Тэнцэтгэл биш - Янз бүрийн бодлогууд (Хавсралт)

Б.Санчир Тэнцэтгэл биш - Янз бүрийн бодлогууд Хавсралт Математикийн гоо сайхныг бусдад түгээж, соён гийгүүрүүлэх үүрэг багш бидэнд оногдсон билээ. Энэхүү үүргийнхээ хүрээнд 2018 ондоо багтаан олимпиадад бэлтгэж буй багш, сурагчдад тэнцэтгэл бишийн 10 цувралуудыг хүргэсэн билээ. Эдгээр цуврал бүр 40 ор- чим бодлого, тэдгээрийг хэрхэн бодох тайлбар бүхий бодолтуудтай бөгөөд зарим бодлогуудыг өргөтгөн бодсон болно. Бодлогуудыг www.mathlinks.ro цахим хуудаснаас шигшин түүн оруулсан бөгөөд аль болох сүүлийн үеийн орон орны олимпиадад дэвшигдсэн бодлогуудыг шигтгэсэн нь дэлхий дахинтай хөл ний- лүүлэн алхах боломжийг та бүхэнд олгож байна хэмээн миний бие үзсэн билээ. Эдгээр цувралын бодлогуудыг бүх шатны багш, сурагчдад зо- риулахыг хичээн хялбар, дунд зэрэг, хүндэвтэр болон хүнд бодло- гуудыг багтаалаа. Бодлого бодох ерөнхий арга, теоремуудыг энэхүү хавсралтаас үзэж болно. Зохиогч 1

Б.Санчир 2

Гарчиг 0.1 Кошийн тэнцэтгэл биш . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 0.2 Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл биш . . . . . . . . . . . 7 0.3 Эрэмбэлэх арга . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 0.4 Чебышевийн тэнцэтгэл биш . . . . . . . . . . . . . . . 13 0.5 Иенсений тэнцэтгэл биш . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 0.6 Караматын тэнцэтгэл биш . . . . . . . . . . . . . . . . 19 0.7 Шурын тэнцэтгэл биш . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 0.8 Гёльдерийн тэнцэтгэл биш . . . . . . . . . . . . . . . . 24 0.9 Минковскийн тэнцэтгэл биш . . . . . . . . . . . . . . . 26 0.10 Жинтэй зэрэгт дундаж . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 0.11 Шүргэгч шулуун ашиглан тэнцэтгэл биш батлах . . . 32 3

Б.Санчир 0.1 Кошийн тэнцэтгэл биш Коши (Augustin-Louis Cauchy 1789-1857) Францын математикч, инженер, физикч. 1821 онд \"Cours d’Analyse\"бүтээлдээ нэгэн тэн- цэтгэл бишийг баталсан нь хожим түүний нэрээр нэрлэгдэх болжээ. Кошийн тэнцэтгэл бишийг барууны орныхон AM-GM Inequality буюу Арифметик-Геометр дунджуудын тэнцэтгэл биш гэж нэрлэж заншжээ. Харин Монголчууд бид Кошийн тэнцэтгэл биш хэ- мээн товчхон нэрлэж ашиглаж ирсэн. Сонирхуулахад Коши нь Виктор Буняковскийн докторын аж- лын удирдагч нь байжээ. Тодорхойлолт. Эерэг a1, a2, ..., an тоонуудын хувьд эдгээрийн арифметик дундаж болон геометр дунджуудыг харгалзан An(a) = a1 + a2 +···+ an , √ n Gn(a) = n a1a2 · · · an гэж тодорхойлъё. Теорем. Сөрөг биш a1, a2, a3, · · · , an тоонуудын хувьд An(a) ≥ Gn(a) буюу a1 + a2 + · · · + an ≥ √ n n a1a2 · · · an тэнцэтгэл биш биелнэ. Тэнцэтгэл биш a1 = a2 = · · · = an үед л тэнцэтгэл болно. (Кошийн тэнцэтгэл биш) Тэмдэглэл. Кошийн тэнцэтгэл бишийг n = 2 үед буюу эерэг a, b тоонуудын хувьд √ ab a + b ≥ 2 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж анх Эвклид (Euclid) баталсан байдаг. 1897 онд Коши (August Cauchy) математик индукцийн арга ашиг- лан тухайн үедээ хамгийн ганган баталгааг хийж байсан байна. 4

Б.Санчир Жишээ 1. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. n = 2 тооны хувьд Кошийн тэнцэтгэл бишийг (a2, b2), (b2, c2), (c2, a2) тоонуудын хувьд бичвэл a2 + b2 ≥ √ · b2, b2 + c2 ≥ √ · c2, c2 + a2 ≥ √ · a2 a2 b2 c2 2 22 болох ба эдгээр тэнцэтгэл бишүүдийг нэмбэл a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca болно. Тэнцэтгэл биш a2 = b2, b2 = c2, c2 = a2 буюу a = b = c үед л тэнцэтгэл болно. Жишээ 2. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд a4 + b4 + c4 ≥ a2bc + b2ca + c2ab тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Кошийн тэнцэтгэл бишийг n = 4 үед (a4, a4, b4, c4) тоо- нууд дээр хэрэглэвэл a4 + a4 + b4 + c4 ≥ √ · b4 · c4 буюу a4 + a4 + b4 + c4 ≥ 4a2bc 4 a4 · a4 4 болно. Үүнтэй яг адилаар Кошийн тэнцэтгэл бишийг n = 4 үед (b4, b4, c4, a4) болон (c4, c4, a4, b4) тоонууд дээр хэрэглэвэл b4 + b4 + c4 + a4 ≥ 4b2ca, c4 + c4 + a4 + b4 ≥ 4c2ab болох ба энэ 3 тэнцэтгэл бишүүдээ хооронд нь нэмээд 4-т хуваавал a4 + b4 + c4 ≥ a2bc + b2ca + c2ab болно. Тэнцэтгэл биш a4 = a4 = b4 = c4 ба b4 = b4 = c4 = a4 ба c4 = c4 = a4 = b4 буюу эдгээрийг нэгтгэвэл a = b = c үед л тэнцэтгэл болно. 5

Б.Санчир Жишээ 3. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд a + b + c ≥3 b+c c+a a+b 2 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. (Несбитйн тэнцэтгэл биш) Несбитийн тэнцэтгэл бишийн бусад 25 баталгааг \"Шилмэл 108 тэнцэтгэл биш\" номноос үзэж болно. Баталгаа. Ижил хуваарь өгвөл батлах тэнцэтгэл бишийг 2a(a + b)(a + c) + 2b(b + a)(b + c) + 2c(c + a)(c + b) ≥ 3(a + b)(b + c)(c + a) хэлэрт бичиж болно. Хаалт задлан хялбарчилбал 2a3 + 2b3 + 2c3 ≥ a2b + a2c + b2c + b2a + c2a + c2b болно. Кошийн тэнцэтгэл бишийг n = 3 үед (a3, a3, b3), (a3, a3, c3), (b3, b3, c3), (b3, b3, a3), (c3, c3, a3), (c3, c3, a3) тоонуудын хувьд 6 удаа хэрэглээд нэмбэл батлах тэнцэтгэл биш гарна. Тэмдэглэл. Кошийн тэнцэтгэл бишийн янз бүрийн баталгаа бо- лон янз бүрийн арга техникүүд, холбогдох янз бүрийн 59 + 42 + 30 + 178 + 27 + 313 = 649 бодлогуудыг бодолт, тайлбартайгаар нь В.Адъяасүрэн, Б. Санчир \"Кошийн тэнцэтгэл биш\"номноос үзэж мэдлэгээ тэлж болно. 6

