - a p - b p - c

asosan quyidagilarni yoza olamiz:

lar tartiblangan uchliklar ekanligidan (2) formulaga

abc

■I-1-

a b c

■I-1-

p - a p - b p - c p - b p - c p - a

abc

•I-1-

a b c

-I-1-

p - a p - b p - c p - c p - a p - b Hosil bo'lgan bu musbat hadli tengsizliklarni hadma-had qo'shib yuborib

a b c

■I-1-

b I c a I c a I b

■I-1-

p - a p - b p - c p - a p - b p - c 3a - 2p 3b - 2p 3c - 2p

yoki

■I-

p - a

p - b

■I-

Bundan esa

ab

--21--21-

p - c c

О tengsizlikni hosil qilamiz.

p - b

p - c

- 2 О ya'ni isbotlanishi talab qilingan

p - a

tengsizlikka kelamiz.

Bir xil monoton juftliklarni ba'zi funksiyalarning eng katta va eng kichik qiymatlarini topish masalalariga ham tatbiq etish mumkin.

7Г , „ , „/ \ sin3 x cos3 X

3-masala. О < x < — bo'lganda f (x) =

2 cos x sin x

funksiyaning minimumini

toping.

Yechim. (sin3 x,cos3 x) va l

f ( x) =

cos x Sin x

bir xil monoton juftliklar bo'lgani uchun

• 3 3 -3 3

eir.3 v c3 Sin X cos X Sin X cos X

МИ Л L/Ub Л л л л л .2 2 л

--1--;-= 1 1 1 1 = sin X + cos X = 1

cos X sin X _ _

cos X sin X sin X cos X

bo'lib, funksiyaning berilgan oraliqdagi eng kichik qiymati 1 ga tengbo'ladi. 4-masala. Musbathaqiqiy X1,X2,...,Xn sonlari uchun

X1n+1 + X2n+1 +-----+ Xnn+1 x1X2 lXn (xx + X2 +-----+ Xn ) tengsizlikni isbotlang.

Yechim. Agar isbotlanishi talab qilingan tengsizlikni

Xl X 2

xn

x

x

X 2 X3

Xl x 2

Xl X2

ko'rinishda yozish bizni maqsadga darhol olib keladi.

Xulosa o'rnida shuni ayta olamizki, tengsizliklarni monoton ketma-ketliklar usulidan foydalanib isbotlash birmuncha qulay hisoblanadi. Bu usuldan matematika fan to'garaklarida, iqtidorli o'quvchilarini olimpiadalarga tayyorlash jarayonlarida foydalanilsa yanada samarali bo'ladi.

l

xl x 2

x

Page 151

ADABIYOTLAR

1. Седракян Н. М., А в о я н А. М. Неравенства. Методы доказательства / Пер. с арм. Г. В. Григоряна. М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002. - 256 с.

2. N.Raximov. Matematikadan nostandart т^а1а1аг, I qism: Akademik 1^еу уа iqtidorli maktab o'quvchilari и^ип uslubiy qo'llanma.-Samarqand: 2020у. -132 Ь.

3. Sh.Ismailov, O.Ibragimov. Tengsizliklar-II. Isbotlashning zamonaviy ^и^п / Toshkent, 2008 у.