Koshi tengsizligi va uning tadbiqlari - Алгебра - Курсовые работы

Информация о документе

Цена	9000UZS
Размер	184.9KB
Покупки	0
Дата загрузки	09 Октябрь 2022
Расширение	doc
Раздел	Курсовые работы
Предмет	Алгебра

Koshi tengsizligi va uning tadbiqlari

Купить

Koshi tengsizligi va uning tadbiqlari Reja: 1 Agyusten Lui Koshi – buyuk matematik. 2 Koshi tengsizligining sodda hollari. 3 Koshi tengsizligining isbotlash usullari. 4 Koshi tengsizligini umumlashtirish. 5 Koshi tengsizligidan foydalanib Koshi-Bunyakovskiy tengsizligini isbotlash. 6 Yung, Gyo’lder, Minkovskiy va Yensen tengsizliklari. 7 Masalalar yechish namunalari.

Annatatsiya Bu kurs ishida musbat s о nlar uchun K о shi t е ngsizligi va uni tadbiklari mukammal urganilgan. Matematika faning yorqin yulduzi, buyuk fransuz olimi Agyusten Lui Koshi 1789- yili aslzodalar oilasida tug’ilgan.1807-yilda Parijdagi yuqori malakali injenerlarni tayyorlaydigan mashhur politexnika maktabini tugatgan. 1810-yildan boshlab Sherburgda injener bo’lib ishlagan. Koshi turli sohalar bilan shug’ullagan: elatiklik nazaryasi,optika, osmon mehanikasi,differensial tenglamalar,geometriya, algebra va sonlar nazaryasi. Koshi qiziqishlarining asosi matematik analiz bo’lgan. U matematik analiz va kompleks o’zgaruvchili funksiyalar nazaryasi fanlarining asoschilaridan biridir. 1816 yilda Koshi Parij fanlar akademiyasining a’zosi qilib qabul qilingan va Politexnika maktabida profess

-sonli qatorlarda koshi alomati, -Koshi-Adamar formulasi, -differensial tenglamalar uchun Koshi masalasi, -kompleks o’zgaruvchili funksiyalar uchun Koshi-Riman sharti, -bir jinsli bo’lmagan chiziqli differensial tenglamaning xususiy yechimini topish Koshi usuli matematikada muhim o’rin egallaydi. Nemis matematigi Feliks Kleyn “Matematikada barcha sohalari bo’yicha erishgan ajoyib yutuqlariga ko’ra uni Gaussning deyarli yonida qo’yish mumkin “deb Koshiga yuksak baho bergan. Rus matematigi, akademik A.D.Aleksandrov “Koshining qavariq ko’pyoqlar uchun yagonalik teoremasini isbotlashdagi fikrlashi – geometriyadagi eng ajoyib fikrlashlarning biridir” degan. Agyusten Lui Koshi 1857 yilda vafot etgan. U hayoti davomida 789 ta ilmiy ish yozgan, bu ishlar 25 ta yirik jildlarda mujassamlashtirilgan.

bo’lganda bajariladi. Shuning uchun biz, (1) tengsizlikni isbotlashda 0 ...0 ,0 2 1    na a a deb hisoblaymiz. 4 ,3 ,2    n n n bo’lgan hollarda Koshi tengsizligi osongina isbot qilinadi. 2n bo’lgan holni ko’rib chiqamiz. Holda (1) tengsizlik )2( 2 2 1 2 1 a a a a    ko’rinishida bo’ladi. (2) tengsizlik esa ushbu )3( 0 ) ( 2 1   a a tengsizlikka teng kuchli bo’ladi. (3) tengsizlik o’rinli bo’lishi va tenglik faqat 2 1 a a  bo’lganda bajarilishi ma’lum. 3n bo’lsin. Bu holda Koshi tengsizligi ushbu 3 3 2 1 3 3 2 1 a a a a a a      ko’rinishida bo’ladi. 3 3 3 2 3 1 , , a c a b a a    belgilash kiritsak, u )4( 3 3 3 3 c b a abc    ko’rinish oladi. (4) tengsizlikni 0 3 333     abc c b a tarzda yozib olib, chap tomoni ko’paytuvchilarga ajratamiz: ,0 3 ) ( 3 ) ( 3 3 