Б.Санчир 0.2 Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл биш Теорем. Бодит a1, a2, ..., an болон b1, b2, ..., bn тоонуудын хувьд (a21 + a22 + · · · + a2n)(b21 + b22 + · · · + b2n) ≥ (a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)2 тэнцэтгэл биш биелнэ. Тэнцэтгэл биш a1 = a2 = · · · = an b1 b2 bn үед л тэнцэтгэл болно. (Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл биш) Тэмдэглэл. Энэхүү тэнцэтгэл бишийг анх Коши (Augustin-Louis Cauchy) 1821 онд баталсан байдаг. Хожим 1859 онд интеграл то- хиолдолд Буняковский (Viktor Bunyakovsky) баталсан. Хожим 1888 онд Шварц (Hermann Amandus Schwarz) интеграл тохиолдолд мөн тэнцэтгэл бишийг баталсан байдаг. Энэ тэнцэтгэл бишийг баруун европчууд \"Cauchy-Schwarz Inequality\" гэж нэрлэдэг. Харин зүүн европчууд \"Коши-Буняковскийн тэнцэт- гэл биш\" гэж нэрлэдэг. Бид Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл биш гэж дуудан ашиглах болно. √xi , yi Тэмдэглэл. Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл бишид ai = √ bi = yi гэж орлуулбал x12 + x22 +···+ x2n ≥ (x1 + x2 + · · · + xn)2 y1 y2 yn y1 + y2 + · · · + yn 7

Б.Санчир тэнцэтгэл биш биелнэ гэж гарна. Энэхүү Коши-Буняковскийн тэн- цэтгэл бишийн хэлбэр нь практикд их ач холбогдолтой. Жишээ 1. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд a + b + c = 1 бол P = (a + 1)2 + 4b2 + 9c2 илэрхийллийн хамгийн бага утгыг ол. Баталгаа. Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл бишийг n = 3 үед бичвэл (a21 + a22 + a23)(b12 + b22 + b23) ≥ (a1b1 + a2b2 + a3b3)2 болох ба b1 = a + 1, b2 = 2b, b3 = 3c гэж сонговол (a12 + a22 + a32)((a + 1)2 + 4b2 + 9c2) ≥ (a1(a + 1) + a2 · 2b + a3 · 3c)2 болно. Одоо бид a1 = 2a2 = 3a3 байхаар a1, a2, a3 тоонуудыг сонговол 11 ((a + 1)2 + 4b2 + 9c2 ≥ (a + 1) + 1 · 2b + 1 · 3c 2 1+ + 49 23 =4 болох ба эндээс (a + 1)2 + 4b2 + 9c2 ≥ 144 49 болно. Тэнцэтгэл биш 1 = 1 = 1 буюу өгөгдсөн нөхцөлийг ашиг- a+1 2 3 2b 3c 23 18 7 лан хялбарчилбал a = 49 , b = 49 , c = 49 үед л тэнцэтгэл болно. Өөрөөр хэлбэл 23 18 7 144 min P = P , , = 49 49 49 49 болно. Жишээ 2. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд a + b + c = 1 бол √1 1√ √ 1 b+ +a 33 √ √ + √ + √ ≥ 2 b c c a+ тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. 8

Б.Санчир Баталгаа. Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл (a + b + c)(12 + 12 + 12) ≥ √ + √ + √c)2 (a b √√√ √ болох ба эндээс a + b + c ≤ 3 гэж гарна. Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл бишийн бутархай хэлбэрийн тэн- цэтгэл бишийг n = 3 үед бичвэл x21 + x22 + x23 ≥ (x1 + x2 + x3)2 y1 y2 y3 y1 + y2 + y3 √√ √√ байх √ба эн√д бид x1 = x2 = x3 = 1, y1 = a + b, y2 = b + c, y3 = c + a гэж сонговол 1 √ + √1 √ + √ 1√ ≥ √ √9 + √ √ b b+ c c +a 2( a +b c) a+ √√√ √ болох ба энд дээр баталсан a + b + c ≤ 3 тэнцэтгэл бишийг ашиглавал √ √ 1 √ + √ 1 √ + √ 1 √ ≥ √ √9 √ ≥ 3 3 a + b b + c c + a 2( a b c) + + 2 болж бодлого бодогдоно. Тэнцэтэл биш a = b = c = 1 үед л тэнцэт- 3 гэл болно. Тэмдэглэл. Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл бишийн 10 гаруй ба- талгаа болон түүний өргөтгөл, баланслах арга болон бусад арга, тех- никүүд бүхий бодолт, тайлбар бүхий 58+73+16+13+25+150+315=650 бодлогуудыг В.Адъяасүрэн, Б. Санчир \"Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл биш\" номноос үзэж мэдлэгээ тэлж болно. 9

Б.Санчир 0.3 Эрэмбэлэх арга Тодорхойлолт. a = (a1, a2, ..., an) ба b = (b1, b2, ..., bn) гэсэн хоёр цуглуулгын хувьд a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn эсвэл a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn нөхцөлүүдийн аль нэг нь биелж байвал эдгээр цуглуулгуудыг ижил эрэмбийн цуглуулга гэнэ. Тодорхойлолт. a = (a1, a2, ..., an) ба b = (b1, b2, ..., bn) гэсэн хоёр цуглуулгын хувьд a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an b1 ≤ b2 ≤ · · · ≤ bn эсвэл a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn нөхцөлүүдийн аль нэг нь биелж байвал эдгээр цуглуулгуудыг эсрэг эрэмбийн цуглуулга гэнэ. Теорем. Ижил эрэмбэтэй a = (a1, a2, ..., an) ба b = (b1, b2, ..., bn) гэсэн цуглуулгын хувьд a1b1 + a2b2 + · · · + anbn ≥ a1c1 + a2c2 + · · · + abcn ≥ a1bn + a2bn−1 + · · · + anb1 тэнцэтгэл биш биелнэ. Энд c = (c1, c2, ..., cn) нь b = (b1, b2, ..., bn) цуглуулгын дурын сэлгэмэл цуглуулга. Эсрэг эрэмбэтэй бол эс- рэг тэнцэтгэл биш биелнэ. (Эрэмбэлэх тэнцэтгэл биш) Жишээ 1. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд ab + bc + ca ≥ a + b + c cab тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. 10

