Abdullayev jonibekning matematik analiz fanidan yozgan
Download 197.9 Kb. Pdf ko'rish
|
koshi tengsizligi va uning tadbiqlari
|
n n n n a G a a a a G a nA a a a a A n
tengliklar o'rinli bo’ladi. Quyidagi ayirmani ko’rib chiqamiz:
). (
)( 1 ( 1 1
n n n G A n G A n R − − − + = + +
(16) ayniyatlardan ushbu
) 17
) ( ) 1 ( 1 1 1 + + + + − + = n n n n n n a G n nG a R
tenglik kelib chiqadi. Agar 1 1 1 , + + + = = n n n n y a x G belgilash kiritsak, (17) tenglikdan quyidagi tengsizlik kelib chiqadi:
[ ] . 0 ) .... ( .... ) ( ) ( )] ( ... ) ( ) )[(
( ) .... )( ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( 1 2 1 2 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 ≥ + + + + + + + − = = − + + − + − − = = + + + + − − − = = − − − = + − + = − − − − − − − − − − − + + n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n y y x x y x x x y x y x x y x yx x y x y xy y x x y x y y x nx y x y y x nx y x n nx y R
Demak, ushbu
) 18 ( ) ( ) )( 1 ( 1 1
n n n G A n G A n − ≥ − + + +
tengsizlik o'rinli bo’lar ekan.
0
2 ≥ − G A bo’lgani uchun (18) tengsizlikdan n ning ixtiyoriy natural qiymatida n n G A ≥ bo’lishi kelib chiqadi, ya’ni n a a a a a a n n n + + + ≤ ⋅ ⋅ ....
.... 2 1 2 1
tengsizlik o'rinli. Isbot tugadi. KOSHI TENGSIZLIGI ISBOTINING OLTINCHI USULI.
(LOGARIFMIK TENGSIZLIK USULI).
Avval,
0 >
bo’lganda ushbu
1 ln
≤ x x
tengsizlikni isbotlab olamiz. Bu yerda tenglik faqat 1 =
bo’lganda bajariladi. Buning uchun 1 ln
( + − = x x x f yordamchi funksiya tuzib olamiz va bu funksiyaning eng katta qiymatini topamiz. Ushbu
x x x x f − = − = 1 1 1 ) ( '
tenglikka asosan ) (x f funksiya ] 1
0 ( oraliqda o’suvchi va ) , 1 [ ∞ oraliqda kamayuvchi bo’ladi. Bunga ko’ra oraliqda kamayuvchi bo’ladi. Bunga ko’ra 1 0 < < x
bo’lganda ) 1 ( ) (
x f < va
1 >
bo’lganda ) ( ) 1 ( x f f > bo’ladi. Demak, ) (x f funksiya eng katta qiymatini 1 =
bo’lganda qabul qiladi. Shuning uchun
) 1 ( ) (
x f ≤ bo’ladi, ya’ni . 1 ln , 0 1 ln − ≤ ≤ + − x x x x
0 ...
0 , 0 2 1 > > >
a a a ixtiyoriy sonlar bo’lsin. Ushbu . ...
..., , ... , ...
2 1 2 1 2 2 2 1 1 1 n a a a a x n a a a a x n a a a a x n n n n n + + + = + + + = + + + =
belgilash kiritsak, n x x x n = + + + ... 2 1 bo’ladi. Yuqorida isbot qilingan tengsizlikka ko’ra 1 ... 0 ...
) 1 ( ... ) 1 ( ) 1 ( ln .... ln ln ... ln 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 = = = = ≤ = = ⋅ ⋅ ⋅ − + + + − + + − + − + + + ⋅ ⋅ ⋅ e e e e e x x x n n x x x n x x x n x x x x x x n n n n n n n
bo’ladi. Bundan esa belgilashlarga asosan n a a a a a a n n n + + + ≤ ⋅ ⋅ ....