4n bo’lgan holda o’rinli bo’lishi ko’rsatildi. (1) tengsizlikdan quyidagi muhim natijalar kelib chiqadi : 1-Natija. Yig’indisi o’zgarmas bo’lgan nomanfiy sonlar orasida ko’paytmasi eng katta bo’ladigani, bu bir-biriga teng sonlardir. 2-Natija. Ko’paytmasi o’zgarmas bo’lgan nomanfiy sonlar orasida yig’indisi eng kichik bo’ladigani bu bir –biriga teng sonlardir. Bu natijalar eng katta va eng kichik qiymatlarni topishga doir masalalarda ishlatish mumkin. KOSHI TENGSIZLIGI ISBOTINING BIRINCHI USULI na a a ,... , 2 1 sonlardan birortasi nolga teng bo’lsa, Koshi tengsizligi bajarilishi ma’lum. Shuning uchun 0 ...0 ,0 2 1    na a a deb hisoblaymiz. Ushbu n n n n n n n n a a a a x a a a a x a a a a x ... ......, ... , ... 2 1 2 1 2 2 2 1 1 1          belgilardan so’ng quyidagi tasdiqn

bajarilmasa, (7) tenglik ham bajarilmasligi ravshan. Qulayligi uchun 1 ,1 2 1   x x deb olamiz. U holda )8( 1 0 1 ,0 )1 )( 1( 21 2 1 1 21 2 2 1 xx x x x xx x x x           bo’ladi. Ushbu 1 4 3 2 1 , ,......, , , k k x x x x x x k ta son ko’paytmasi 1 ga teng bo’lgani uchun induksiya faraziga ko’ra )9( ..... 1 3 21 k x x xx k      tengsizli o’rinli bo’ladi. (8) va (9) dan quyidagi baholash kelib chiqadi: 1 ... ) 1( ...... ) ( 1 3 21 1 3 2 1              k x x xx x x x x k k Keltirilgan tasdiqni qismi isbotlandi. Agar (6) tengsizlikda tenglik bajarilib, nx x x ,...., , 2 1 sonlar orasida 1 dan farqlisi bo’lsa, bu sonlar ko’paytmasi 1 bo’lgani uchun shunday ikkitasi topiladiki ( aytayli 2 1 x va x ), 1 ,1 2 1   x x 21 2 1 1 xx x x     n n x x xx x x x n n

na a a ,...., , 2 1 sonlardan birortasi nolga teng bo’lsa, Koshi tengsizligi bajarilishi ravshan. Shuning uchun 0 ...0 ,0 2 1    na a a deb hisoblaymiz. Ushbu n a a a a x n a a a a x n a a 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 shartni qanoatlantiruvchi 0 .....,0 ,0 2 1     nx x x sonlar uchun )10( 1 ....2 1     nx x x bo’ladi va tenglik faqat 1 ....,,1 ,1 2 1    nx 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

Keltirilgan tasdiqning birinchi qismi isbotlandi. Agar (10) tengsizlikda tenglik bajarilib, nx 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 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x bo’lganda ushbu )14( 1 nx n xn    tengsizlik bajarilishini isbot qilamiz. Bu yerda tenglik faqat 1x bo’lganda bajariladi. Buning uchun (14) tengsizlikni 0 )1 ( 1     x n xn ko’rinishida yozib olib, chap tomonini ko’paytuv

(14) tengsizlikda n b a x 1 ) (  , )0 ,0 (   b a desak, n b a n n b a 1 ) ( 1   , nn nb na b n a 1 1 )1 (     , )15( 1 1 1 1 nn nb a b n n an     kelib chiqadi. (15) tengsizlik 0 b bo’lganda xam bajariladi. (15) tengsizlikda tenglik faqat b a 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 11 1 1 2 1 11 1 2 1 1 1 2 1 ... ... ... ... 1 1 1 1 ....                                      k k kk k k kk kk k kk 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, na