Б.Санчир Баталгаа. Батлах тэнцэтгэл биш нь симметр тэнцэтгэл биш тул a ≥ b ≥ c гэж үзэж чадна. Эндээс 11 1 ,, ab c bc, ca, ab цуглуулгууд ижил эрэмбийн гэж гарна. Эрэмбэлэх арга ёсоор 1 · bc + 1 · ca + 1 · ab ≥ 1 · x + 1 · y + 1 · z a b c abc Энд (x, y, z) нь (bc, ca, ab) цуглуулгын дурын сэлгэмэл. Бид энэ удаа бодлогондоо тааруулж энэ сэлгэмлийг x = ab, y = bc, z = ca гэж сонговол бодлого бодогдоно. Жишээ 2. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд c2 + ab + a2 + bc + a2 + ca ≥ a + b + c a+b b+c c+a тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Батлах тэнцэтгэл биш нь симметр тэнцэтгэл биш тул a ≥ b ≥ c гэж үзэж чадна. Эндээс a2, b2, c2, цуглуулгууд 1 , 1 , 1 b+c c+a a+b ижил эрэмбийн гэж гарна. Эрэмбэлэх арга хэрэглэвэл a2 · 1 + b2 · 1 + c2 · 1 ≥ a2 · 1 + b2 · 1 + c2 · 1 b+c c+a a+b a+b b+c c+a болох ба энэ тэнцэтгэл бишийн 2 талд ab илэрхийллийг нэмж a+b өгвөл c2 + ab ≥ a2 + ab a+b =a+b+c a+b 11

Б.Санчир болж бодлого бодогдлоо. Тэнцэтгэл биш a = b = c үед л тэнцэтгэл болно. Жишээ 3. Сөрөг биш a, b, c тоонуудын хувьд a + b + c = 1 бол a3b + b3c + c3a + 3abc ≤ 4 27 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Батлах тэнцэтгэл биш симметр биш тул a ≥ b ≥ c гэж үзэж болохгүй! Бид эрэмбэлэгдсэн, өөрөөр хэлбэл x ≥ y ≥ z байх цуглуулгын дурын сэлгэмэл нь a, b, c тоонууд байг. {x, y, z} = {a, b, c}. Эндээс x2, y2, z2 Цуглуулга ижил эрэмбэтэй гэж гарна. Эрэмбэлэх xy, yz, zx арга болон Кошийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл a3b + b3c + c3a + 3abc = a2 · ab + b2 · bc + c2 · ca + 3abc ≤ x2 · xy + y2 · xz + z2 · yz + 3xyz = y(x3 + z3 + xz(y + 3)) = y((1 − y)3 − 3xz(1 − y) + xz(y + 3)) = y((1 − y)3 + 4yxz) ≤ y((1 − y)3 + y(1 − y)2) = y(1 − y)2 = 4y 1−y 2 y + 1−y + 1−y 3 ≤4 2 2 4 = 2 3 27 болж бодлого бодогдоно. Тэнцэтгэл биш x2 = xy, y2 = yz, z2 = zx ба 4xz = (1 − y)2 ба y = 1−y буюу эдгээрийн нэгтгэвэл a = b = c = 1 ба 2 3 2 1 a = 3 , b = 3 , c = 0 болон эдгээрийн цикл сэлгэмэл үед л тэнцэтгэл болно. Тэмдэглэл. Эрэмбэлэх арга ашиглан тэнцэтгэл биш батлах ар- 12

Б.Санчир га, техниктэй В.Адъяасүрэн, Б. Санчир \"Шилмэл 108 тэнцэтгэл биш\" ном- ноос үзэж мэдлэгээ тэлж болно. 0.4 Чебышевийн тэнцэтгэл биш Чебышев (Pafnuty Lvovich Chebyshev, 1821 - 1894) Оросын мате- матикч. Тэрээр магадлалын онол, математик статистик, ме- ханик, тооны онол зэрэг салбаруудаар хичээллэдэг байсан. Чебышевийн олон гишүүнт, их тооны хуулийн Чебышевийн тэнцэтгэл бишүүдээр нь бид түүнийг танина. Зөвлөлт холбоот улс түүний хөдөлмөрийг өндө- рөөр үнэлж, Оросын агуу математикч хэмээн түү- ний хөрөг зургийг марк болгон хэвлэсэн байдаг. Теорем. Ижил эрэмбэтэй a = (a1, a2, ..., an) ба b = (b1, b2, ..., bn) гэсэн цуглуулгын хувьд (a1 + a2 + · · · + an)(b1 + b2 + · · · + bn) ≤ n(a1b1 + a2b2 · · · + anbn) тэнцэтгэл биш биелнэ. Хэрэв эсрэг эрэмбэтэй бол эсрэг тэнцэт- гэл биш биелнэ. (Чебышевийн тэнцэтгэл биш) 13

Б.Санчир Жишээ 1. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд √ an + bn + cn ≥ 3 abc(an−1 + bn−1 + cn−1) тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Энд n ∈ N. Баталгаа. Батлах тэнцэтгэл биш симметр тул a ≥ b ≥ c гэж үзэж болно. Бид (a, b, c) ба (an−1, bn−1, cn−1) гэсэн цуглуулга авч үзье. Цааш- даа abc гэж товчоор тэмдэглэх болно. Энэхүү 2 an−1 bn−1 cn−1 цуглуулга нь ижил эрэмбийн гэдгийг хялбархан харж болно. Энэ 2 цуглуулгын хувьд Чебышевийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл 3 · (a · an−1 + b · bn−1 + c · cn−1) ≥ (a + b + c)(an−1 + bn−1 + cn−1) a+b+c √ болох ба энд Кошийн тэнцэтгэл биш болох 3 ≥ 3 abc тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл батлах тэнцэтгэл биш батлагдана. Тэнцэтгэл биш a = b = c ба an−1 = bn−1 = cn−1 буюу нэгтгэвэл a = b = c үед л тэнцэтгэл болно. Жишээ 2. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд a + b + c = 2S бол an bn cn ≥ 2 n−2 + + b+c c+a a+b 3 S n−1 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. n ∈ N. abc Баталгаа. Бид a ≥ b ≥ c гэж үзэж болно. Эндээс an−1 bn−1 cn−1 b+c c+a a+b цуглуулгууд ижил эрэмбийн гэж гарна. (Бие дааж батал.) Чебыше- вийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл an + bn + cn ≥ 1 b an−1 bn−1 cn−1 (a + + c) ++ b+c c+a a+b 3 b+c c+a a+b буюу энд Tn = an + bn + cn гэж тэмдэглэвэл b+c c+a a+b Tn ≥ 2S 2 Tn−1 14

