Abdullayev jonibekning matematik analiz fanidan yozgan
Download 197.9 Kb. Pdf ko'rish
|
koshi tengsizligi va uning tadbiqlari
|
a
a x n n n n n ....
....., , ... , ....
2 1 2 1 2 2 2 1 1 1 + + = + + + = + + =
belgilashlardan so’ng quyidagi tasdiqni isbotlash yetarli bo’ladi: n x x x n = + + + .... 2 1 0 .....,
0 , 0 2 1 > > > ∀ n x x x sonlar uchun ) 10 ( 1 .... 2 1 ≤ ⋅ ⋅ ⋅ n x x x
bo’ladi va tenglik faqat 1 ....,
, 1 , 1 2 1 = = = n x x x bo’lganda bajariladi. Bu fikrni matematik induksiya usulida isbotlaymiz: 2 = n bo’lganda bajarilishini avvalroq ko’rsatgan edik . k n = da to’gri deb olib, 1 + = k n bo’lganda ham to’g’ri bo’lishini ko’rsatamiz.
Ushbu
) 11 ( 1 .... 1 2 1 + = + + + + k x x x k
tenglikning chap tomonidagi qo’shiluvchilari orasida shunday ikkitasi topiladiki, birinchisi 1 dan kichik bo’lmaydi va ikkinchisi 1 dan kichik bo’lmaydi. Agar fikr bajarilmasa, (11) tengli ham bajarilmasligi ma’lum. Qulayligi uchun 1 , 1 2 1 ≥ ≤ x x deb olamiz. U holda
) 12 ( 1 0 1 , 0 ) 1 )( 1 ( 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 x x x x x x x x x x ≥ − + ≥ + − − ≥ − −
bo’ladi. Ushbu
1 4 3 2 1 , ,......,
, , 1 + − + k k x x x x x x
k ta son yig’indisi k ga teng bo’lgani uchun induksiya faraziga ko’ra
) 13 ( 1 ..... ) 1 ( 1 4 3 2 1 ≤ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − + +
k x x x x x x
tengsizlik o’rinli bo’ladi. (12) va (13) tengsizliklardan quyidagi baholash kelib chiqadi:
. 1 ....
) 1 ( .... ) ( 1 4 3 2 1 1 3 2 1 ≤ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − + ≤ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + +
k x x x x x x x x x
Keltirilgan tasdiqning birinchi qismi isbotlandi. Agar (10) tengsizlikda tenglik bajarilib, n x x x ,...,
, 2 1 sonlar orasida birdan farqlisi bo’lsa, bu sonlar yig’indisi n bo’lgani uchun shunday ikkitasi tpiladiki ( aytaylik 2 1 x va x ),
1 , 1 2 1 > < x x bo’ladi. Bundan , 1 ) 1 ( 2 1 > − + x x
1 .... ) 1 ( ....
) ( 1 3 2 1 3 2 1 ≤ ⋅ ⋅ ⋅ − + < ⋅ ⋅ ⋅ =
n x x x x x x x x
ziddyat kelib chiqadi. Demak farazimiz to’gri ekan. Bu farazimizdan
n a a a a a a n n n + + + ≤ ⋅ ⋅ ....
.... 2 1 2 1
tengsizlik kelib chaqadi.
KOSHI TENGSIZLIGI ISBOTINING UCHUNCHI USULI. Avval
0 ≥
bo’lganda ushbu
) 14 ( 1
n x n ≥ − +
tengsizlik bajarilishini isbot qilamiz. Bu yerda tenglik faqat 1 = x bo’lganda bajariladi. Buning uchun (14) tengsizlikni
0 )
( 1 ≥ − − − x n x n
ko’rinishida yozib olib, chap tomonini ko’paytuvchilarga ajratamiz: , 0 ] 1 ) 1 ( ... ) 1 .... ( ) 1 ... [( ) 1 ( )] 1 ....(
) 1 ( ) 1 )[( 1 ( ) 1 ( ) 1 ....