Bu tengsizlikda tenglik faqat 0  bo’lganda bajariladi )2 ( n . Ohirgi tengsizlikka Bernulli tengsizligi deyiladi.(Yokob Bernulli (1654-1705) Shvetsiariyalik olim). KOSHI TENGSIZLIGI ISBOTINING TO’RTINCHI USULI. Matematik induksiya usulida isbotlaymiz. 2n 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 k a a a A k k     .... 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          

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 n a a a A n n     n n n a a a G     ...2 1 U holda ) 16( ) ( .... ) ( .... )1 ( 1 1 21 1 1 1 1 2 1 1                  n nn nn n n n n n n n a G aa aa 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 nn 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 ) .... ( .... ) ( ) ( )] ( ... ) ( ) )[( ( ) .... )( ( ) ( ) ( )

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    na a a ixtiyoriy sonlar bo’lsin. Ushbu . ... ...,, ...

KOSHI TENGSIZLIGIDAN FOYDALANIB KOSHI-BUNYAKOVSKIY TENGSIZLIGINI ISBOTLASH. Ixtiyoriy na a a ...,, , 2 1 va nb b b ...,, , 2 1 sonlar uchun ushbu ) 24( ... ... ... 2 22 21 2 22 21 22 11 n n nn b b b a a a b a ba ba            tengsizlik o’rinli bo’ladi, bu yerda tenglik faqat ) 25( ...,, , 2211 nn b a b a b a       bo’lganda bajariladi. (24) tengsizlikka Koshi-Bunyakovskiy tengsizligi deyiladi. ( V.Ya.Bunyakovskiy (1804-1889) rus matematigi ). Agar na a a ...,, , 2 1 va nb b b ...,, , 2 1 sonlarning barchasi nolga teng bo’lsa, (24) tengsizlik bajarilishi ma’lum. Shuning uchun na a a ...,, , 2 1 va nb b b ...,, , 2 1 sonlar orasida teng bo’lmaganlari bor deb hisoblaymiz. Yuqorida keltirgan fikrni Koshi tengsizligidan foydalanib isbotlaymiz. Buning uchun ushbu 2 22 21 2 22

2 22 21 2 22 21 22 11 ... ... ... n n nn b b b a a a b a b a ba            bo’ladi. Bundan esa 2 22 21 2 22 21 22 11 ... ... ) ... ( n n nn b b b a a a b a b a ba             tengsizlik ham o'rinli bo’lishi kelib chiqadi, ya’ni 2 22 21 2 22 21 22 11 ... ... ... n n nn b b b a a a b a ba ba            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    np p p sonlarni olamiz va ) 28( , ... , .................................... , ... , ... 22 11 22 11 2 2

deymiz. Bu yerda )0 ... ( ,0 ...,,0 ,0 2 1 2 1        n n k k k k k k ixtuyoriy sonlar. Natijada (30) tengsizlik ushbu ) 31( ... ... ) ... ( 2 1 22 11 ...1 2 1 2 1 2 1 n nn k k k kn k k k k k ak ak ak a a a n n           ko’rinishni oladi. (31) tengsizlikda, xususan 1 ...,,1 ,1 2 1    nk k k bo’lganda Koshi tengsizligi kelib chiqadi. Demak, (31) tengsizlik Koshi tengsizligi umumlashmasi ekan. YUNG, GYO’LDER VA MINKOVSKIY TENGSIZLIKLARI. 2n bo’lganda holda, (31) Koshi tengsizligining umumlashmasi ushbu ) 32( ) ( 2 1 22 11 1 2 1 2 1 2 1 k k ak ak a a kk k k     ko’rinish bo’ladi. Agar biz bu yerda q p a b a a k k k q k k k p 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1 , , 1 , 1       belgilash kiritsak, 1 1 1.1 ,1     q p q p bo’ladi va (32) tengsizlik )33( q b p a ab q p   ko’r