Б.Санчир гэсэн реккурент тэнцэтгэл биш биелнэ гэж гарна. Энэхүү тэнцэтгэл бишийг n = 1 хүртэл буулгавал Tn ≥ 2S ≥ ··· ≥ 2S n−2 2S n−1 3 Tn−1 3 3 T1 T2 ≥ Нөгөө талаас Кошийн тэнцэтгэл биш хэсэгт бид Несбитийн тэнцэт- гэл бишийг T1 ≥ 3 гэж баталсан билээ. Үүнийг ашиглавал 2 an bn cn ≥ 2 n−2 + + b+c c+a a+b 3 S n−1 болж бодлого бодогдлоо. Тэнцэтгэл биш a = b = c = 2S үед л 3 тэнцэтгэл болно. Жишээ 3. Сөрөг биш a, b, c, d тоонуудын хувьд a + b + c + d = 4 бол 5(a2 + b2 + c2 + d2) ≥ a3 + b3 + c3 + d3 + 16 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. (Vasile Cirtoaje) Баталгаа. Бид a ≥ b ≥ c ≥ d гэж үзэж болно. Батлах тэнцэтгэл бишийг (a3 − 5a2 + 4a) ≤ 0 ⇔ (1 − a)(a2 − 4a) ≤ 0 хэлбэрт бичиж болно. Өгөгдсөн нөхцөлөөс a−1≥b−1≥c−1≥d−1 a2 − 4a ≤ b2 − 4b ≤ c2 − 4c ≤ d2 − 4d гэж гарах тул Чебышевийн тэнцэтгэл биш ёсоор 4 (a − 1) · (a2 − 4a) ≤ (a − 1) (a2 − 4a) = 0 болж бодлого бодогдоно. Тэнцэтгэл биш a−1=b−1=c−1=d−1 15

Б.Санчир ба a2 − 4a = b2 − 4b = c2 − 4c = d2 − 4d гэдгээс a = b = c = d = 1 болон a = 4, b = c = d = 0 болон эдгээрийн сэлгэмэл үед л тэнцэтгэл болно. 0.5 Иенсений тэнцэтгэл биш Иенсен (Johan Ludwig William Valdemar Jensen, 1859 – 1925) Данын математикч, инженер. 1906 онд өөрийн алдарт Иенсений тэнцэтгэл би- шээ интеграл тохиолдолд баталж, хэвлүүлсэн. Энэ- хүү тэнцэтгэл биш нь зөвхөн математик анализ тө- дийгүй математикийн бүх салбарт ашиглагддаг. Тэрээр энгийн инженерийн албанаас Дани улсын үүрэн телефоны захирлын албыг хүртэл хашиж бай- жээ. Мөн тэрээр 1892-1903 онуудад Дани улсын математикийн ний- гэмлэгийн ерөнхийлөгчөөр сонгогдон ажиллаж байв. Тодорхойлолт. Хэрэв f : I → R функцийн хувьд f (αx + βy) ≤ αf (x) + βf (y), (x, y ∈ I, ∀α, β ≥ 0 : α + β = 1) тэнцэтгэл биш биелдэг бол f функцийг I дээр хотгор функц гэнэ. Шинжүүр. Хэрэв f функц (a, b) дээр f ≥ 0 ба [a, b] дээр тас- ралтгүй бол f функц [a, b] завсар хотгор байна. Теорем. Эерэг αi тоонуудын хувьд α1 + · · · + αn = 1 байг. Хэрэв f функц I дээр хотгор бол α1f (x1) + α2f (x2) + · · · + αnf (xn) ≥ f (α1x1 + α2x2 + · · · + αnxn) тэнцэтгэл биш биелнэ. Энд xi ∈ I. 16

Б.Санчир Тэнцэтгэл биш x1 = x2 = · · · = xn үед л тэнцэтгэл болно. (Иенсений тэнцэтгэл биш) Жишээ 1. Аливаа α, β, γ өнцгүүдтэй гурвалжны хувьд ctg α + ctg β + ctg γ ≥ √ 33 222 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Бид f (x) = ctg x функцийг I = [0, π] завсар авч үзье. 2 Энэ функц хотгор эсэхийг шинжилье. f (x) = cos x = − sin2 x − cos2 x = − sin−2 x 2 2 2 , sin x sin2 x 2 2 2 f (x) = 2 sin−3 x · cos x · 1 = cos x ≥ 0, x ∈ I. 2 22 2 sin3 x 2 Эндээс f (x) = ctg x функц [0, π] дээр хотгор тул Иенсэний тэнцэтгэл 2 бишийг n = 3 үед бичье! α1f (x1) + α2f (x2) + α3f (x3) ≥ f (α1x1 + α2x2 + α3x3) Энд бид αi тоонуудыг α1 + α2 + α3 = 1 байхаар дураараа сонгож болно. Иймд α1 = α2 = α3 = 1 , f (x) = ctg x , x1 = α, x2 = β, x3 = γ 3 2 гэж авбал Иенсэний тэнцэтгэ л биш дараах хэлбэртэй болно. 1 ctg α + 1 ctg β + 1 ctg γ ≥ ctg α+β+γ π√ 3 33 23 2 3·2 = ctg 3 6 болох ба эндээс бодлого бодогдоно. Тэнцэтгэл биш α = β = γ = π 3 үед л тэнцэтгэл болно. Жишээ 2. Эерэг a, b, p, q тоонуудын хувьд 1 + 1 = 1 бол p q 1 ap + 1 bq ≥ ab pq тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. (Юнгийн тэнцэтгэл биш) 17

Б.Санчир Баталгаа. f (x) = − ln x функц ]0, +∞[ завсар хотгор гэдгийг уламж- лалаар шинжилнэ. Иймд Иенсений тэнцэтгэл бишийг n = 2 үед бич- вэл α1f (x1) + α2f (x2) ≥ f (α1x1 + α2x2) буюу −α1 ln x1 − α2 ln x2 ≥ − ln(α1x1 + α2x2) болно. Энд α1 = 1 , α2 = 1 , x1 = ap, x2 = bq гэж сонгоод ln x функц p q өснө гэдгийг ашиглавал батлах тэнцэтгэл биш шууд батлагдана. Жишээ 3. Аливаа xi ∈]0, π[ байх тоонуудын хувьд n 1n 1n n n xi n xi · sin ≥ xi · n sin xi i=1 n i=1 i=1 i=1 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Заавар. f (x) = x sin x функцийг ]0, π[ завсар авч үз. Тэмдэглэл. Хотгор функцтэй холбогдсон тэнцэтгэл биш батлах арга, техниктэй В.Адъяасүрэн, Б. Санчир \"Шилмэл 108 тэнцэтгэл биш\" ном- ноос үзэж мэдлэгээ тэлж болно. 18