)( 1 ( ) 1 ( 1 4 3 3 2 2 2 1 2 1 ≥ + + + + + + + + + + + − = = − + − + − − = − − + + + + − = − − − − − − − − − − − x x x x x x x x x x x n x x x x x n x n n n n n n n n n chunki 0 ≥
. Bu tengsizlikda tenglik bajarilishi uchun 1 = x
bo’lishi kerak. (14) tengsizlikda n b a x 1 ) ( = , ) 0 , 0 ( > ≥ b a desak,
1 ) ( 1 ≥ − + ,
n n n b na b n a 1 1 ) 1 ( − ≥ − + ,
) 15 ( 1 1 1 1
n n b a b n n a n − ≥ − +
kelib chiqadi. (15) tengsizlik 0 = b bo’lganda xam bajariladi. (15) tengsizlikda tenglik faqat
= bo’lganda bajariladi. Endi esa Koshi tengsizligini matematik induksiya usulida isbotlashga o’tamiz. 2 = n da bajarilishi ma’lum. k n = da to’g’ri deb olib, 1 + = k n bo’lganda xam to’g’riligini ko’rsatamiz. (15) tengsizlik va induksiya faraziga asosan ( ) 1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 ...
... ...
... 1 1 1 1 .... + + + + + + + + + + ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ≥ ≥ + + + ≥ + + + ⋅ + + + = + + + +
k k k k k k k k k k k k k k k a a a a a a a k a a a a k a a a k k a k k a a a
bo’lishi kelib chiqadi. Koshi tengsizligida tenglik bajarilib, n a a a ,....,
, 2 1 sonlar orasida bir-biriga teng bo’lmaganlari bor deb faraz qilaylik. U holda n a a a ,....,
, 2 1 sonlardan kamida bittasi qolganlarining o’rta arifmatigiga teng bo’lmaydi. Qulayligi uchun 1 ... 1 2 1 − + + + ≠ − n a a a a n n
deb hisoblaymiz. U holda (15) tengsizlikka asosan ( )
n n n n n n n n n n n n n n n a a a a a a a n a a a a n a a a n n a n n a a a ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ≥ ≥ − + + + > − + + + ⋅ − + = + + + − − − − − − ... ... 1 ... 1 ...
1 1 . .. 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 1
ziddiyat kelib chiqadi. Isbot tugadi. Izoh: (14) tengsizlikda ) 1
, 1 − ≥ + = α α
desak,
α α
n + ≥ + 1 ) 1 ( tengsizlik hosil bo’ladi.
Bu tengsizlikda tenglik faqat 0 = α bo’lganda bajariladi ) 2 ( ≥
. Ohirgi tengsizlikka Bernulli tengsizligi deyiladi.(Yokob Bernulli (1654-1705) Shvetsiariyalik olim).
KOSHI TENGSIZLIGI ISBOTINING TO’RTINCHI USULI. Matematik induksiya usulida isbotlaymiz. 2 =
da to’g’riligi ma’lum. k n = da to’g’ri deb olib, 1 + = k n bo’lganda ham to’g’ri bo’lishini ko’rsatamiz. Qulayligi uchun
k k k k a a a a a a ≥ ≥ ≥ + + + 1 2 1 1 1 ...., , , deb hisoblaymiz. Ushbu
+ + + = .... 2 1
belgilashni kiritib olamiz. U holda , 1 1 ) ( ) 1 ( 1 1 1 1 1 + − + = + − + + = + + = + + + + k A a A k A a A k k a kA A k k k k k k k k k
k k k k k A k A a A A ) 1 ( 1 1 1 + − + = + +
bo’ladi. Bernulli tengsizligidan k k k k k k k k k k k k A a A k A a k A k A a A A 1 1 1 1 1 1 ) 1 ( ) 1 ( 1 ) 1 ( 1 + + + + + + = + − ⋅ + + ≥ + − + =
kelib chiqadi. Oxirgi tengsizlikni ushbu
( )
k k k k k A a A 1 1 1 + + + =
tarzda yozish mumkin. Induksiya faraziga ko’ra
k k k a a a A ⋅ ⋅ ⋅ ≥ ... ) ( 2 1
bo’ladi. Demak
1 2
1 1 ..... ) ( + + + ≥ k k k k a a a a A
o'rinli ekan. Bundan esa n a a a a a a n n n + + + ≤ ⋅ ⋅ ....
.... 2 1 2 1
tengsizlik o'rinli ekani kelib chiqadi. Isbot tugadi. KOSHI TENGSIZLIGI ISBOTINING BESHINCHI USULI Quyidagi belgilashlarni kiritamiz:
,
2 1
a a a A n n + + + =
n n n a a a G ⋅ ⋅ ⋅ = ... 2 1
U holda
) 16 ( ) ( ....
) ( .... ) 1 ( 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 + + + + + + + = = + = + + + + = + n n n n n n n n Download 197.9 Kb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|