q qn q q n n p pn p p n n q qn q q p pn p p q qn q q p pn p p b b b b y a a a a x b b b b y a a a a x b b b b y a a a a x 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 ) ... ( , ) ... ( .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... , ) ... ( , ) ... ( , ) ... ( , ) ... (                         belgilashlarni kiritamiz. Quyidagi tengsizliklarni bir-biriga qo’shamiz: q y p x y x q y p x y x q y p x y x qn pn n n q p q p       ..., .... .... ... ... ... ... , , 2 2 2 2 1 1 1 1 natijada ushbu 1 1 1 ) ... (1 ) ... (1 ... 2 1 2 1 2 2 11               q p y y y q x x x p y x y x yx qn q q pn p p n n tengsizlik hosil bo’ladi. Yuqoridagi belgilashlarni hisobga olib, oxirgi tengsizlikni quyidagi ko’rinishda yozish m

) 35( } ) ( ... ) ( ) {( } ] ... [ ] ... {[ ] ) ( ... ) ( ) [( ] ... [ ] ) ( ... ) ( ) [( ] ... [ ] ) ( ... ) ( ) ( [ ] ) ( ....... ... ) ( ) ( [ ) ( ... ) ( ) ( 1 2 2 1 1 1 2 1 1 2 1 1 )1 ( )1 (2 2 )1 (1 1 1 2 1 1 )1 ( )1 (2 2 )1 (1 1 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 q p n n p p p pn p p p pn p p qq p n n q p q p p pn p p qq p n n q p q p p pn p p p n n n p p p n n n p p p n n p p b a b a b a b b b a a a b a b a b a b b b b a b a b a a a a b a b b a b b a b b a a b a a b a a b a b a b a                                                                          Oxirgi tengsizlikda p q p   )1 ( tenglik ishlatildi. Agar (35) baholashning ikkala tomonini ham q p n n p p b a b a b a 1 2 2 1 1 }) ( ... )

Teorema: a) Agar ) , ( ,0 ) ( b a x x f    bo’lsa ixtiyoriy ) , ( ..., , 2 1 b a x x x n va 1 ... 2 1     np p p tenglikni qanoatlantiruvchi 0 ...,,0 ,0 2 1    np p p sonlari uchun ushbu ) 37( ) ( ... ) ( ) ( ) ... ( 2 2 1 1 2 2 11 n n n n x f p x f p x f p x p x p xp f        tengsizlik o’rinli bo’ladi. b) Agar ),(,0)( baxxf  bo’lsa ixtiyoriy ) , ( ..., , 2 1 b a x x x n va 1 ... 2 1     np p p tenglikni qanoatlantiruvchi 0 ...,,0 ,0 2 1    np p p sonlari uchun ushbu ) 38( ) ( ... ) ( ) ( ) ... ( 2 2 1 1 2 2 11 n n n n x f p x f p x f p x p x p xp f        tengsizlik o’rinli bo’ladi. Isbot. a) Avvalo ixtiyoriy ) , ( b a c va ) , ( b a x uchun ushbu ) 39( ) )(( )( )( c x c f cf x f     tengsizlik bajarilishini ko’rsatamiz. Buning uchun ) )( ( )(

)0 ... (,0 ...,,0 ,0 2 1 2 1        n n m m m m m m ixtiyoriy sonlar bo’lsin. (37) va (38) tengsizliklarda n n n n n m m m m p m m m m p m m m m p             ... ...,, ... , ... 2 1 2 1 2 2 2 1 1 1 deymiz. U holda (37) va (38) tengsizliklar mos ravishda quyidagi ko’rinish oladi: ) 40( , ... ) ( ... ) ( ) ( ... ... 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 11 n n n n n n m m m x f m x f m x f m m m m x m x m x m f                   ) 41( , ... ) ( ... ) ( ) ( ... ... 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 11 n n n n n n m m m x f m x f m x f m m m m x m x m x m f                   (37), (38), (40) va (41) tengsizliklarga YENSEN tengsizliklari deyiladi. ( Iogan Lyudvig Yensen (1859-1925) daniyalik matematik). YENSEN tengsizliklarida ) (x f funksiyani turli xil qilib tanl