Б.Санчир 0.6 Караматын тэнцэтгэл биш Карамата (Jovan Karamata, 1902 – 1967) Сербийн математикч. Тэрээр 122 эрдэм шинжилгээний ажил, 15 моно- граф, 7 мэргэжлийн ном туурвиж, хэвлүүлжээ. Түүний баталсан алдарт Караматын тэнцэтгэл биш нь Иенсений тэнцэтгэл бишийн өргөтгөл болно. Түүнийг XX зууны нөлөө бүхий математикчдийн нэг гэж үздэг. Мөн тэрээр Сербийн шинжлэх ухаан ба урлагийн академийн математикийн нийгэмлэгийг үүсгэн бай- гуулагчдын нэг юм. Карамата Герман, Швейцар, Францын математикийн нийгэмлэ- гийн гишүүн байсан. Тодорхойлолт. Хэрэв a = (a1, a2, ..., an) ба b = (b1, b2, ..., bn) хоёр цуглуулгын хувьд 1. a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an ба b1 ≥ b2 ≥ · · · ≥ bn 2. a1 ≥ b1 a1 + a2 ≥ b1 + b2 a1 + a2 + a3 ≥ b1 + b2 + b3 ··· a1 + a2 + · · · + an−1 ≥ b1 + b2 + · · · + bn 3. a1 + a2 + · · · + an = b1 + b2 + · · · + bn гэсэн 3 нөхцөл биелдэг бол a цуглуулга b цуглуулгыг хашиж байна гэж нэрлээд ab гэж тэмдэглэе. 19

Б.Санчир Теорем. Хэрэв f функц I дээр хотгор ба xi, yi ∈ I тоонуудын хувьд x y бол f (x1) + f (x2) + · · · + f (xn) ≥ f (y1) + f (y2) + · · · + f (yn) тэнцэтгэл биш биелнэ. Тэнцэтгэл биш x1 = y1, x2 = y2, · · · , xn = yn үед л тэнцэтгэл болно. (Караматын тэнцэтгэл биш) Жишээ 1. Бодит a, b, c, d тоонуудын хувьд a2 + b2 + c2 + d2 = 4 бол a3 + b3 + c3 + d3 ≤ 8 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Бид a ≥ b ≥ c ≥ d гэж үзэж болно. Мөн x = (4, 0, 0, 0) ба y = (a2, b2, c2, d2) цуглуулга авч үзвэл x y гэдгийг шалгаж болно. f (x) = x3 функц [0, +∞[ дээр хотгор тул Караматын тэнцэтгэл биш 2 ёсоор 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 42 + 02 + 02 + 02 ≥ (a2 ) + (b2) + (c2) + (d2) болж бодлого бодогдоно. Тэнцэтгэл биш a = ±2, b = c = d = 0 болон эдгээрийн сэлгэмэл үед л тэнцэтгэл болно. Жишээ 2. Сөрөг биш a, b тоонуудын хувьд 3 √ 3 √ 3 √ 3 √ a+ 3a+ b+ 3b≤ a+ 3b+ b+ 3a тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Батлах тэнцэтгэл биш симметр тул a ≥ b гэж үзэж бол- но. Эндээс x = (a + √ b + √ 3 a, 3 b), √ √ y = (a + 3 b, b + 3 a) 20

Б.Санчир √ гэсэн цуглуулгын хувьд x y гэж гарна. Мөн f (x) = − 3 x функц [0, +∞[ завсар хотгор тул Караматын тэнцэтгэл биш ёсоор −3 √ 3 b + √ ≥ − 3 √ 3 √ a+ 3a− 3b a+ 3b− b+ 3a болох ба эндээс бодлого бодогдоно. Тэнцэтгэл биш a = b үед л тэн- цэтгэл болно. 0.7 Шурын тэнцэтгэл биш Шур (Issai Schur 1875 – 1941) Оросын математикч. Комбинато- рик, тооны онол болон онолын физик гэсэн салбаруудаар хичээллэж өөрийн бүтээлээ турвиж байсан. Тэрээр бага наснаасаа герман оронд нүүн суур- шиж амьдралынхаа ихэнх хэсгийг тэнд өнгөрүүл- жээ. Бага наснаасаа математикд дурлаж, матема- тикаар хичээллэж ахлах ангидаа германы матема- тикийн олимпиадаас алтан медаль хүртсэн байна. Хожим Германы их сургуульд багшилж байв. Түүний хичээл их ойлгомжтой мөн сонирхолтой бай- даг төдийгүй 500 гарам суудалтай лекцийн танхимд түүний хичээлд суухаар ирсэн оюутнуудад суудал хүрэлцдэггүй байсан гэдэг. Теорем. Сөрөг биш a, b, c тоонууд болон бодит r гэсэн тооны хувьд ar(a − b)(a − c) + br(b − c)(b − a) + cr(c − a)(c − b) ≥ 0 (1) тэнцэтгэл биш биелнэ. Тэнцэтгэл биш a = b = c болон a = 0, b = c болон эдгээрийн сэлгэмэл үед л тэнцэтгэл болно. (Шурын тэнцэтгэл биш) Тэмдэглэл. r = 1 үед (1) тэнцэтгэл бишийг дараах хэлбэрүүдээр 21

Б.Санчир бичиж ашиглахад тохиромжтой байдаг. a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1.1) (a + b + c)2 + 9abc ≥ 4(ab + bc + ca) (1.2) a+b+c (1.3) (1.4) abc ≥ (−a + b + c)(a − b + c)(a + b − c) (1.5) ab c 4abc ≥2 +++ b + c c + a a + b (a + b)(b + c)(c + a) (a2 + b2 + c2)(a + b + c) + 9abc ≥ 2(a + b + c)(ab + bc + ca) Тэмдэглэл. Шурын тэнцэтгэл бишийн баталгаа болон түүний өргөтгөл, холбогдох зарим тэнцэтгэл бишүүдийг бодолт, тайлбар- тайгаар В.Адъяасүрэн, Б. Санчир \"Тэнцэтгэл биш - Дөтгөөр дэвтэр\" номноос үзэж мэдлэгээ тэлж болно. Энэхүү ном нь 600 гарам тэн- цэтгэл бишүүдийн бодолтыг агуулсан. Жишээ 1. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд a + b + c = 3 бол abc + 12 ≥ 5 ab + bc + ca тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Шурын тэнцэтгэл биш ёсоор (1.2) (a + b + c)3 + 9abc ≥ 4(a + b + c)(ab + ca + ca) болох ба энд өгөгдсөн нөхцөлийг ашиглавал 3abc ≥ 4(ab + bc + ca) − 9 22

Б.Санчир гэж гарна. Үүнийг ашиглавал бид 4(ab + bc + ca) − 9 + 36 ≥ 15 ab + bc + ca буюу 4(ab + bc + ca) + 36 ≥ 24 ab + bc + ca гэж харуулбал бодлого бодогдоно. Сүүлийн тэнцэтгэл биш нь 2 тоо- ны хувьд Кошийн тэнцэтгэл биш хэрэглэснээр шууд гарна. Шурын тэнцэтгэл биш тэнцэтгэл болох нөхцөл болон 36 4(ab + bc + ca) = ab + bc + ca гэсэн нөхцөлүүдийг нэгтгээд өгөгдсөн нөхцөлийг ашиглавал бидний баталсан тэнцэтгэл биш a = b = c = 1 үед л тэнцэтгэл болно. Жишээ 2. Сөрөг биш тоонуудын хувьд a + b + c = 0 бол a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2(b + c) + b2(c + a) + c2(a + b) + ab(a − b)2 a+b+c тэнцэтэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Бид X(a − b)(a − c) = X(a − b)(a − b + b − c) = X(a − b)2 − X(b − a)(b − c) болох ба эндээс (X + Z)(a − b)(a − c) (a) X(a − b)2 = гэж гарна. Одоо үндсэн бодлогынхоо бодолтонд шилжье. (a) адилт- галыг ашиглавал (a + b + c) a(a − b)(a − c) ≥ ab(a − b)2 23

