Abdullayev jonibekning matematik analiz fanidan yozgan

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

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

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

n

G

A

n

G

A

n













  

 

tengsizlik o'rinli bo’lar ekan.  

                        

 

0

2

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



x

 bo’lganda ushbu  

                                                   

1

ln





x

x

 

tengsizlikni  isbotlab  olamiz.  Bu  yerda  tenglik  faqat 

1



x

    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

(

)

(

f

x

f



va 

1



x

 bo’lganda  

)

(

)

1

(

x

f

f



bo’ladi.  

Demak, 

)

(x

f

  funksiya  eng  katta  qiymatini 

1



x

  bo’lganda  qabul  qiladi.  Shuning 

uchun  

)

1

(

)

(

f

x

f



 bo’ladi, ya’ni 

                                  

.

1

ln

,

0

1

ln











x

x

x

x

  

 

 

0

...

0

,

0

2

1







n

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

   sonlar uchun ushbu  

)

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













   

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     

n

a

a

a

...,

,

,

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

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

2

1

2

1

2

1

n

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

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

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  

  

                            

  

)

27

(

)

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