5) x xe x f ) ( bo’lsa, n n x n x x n x x x n ex ex ex e x x x           ... ) ... ( 2 1 2 1 2 1 ... 2 1 bo’ladi, bu yerda .0 ...,,0 ,0 2 1    nx x x 6) 2 ) ( x x f  bo’lsa, ) ... )( ... ( ) ... ( , ... ... ... ... 2 1 2 22 2 211 2 2 2 11 2 1 2 22 2 211 2 2 1 2 2 11 n n n n n n n n n n n m m m x m x m x m x m x m x m m m m x m x m x m m m m x m x m x m                              bo’ladi. Bu tengsizlikda , ...,, , 2 22 2 21 1 n n b m b m b m    n n n b a x b a x b a x    ...,, , 2 2 2 1 1 1 desak, ) ... )( ... ( ) ... ( 2 22 21 2 22 21 2 22 11 n n nn b b b a a a b a b a ba           Koshi-Bunyokovskiy tengsizligi kelib chiqadi. 7) px x f ) ( , 0 ,1   x p bo’lsa, 1 2 1 2 2 11 2 2 11 2 1 2 2 11 2 1 2 2 11 ) ... )( ... ( ) ...

Yechish: Buning uchun Geron formulasi va Koshi tengsizligidan foydalanamiz: .3 3 3 ) ( ) ( ) ( ) )( )( ( 2 3 p c p b p a p p c p b p a p p S                 Demak, perimetri p 2 bo’lgan ixtiyoriy uchburchakning yuzasi 3 3 2p dan oshmaydi. 3 3 2p ga faqat ,c p b p a p      ya’ni c b a   bo’lganda teng bo’ladi. Bu esa, bir xil perimetrli uchburchaklar orasida yuzasi eng katta bo’ladigan teng tomonli uchburchak bo’lishini bildiradi. 2-Misol. Ixtiyoriy uchburchak uchun ushbu p c b a c b a 4 1 1 1 3 3 3       tengsizlik o’rinli bo’lishini ko’rsatamiz. Buning uchun berilgan tengsizlik chap tomonini guruhlab yozib olamiz va Koshi tengsizligini qo’llaymiz: pcba cc bb aa cc bb aa 4222 1 21 21 2111 333333                  Bu yerda teng

2 5 7 6 5 6 5 4 5 4 3 4 3 2 3 2 1           a a a a a a a a a a a a a a a ko’rinishda yozib olamiz va Yensen tengsizligidan foydalanamiz. Yensen tengsizligini x x f 1 ) (  funksiya uchun yozamiz: , ... ... ... ... 21 2 2 1 1 1 21 2211 n n n n nn mmm xm xm xm mmm xmxmxm           . ... ) ... ( ... 2 2 11 2 2 1 2 2 1 1 n n n n n x m x m x m m m m x m x m x m           Oxirgi tengsizlikda 5,4,3,2,1 , , ,5 2 1        i a a x a m n i i i i i desak, ushbu ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 7 6 5 6 5 4 5 4 3 4 3 2 3 2 1 25 4 3 2 1 7 6 5 6 5 4 5 4 3 4 3 2 3 2 1 a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a                         tengsizlik kelib chiqadi. Endi esa quyidagi tengsizlikni isbotlashga o’tamiz: ,2 5

FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR: 1. Hasanov.A.B, Yaxshimurotov A.B “Koshi tengsizlikligi va uning tadbiqlari” Urganch-2003 2. Mirzaahmedov M.A, Sotiboldiyev D.A “O’quvchilarni matematik olimpiadalarga tayyorlash” Toshkent-1993 3. Azlarov T, Mansurov H “Matematik analiz” 1-qism Tosh:1994 4. Nazarov X, Ostonov K “Matematika tarixi” Toshkent-1996 5.Toxirov.A, Mo’minov.F “Matematika olimpiada masalalari” Tosh:1996

Купить