Б.Санчир буюу (a + b + c) a(a − b)(a − c) ≥ (ab + ca)(a − b)(a − c) буюу a2(a − b)(a − c) ≥ 0 болно. Энэ нь Шурын тэнцэтгэл бишийн r = 2 тохиолдол билээ. Бодлого бодогдов. 0.8 Гёльдерийн тэнцэтгэл биш Гёльдер (Otto Ludwig Ho¨lder 1859 - 1937) Германы математикч. 1877 онд тэрээр Берлины их сургуульд элсэн сурал- цаж улмаар \"Contributions to potential theory\"сэдэвт ажлаар эрдмийн зэрэг горилжээ. Түүний нэрээр \"H¨older’s Inequality\" (Гёль- дерийн тэнцэтгэл биш) болон Гёльдерийн дундаж (жинтэй зэрэгт дундаж) зэрэгт математикт ихээхэн ач холбогдолтой тэнцэтгэл биш, дундаж нэрлэгджээ. Сонирхуулахад тэрээр 1933 онд Адолф Гитлерт үнэнч байдлаа ха- руулан амлалт, тангараг өгч байжээ. Теорем. Эерэг a1, ..., an ба b1, ..., bn тоонууд болон p, q > 1 байх p, q тоонуудын хувьд 1 + 1 = 1 бол p q (a1p + ap2 + · · · + apn) 1 · (b1q + b2q + · · · + bqn) 1 ≥ a1b1 + a2b2 + · · · + anbn p q тэнцэтгэл биш биелнэ. Тэнцэтгэл биш ap1 = a2p = ··· = apn b1q b2q bnq үед л тэнцэтгэл болно. (Гёльдерийн тэнцэтгэл биш) 24

Б.Санчир Жишээ 1. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд (1+a3+b3)(1+b3+c3)(1+c3+a3) ≥ (1+a2b+b2c)(1+b2c+c2a)(1+c2a+a2b) тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Гёльдерийн тэнцэтгэл бишийг n = 3 үед бичье. (ap1 + ap2 + a3p) 1 · (bq1 + b2q + b3q ) 1 ≥ a1b1 + a2b2 + a3b3 p q Энэ тэнцэтгэл бишид ap1 = 1, ap2 = b3, a3p = c3 ба bq1 = 1, bq2 = c3, b3q 1 2 1 1 = a3 болон p = 3 , q = 3 гэж сонговол (1 + b3 + c3) 2 (1 + c3 + a3) 1 ≥ 1 + b2c + c2a (1) 3 3 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж гарна. Үүнтэй яг адилаар (1 + c3 + a3) 2 (1 + a3 + b3) 1 ≥ 1 + c2a + a2b (2) 3 3 (1 + a3 + b3) 2 (1 + b3 + c3) 1 ≥ 1 + a2b + b2c (3) 3 3 гэж баталж болно. (1), (2), (3) тэнцэтгэл бишүүдийг үржүүлбэл бат- лах тэнцэтгэл биш гарна. Тэнцэтгэл биш b3 c3 c3 a3 a3 b3 1= = , 1= = , 1= = c3 a3 a3 b3 b3 c3 буюу эдгээрийг нэгтгэвэл a = b = c үед л тэнцэтгэл болно. Жишээ 2. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд √a +√ b +√ c ≥1 a2 + 8bc b2 + 8ca c2 + 8ab тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. (IMO, 2001) 25

Б.Санчир Баталгаа. Гёльдерийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл √a 2 1 3 a(a2 + 8bc) 3 a2 + 8bc ≥ 3√ a ·√ a · a(a2 + 8bc) a2 + 8bc a2 + 8bc =a+b+c болно. Одоо бид a(a2 + 8bc) (a + b + c)3 ≥ гэж баталбал бодлого бодогдоно. Энэхүү тэнцэтгэл бишийг хялбар- чилбал c(a2 + b2) ≥ 2 abc болох ба энэ нь Кошийн тэнцэтгэл биш ёсоор үнэн. Бодлого бодог- дов. Тэмдэглэл. Гёльдерийн тэнцэтгэл бишийн баталгаа болон түү- ний өргөтгөл болон бусад арга, техникүүд бүхий бодолт, тайлбар бүхий бодлогуудыг В.Адъяасүрэн, Б. Санчир \"Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл биш\" номны Коши-Буняковскийн өргөтгөл бүлгээс үзэж мэдлэгээ тэлж болно. 0.9 Минковскийн тэнцэтгэл биш Минковский (Hermann Minkowski 1864 - 1909) Германы матема- тикч. 26

Б.Санчир Тэрээр геометрийн аргаар тооны онол болон матема- тик физик асуудлуудыг шийдэж болох аргыг нээсэн байна. Мөн тэрээр харьцангуйн онолоор хичээллэж бай- жээ. Түүний шавь нарын нэг нь алдарт Альберт Эйнштейн юм. 1902 онд тэрээр G¨ottingen их сургуулийн матема- тикийн тэнхимд дотны анд Давид Гильбертийн хамт ажиллаж байжээ. Бид энэ дэвтэртээ \"Minkowski’s Inequality\" (Минковскийн тэн- цэтгэл биш) авч үзнэ. Теорем. Эерэг ai, bi (i = 1, n) тоонууд болон p > 1 байх p тооны хувьд n 1 11 np np p (ai + bi)p ≤ api + bpi i=1 i=1 i=1 тэнцэтгэл биш биелнэ. Тэнцэтгэл биш a1 = a2 = · · · = an b1 b2 bn үед л тэнцэтгэл болно. (Минковскийн тэнцэтгэл биш) Тэмдэглэл. Дээрх тэнцэтгэл бишийг ai, bi гэсэн хоёр цуглуул- гын хувьд, цуглуулга бүр нь n тооноос тогтох тоонуудын хувьд Минковскийн тэнцэтгэл биш гэж ойлгож болно. Тэгвэл дээрхтэй яг адилаар m ширхэг цуглуулгаас тогтох, цуглуулга бүр нь n тооноос бүрдэх тоонуудын хувьд Минковскийн тэнцэтгэл биш биелнэ. Бодлого 1. Эерэг a, b, c, тоонуудын хувьд √ √√ 1 + a2 + 1 + b2 + 1 + c2 ≥ a + 2b 2 b + 2c 2 c + 2a 2 1+ + 1+ + 1+ 333 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. 27