.... 2 1 2 1
tengsizlik kelib chiqadi. Bu yerda tenglik bajarilishi uchun yuqoridagi tengsizlikda 1 ..., , 1 , 1 2 1 = = = n x x x bo’lishi kerak. Aks holda tengsizlik belgisi qat’iy bo’ladi. Isbot tugadi.
KOSHI TENGSIZLIGIDAN FOYDALANIB KOSHI-BUNYAKOVSKIY TENGSIZLIGINI ISBOTLASH.
Ixtiyoriy n a a a ...,
, , 2 1 va
n b b b ...,
, , 2 1 ) 24
... ...
... 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 1 n n n n b b b a a a b a b a b a + + + ⋅ + + + ≤ + + + tengsizlik o’rinli bo’ladi, bu yerda tenglik faqat
) 25 ( ...,
, , 2 2 1 1 n n b a b a b a λ λ λ = = =
bo’lganda bajariladi. (24) tengsizlikka Koshi-Bunyakovskiy tengsizligi deyiladi. ( V.Ya.Bunyakovskiy (1804-1889) rus matematigi ). Agar n a a a ...,
, , 2 1 va
n b b b ...,
, , 2 1 sonlarning barchasi nolga teng bo’lsa, (24) tengsizlik bajarilishi ma’lum. Shuning uchun
...,
, , 2 1 va
n b b b ...,
, , 2 1 sonlar orasida teng bo’lmaganlari bor deb hisoblaymiz. Yuqorida keltirgan fikrni Koshi tengsizligidan foydalanib isbotlaymiz.
Buning uchun ushbu 2 2
2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ... ..., , ... , ...
, ...
..., , ... , ...
n n n n n n n n n n b b b b y b b b b y b b b b y a a a a x a a a a x a a a a x + + + = + + + = + + + = + + + = + + + = + + + =
belgilashlarni kiritib olamiz. Quyidagi tengsizliklarni bir-biriga qo’shamiz: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 2 1 2 1 ) 26 ( ......... .......... .......... 2 1
1 2 1 2 1
n n n y x y x y x y x y x y x + ≤ + ≤ + ≤
natijada
1 2 1 2 1 ) ... ( 2 1 ) ... ( 2 1 .... 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 1 = + = + + + + + + + ≤ + + +
n n n y y y x x x y x y x y x
kelib chiqadi. Bunga ko’ra 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 1 ... ...
... n n n n b b b a a a b a b a b a + + + ⋅ + + + ≤ + + + bo’ladi. Bundan esa 2 2
2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 1 ... ... ) ... ( n n n n b b b a a a b a b a b a + + + ⋅ + + + ≤ + + + −
tengsizlik ham o'rinli bo’lishi kelib chiqadi, ya’ni 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 1 ... ... ...
n n n n b b b a a a b a b a b a + + + ⋅ + + + ≤ + + + tengsizlik o'rinli. Bu yerda tenglik bajarilishi uchun (26) tengsizliklarning har birida tenglik bajarilishi kerak. Isbot tugadi.
KOSHI TENGSIZLIGINI UMUMLASHTIRISH.
Yuqorida isbot qilingan ushbu
)
( ) 0 ( , 1 ln > − ≤ x x x
tengsizlik, Koshi tengsizligini umumlashtirishga imkon beradi. Buning uchun yig’indisi 1 ga teng bo’lgan 0 ..., , 0 , 0 2 1 ≥ ≥ ≥ n p p p sonlarni olamiz va
) 28 ( , ...
, ...
... ...
... ...
... ...
... ...
... ...
... , ... , ...
2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 n n n n n n n n a p a p a p a x a p a p a p a x a p a p a p a x + + = + + + = + + + = belgilashlarni kiritamiz. Bu yerda 0 ...,
, 0 , 0 2 1 > > > n a a a ixtiyoriy sonlar. (27) va (28) ga asosan
) 29 ( 1 ... 0 1 1 ) ... ( ...
) 1 ( ... ) 1 ( ) 1 ( ln ... ln ln 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 = Download 197.9 Kb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|