Б.Санчир Баталгаа. Бид A1 = (a11, a12, a13) ба A2 = (a21, a22, a23) гэсэн хоёр цуглуулгын хувьд Минковскийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл (ap11 +a2p1 ) 1 +(a1p2 +a2p2) 1 +(ap13+a2p3) 1 ≥ ((a11+a12+a13)p +(a21 +a22 +a23 )p ) 1 p p p p болно. Энд a11 = a12 = a13 = 1, p = 2, a12 = a, a22 = b, a23 = b гэж сонговол √ √√ 1 + a2 + 1 + b2 + 1 + b2 ≥ (1 + 1 + 1)2 + (a + b + b)2 буюу √ √ 1 21 a + 2b 2 + a2 + + b2 1+ ≤ 33 гэж гарна. Дээрхтэй яг адилаар b + 2c 2 √√ 1+ ≤ 1 + b2 + 2 1 + c2 , 33 c + 2a 2 √ + c2 + √ a2 1 2 1+ 1+ ≤ 33 гэж батлагдана. Эдгээр тэнцэтгэл бишүүдийг нэмбэл бодлого бодог- доно. Тэнцэтгэл биш  1 = 1 = 1  a b b 1 = 1 = 1 ⇔ a=b=c b c c 1 1 1  c = a = a үед л тэнцэтгэл болно. Бодлого 2. Эерэг x тооны хувьд √√ √ 3 8 + x + 3 1 + x > 3 27 + 8x тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. (Bulgaria, 1976) 28

Б.Санчир Баталгаа. Минковскийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл √√ √√ 3 23 + ( 3 x)3 + 3 13 + ( 3 x)3 ≥ 3 (2 + 1)3 + ( 3 x + 3 x)2 √ = 3 27 + 8x √ болно. Харин 2 = √3 x тул тэнцэтгэл биш тэнцэтгэл болохгүй. 1 3x Бодлого 3. Бодит x, y тоонуудын хувьд x2 + y2 = 14 бол √ 50 − 12x + 78 − 16y > 10 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. (Nicusor Zlota) Баталгаа. Минковскийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл √ 78 − 16y = (x − 6)2 + (−y)2 + (−x)2 + (y − 8)2 50 − 12x + ≥ (x − 6 − x)2 + (−y + y − 8)2 = 10 болно. Харин x−6 = x ба x2 + y2 = 14 тэгшитгэлийн систем y y−8 шийдгүй гэж гарах тул тэнцэтгэл биш тэнцэтгэл болохгүй. Тэмдэглэл. Минковскийн тэнцэтгэл бишийн баталгаа болон түү- ний өргөтгөл болон бусад арга, техникүүд бүхий бодолт, тайлбар бүхий бодлогуудыг В.Адъяасүрэн, Б. Санчир \"Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл биш\" номны Коши-Буняковскийн өргөтгөл бүлгээс үзэж мэдлэгээ тэлж болно. 29

Б.Санчир 0.10 Жинтэй зэрэгт дундаж Тодорхойлолт. Сөрөг биш a = (a1, a2, ..., an) тоонууд ба эерэг w = (w1, w2, ..., wn) тоонууд болон r ∈ R хувьд  w1ar1 + w2a2r + · · · + wnarn 1 r=0 r r=0  w1 + w2 + · · · + wn  , Mn[r](a; w) := (a1w1 · aw2 2 · · · a )wn 1 ,  n w1 +···+wn  гэсэн дундаж тодорхойлоод Mn[r](a; w) тоог w жинтэй a тоонуудын r зэргийн дундаж гэж нэрлэе. Хэрэв бид w = (1, 1, ..., 1) гэж сонгоод r тоог харгалзан −1, 0, 1, 2 гэж сонговол Mn[−1](a; 1) = 1 + 1 n 1, Mn[0](a; 1) = √ · a2 · · · an, a1 a2 +···+ n a1 an Mn[1](a; 1) = a1 + a2 +··· + an , Mn[2](a; 1) = a21 + a22 + · · · + a2n n n буюу бидний мэдэх гармоник дундаж H(a), геометр дундаж G(a), арифметик дундаж A(a), квадратлаг дундаж K(a) гарна. Бид эд- гээрийн хооронд H(a) ≤ G(a) ≤ A(a) ≤ K(a) тэнцэтгэл биш биелдэг гэдгээс Mn[−1](a; 1) ≤ Mn[0](a; 1) ≤ Mn[1](a; 1) ≤ Mn[2](a; 1) гэж бичиж болно. Ерөнхий тохиолдолд дараах теорем хариу өгнө. Теорем. Хэрэв s ≤ r бол Mn[s](a; w) ≤ Mn[r](a; w) тэнцэтгэл биш биелнэ. Тэнцэтгэл биш a1 = a2 = · · · = an үед л 30

Б.Санчир тэнцэтгэл болно. Жишээ 1. Аливаа α, β, γ гэсэн өнцөг бүхий гурвалжны хувьд 1 + 1 + 1 ≥ 3 · 2k, (k ≥ 0) sink α sink β sink γ 2 2 2 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Батлах тэнцэтгэл бишид α, β, γ тоонууд тэгш эрхтэй оролц- сон тул w1 = w2 = w3 = 1 гэж аваад n = 3 үед жинтэй зэргийн дундаж дээр биелдэг тэнцэтгэл бишийг k ≥ 0 үед бичвэл ak1 + ak2 + a3k 1 3 k√ ≥ 3 a1a2a3 Энд a1 = ,1α a2 = ,1 a3 = 1 γ гэж сонговол 2 2 sin sin β sin 2 1 1 1 1 k sink sink sink 3 α + β + γ ≥3 sin α sin β sin γ (1) 2 2 2 2 2 2 болно. Кошийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл 1 ≥ 1 (2) sin α sin β sin γ sin α +sin β +sin γ 3 2 2 2 2 2 2 3 болно. Нөгөө талаас бид Иенсений тэнцэтгэл биш ашиглан α β γ ≤ 3 (3) sin + sin + sin 2 2 22 гэдгийг баталж болно. (1), (2), (3) тэнцэтгэл бишүүдээс бодлого бо- догдоно. Тэнцэтгэл биш α = β = γ = π үед л тэнцэтгэл болно. 3 Жишээ 2. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд a + b + c = 3 бол 1 19 b 19 1 19 P = a+ + + b+ + + c+ + a a2 a b2 c c2 илэрхийллийн хамгийн бага утгыг ол. 31

Б.Санчир Баталгаа. Жинтэй зэрэгт дундажын тэнцэтгэл бишийг 10 ≥ 1 үед, Кошийн тэнцэтгэл бишийг хэд хэдэн удаа ашиглавал P= 11 9 1 11 9 ≥3 a + a + a2 3 a + a + a2 9 ≥3 ≥3 2+ √ 1 111 9 3 a2b2c2 2 + 3a2 + 3b2 + 3c2 ≥3 1 9 2 + a+b+c 2 = 310 3 болно. Тэнцэтгэл биш a = b = c = 1 үед л тэнцэтгэл болно. 0.11 Шүргэгч шулуун ашиглан тэнцэтгэл биш батлах Дифференциалчдагдах функцийн x0 цэг дээр шүргэгч шулуун та- таж, энэхүү шулуун нь өгөгдсөн функцийн дээр эсвэл доор орших асуудлыг батлах нь энэ аргын үндсэн санаа юм. Өөрөөр хэлбэл f (x) ≥ f (x0)(x − x0) эсвэл f (x) ≤ f (x0)(x − x0) тэнцэтгэл бишүүдийн аль нэгийг батлана. Бид тэнцэтгэл биш 4 номон дээр уламжлал ашиглахгүйгээр функ- цийн шүргэгч шулууныг дараах байдлаар олж, ашигласан байгаа. Жишээ 1. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд a + b + c = 3 бол 1 + 1 + 1 2(a2 + b2 + c2) ≥5 + a2 b2 c2 3 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. 32

Б.Санчир Баталгаа. Дэлгэрэнгүй бодолт хийе. Бид 1 2a2 ≥ 5 + + ma + n a2 3 3 тэнцэтгэл биш биелэх m, n гэсэн тоонуудыг олъё. 1 2a2 + 1 2b2 + 1 2c2 ≥ 5 + m(a + b + c) + 3n + + + a2 3 b2 3 c2 3 Эндээс m(a + b + c) + 3n = 0 байх ёстой бөгөөд эндээс n = −m гэж гарна. Одоо бид 1 2a2 ≥ 5 + m(a − 1) + a2 3 3 байх m тоог олох үлдлээ. Сүүлийн тэнцэтгэл бишийг хялбарчилбал (a + 1)(2a2 − 3) (a − 1) 3a2 − m ≥ 0 болох ба хаалтан доторх илэрхийлэлд a = 1 гэж тавибал (a+1)(2a2−3) = 3a2 − 2 − 2 3 гэж гарах ба m = 3 гэж сонгоод батлах тэнцэтгэл бишийг эк- вивалентаар хувиргавал 1 2a2 −5 = 1 2a2 − 5 + 2 − 1) + + (a a2 3 3 a2 3 3 3 = (2a2 + 6a + 3)(a − 1)2 ≥ 0 3a2 болж батлагдлаа. Тэнцэтгэл биш a = b = c = 1 үед л тэнцэтгэл болно. Эдгээр бодлогуудыг шүргэгч шулуун ашиглаж бодож болох бо- ловч уламжлал ашиглахгүй байгаагаараа энэ арга нь их энгийн би- лээ. Дээрхтэй адилаар, эерэг a, b, c, d тоонуудын хувьд хэрэв a3 + b3 + c3 = 3 бол 4 111 + 5(a2 + b2 + c2) ≥ 27, ++ abc 33

Б.Санчир хэрэв a2 + b2 + c2 = 3 бол 1 + 1 + 1 + 4 + b + c) ≥ 7, (a abc3 хэрэв a + b + c = 1 бол 1 + 1 + 1 ≥ 24(a2 + b2 + c2) + 1, abc хэрэв a2 + b2 + c2 + d2 = 1 бол 1 + 1 + 1 + 1 + 8(a + b + c + d) ≥ 24 abcd тэнцэтгэл бишүүд биелнэ гэдгийг баталж болно. Жишээ 2. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд (2a + b + c)2 + (2b + c + a)2 + (2c + a + b)2 ≤ 8 2a2 + (b + c)2 2b2 + (c + a)2 2c2 + (a + b)2 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. (USA, 2003) Баталгаа. Батлах тэнцэтгэл биш нэгэн төрлийн тул a + b + c = 3 гэж үзэж болно. Эндээс, эерэг a, b, c тоонуудын хувьд a + b + c = 3 бол (3 + a)2 + (3 + b)2 + (3 + c)2 ≤ 24 a2 − 2a + 3 b2 − 2b + 3 c2 − 2c + 3 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батлах бодлогод шилжинэ. Сүүлийн тэн- цэтгэл бишийг эквивалентаар хувиргавал (3 + a)2 (3 + a)2 8 − a2 − 2a + 3 = 8 − a2 − 2a + 3 + 4(a − 1) (a − 1)2(4a + 3) ≥ 0 = a2 − 2a + 3 болж батлагдлаа. Тэнцэтгэл биш a = b = c үед л тэнцэтгэл болно. 34

Б.Санчир Дээрхтэй яг адилаар дараах бодлогуудыг бодож болно. (2a + b + c)2 (2b + c + a)2 (2c + a + b)2 12 a) 4a3 + (b + c)3 + 4b3 + (c + a)3 + 4c3 + (a + b)3 ≤ a + b + c b) a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) ≤ 6 (b + c)2 + a2 (c + a)2 + b2 (a + b)2 + c2 5 (2a+b+c+d)2 c) (b+c+d)2 +a2 ≤ 10 d) (b + c − a)2 + (c + a − b)2 + (a + b − c)2 ≥ 3 (b + c)2 + a2 (c + a)2 + b2 (a + b)2 + c2 5 (Japan, 1997) Тэмдэглэл. Шүргэгч шулуун ашиглах янз бүрийн арга, техник, холбогдох зарим тэнцэтгэл бишүүдийг бодолт, тайлбартайгаар В.Адъяасүрэн, Б. Санчир \"Тэнцэтгэл биш - Дөтгөөр дэвтэр\" номноос үзэж мэдлэгээ тэлж болно. Энэхүү ном нь 600 гарам тэн- цэтгэл бишүүдийн бодолтыг агуулсан. 35

Б.Санчир 36

Номзүй [1] В.Адъяасүрэн. Тэнцэтгэл биш - Тэргүүн дэвтэр. Улаанбаатар, 2004. [2] В.Адъяасүрэн. Тэнцэтгэл биш - Дэд дэвтэр. Улаанбаатар, 2005. [3] В.Адъяасүрэн, Р.Дэлгэрмаа. Эксремаль бодлого бодоход Ко- шийн тэнцэтгэл бишийг хэрэглэх. Улаанбаатар, 2009. [4] В.Адъяасүрэн, Ц.Батболд. Геометр тэнцэтгэл биш (Тэнцэт- гэл биш - Гутгаар дэвтэр). Улаанбаатар, 2011. ISBN: 978-99962- 1-192-8 [5] В.Адъяасүрэн, Б.Санчир. Тэнцэтгэл биш - Дөтгөөр дэвтэр. Улаанбаатар, 2014. ISBN: 978-99973-45-39-4 [6] В.Адъяасүрэн, Б.Санчир. Кошийн тэнцэтгэл биш. Улаанбаа- тар, 2016. ISBN: 978-99973-0-889-4 [7] В.Адъяасүрэн, Б.Санчир. Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл биш. Улаанбаатар, 2016. ISBN: 978-99973-0-887-0 [8] В.Адъяасүрэн, Б.Санчир. Шилмэл 108 тэнцэтгэл биш. Улаан- баатар, 2016. ISBN: 978-99973-0-890-0 [9] Б.Санчир. Тэнцэтгэл биш - Янз бүрийн бодлогууд. Улаанбаа- тар, 2018. Цуврал 10 дэвтэр. I-X 37