Алгебр тэнцэтгэл биш

Б.Санчир 0 if tex.enableprimitives thenΩtex.enableprimitives(Ω’pdf@’,Ω’primitive’, ’ifprimitive’, ’pdfdraftmode’,’draftmode’Ω)Ωtex.enableprimitives(”, ’luaescapestring’)Ωend \"代数不等式\" буюу \"Алгебр тэнцэтгэл биш\" гэж орчуулагдах номын хуудсуудыг хичнээн ч их илээв дээ. Энэхүү ном нь 2008 онд хятад хэл дээр хэвлэгд- сэн A5 хэмжээтэй, 225 нүүр бүхий 300 гарам тэнцэт- гэл биш тэдгээрийн бодолт, зааврыг багтаасан ном. Тэнцэтгэл биш батлах алгебр аргуудыг ерөн- хийд нь багтаасан энэхүү номыг уншаад зориуд Мьюрхедын тэнцэтгэл биштэй холбогдсон хэсгийг орчуулж, анализ хийн нэмэлт бодлого жишээгээр баяжуулж бичлээ. Хэдийгээр энэхүү арга тэнцэтгэл бишийн гоо сайхныг алдагдуулах хэт механик ч гэсэн аргаа бар- сан үедээ хэрэглэхэд таны гаццан байдлыг арилгах билээ. 18 RMB буюу 18 · 380 = 6840 (одоогийн ханш) төгрөгөөр хэдэн сар тархиа хооллосондоо баяртай байна. Зохиогч, 2020.02.29 1

Б.Санчир 2

Гарчиг 0.1 Мьюрхед ба Шурын тэнцэтгэл биш . . . . . . . . . . . . . . . . 3 0.2 Орлуулга хийх янз бүрийн бодлогууд . . . . . . . . . . . . . . . 8 0.3 Тэнцэтгэл биш батлахад адилтгал ашиглах . . . . . . . . . . . 16 0.4 Жинтэй зэрэгт дундаж ба түүний өргөтгөл . . . . . . . . . . . 17 0.5 Янз бүрийн бодлогууд . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 0.1 Мьюрхед ба Шурын тэнцэтгэл биш Мьюрхед (Robert Franklin Muirhead (1860–1941)) Шотландын мате- матикч Оюутан байхаасаа л хичээл номонд шамдан зүт- гэж улсын ихэнх тэтгэлгийг авч байсаны дотроос 1886 онд \"Ньютоны хууль\"сэдэвт эссэгээрээ Шми- тийн шагналаар шагнуулж байжээ. Улмаар их сургуульд багшилж 1884 онд улсын- хаа математикийн нийгэмлэгийн гишүүнээр сонгог- дон 1899 ба 1909 онуудад нийгэмлэгийн тэргүүний албыг хашиж байжээ. 1912 онд түүнийг нийгэмлэ- гийн хүндэт гишүүний шагналыг авч байжээ. Тэрээр 1941 онд ертөнцийн мөнх бусыг үзүүлжээ. 3

Б.Санчир Бодлого 1 Аливаа a1, a2, a3, b1, b2, b3 тоонуудын хувьд a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ 0, b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ 0, a1 ≥ b1 a1 + a2 ≥ b1 + b3, a1 + a2 + a3 = b1 + b2 + b3 нөхцөл биелдэг байг. Тэгвэл эерэг x, y, z тоонуудын хувьд xa1 ya2 za3 ≥ xb1 yb2 zb3 ⇔ [a1, a2, a3] ≥ [b1, b2, b3] sym sym тэнцэтгэл биш биелнэ. (Muirhead Inequality) Тэмдэглэл. Бид цаашид симметр нийлбэрийг ба харин цикл нийл- sym бэрийг гэж товчилж тэмдэглэх болно. Өөрөөр хэлбэл x3 = 2(x3 + y3 + z3), x3 = x3 + y3 + z3, x2y = x2y + y2z + z2x, sym xyz = 3xyz x2y = x2y + x2z + y2z + y2x + z2x + z2y, sym xyz = 6xyz, sym Баталгаа. Дараах 2 тохиолдол байна. b1 ≥ a2 байг. xa1 ya2 za3 = za3 (xa1 ya2 + xa2 ya1 ) sym za3 (xa1+a2−b1 yb1 + xb1 ya1+a2−b1 ) ≥ xb1 (ya1+a2−b1 za3 + ya3 za1+a2−b1 ) = xb1 (yb2 zb3 + yb3 zb2 ) = xb1 yb2 zb3 ≥ sym 4

Б.Санчир b1 ≤ a2 байг. xa1 ya2 za3 = xa1 (ya2 za3 + ya3 za2 ) xa1 (yb1 za2+a3−b1 + ya2+a3−b1 zb1 ) sym ≥ = yb1 (xa1 za2+a3−b1 + xa2+a3−b1 za1 ) ≥ yb1 (xb2 zb3 + xb3 zb2 ) = xb1 yb2 zb3 sym болно. Тэнцэтгэл биш x = y = z үед л тэнцэтгэл болно. Жишээ 1. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд a + b + c ≥3 b+c c+a a+b 2 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. 2 a(a + b)(a + c) − 3(a + b)(b + c)(c + a) = [3, 0, 0] − [2, 1, 0] ≥ 0 Жишээ 2. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд abc = 1 бол 1 + 1 + 1 ≥3 a3(b + c) b3(c + a) c3(a + b) 2 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Өгөгдсөн нөхцөлийг ашиглаад батлах тэнцэтгэл бишийг нэгэн төр- лийн хэлбэрт бичвэл 11 13 + + ≥ a3b + c b3(c + a) c3(a + b) 2(abc) 4 3 болно. Энд a = x3, b = y3, c = z3 гэж орлуулбал 1 ≥3 x9(y + z) 2x4y4z4 болох ба ижил хуваарь өгч хялбарчилбал ([12, 12, 0] − [11, 8, 5]) + 2 ([12, 9, 3] − [11, 8, 5]) + ([9, 9, 6] − [8, 8, 8]) ≥ 0 болж бодлого бодогдоно. Тэнцэтгэл биш a = b = c = 1 үед л тэнцэтгэл болно. 5

Б.Санчир Жишээ 3. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд 1 + 1 + 1 ≤1 a3 + b3 + abc b3 + c3 + abc c3 + a3 + abc abc тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Батлах тэнцэтгэл бишийн 2 талыг abc (a3 + b3 + abc) тоогоор үржүүлээд хялбарчилбал [5, 2, 2] ≤ [6, 3, 0] болж бодлого бодогдоно. Жишээ 4. Эерэг x, y, z тоонуудын хувьд x2 + y2 + z2 ≤ 1 (2x + y)(2x + z) (2y + z)(2y + x) (2z + x)(2z + y) 3 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. x3 + 4 x2(y + z) − 39xyz 1 x2 3 (2x + y)(2x + z) − 3 (2x + y)(2x + z) = 2 x4(y2 + z2) − 2 y3z3 + xyz 5 = 2([4, 2, 0] − [3, 3, 0]) + 2xyz (5([3, 0, 0] − [1, 1, 1]) + 4([2, 1, 0] − [1, 1, 1])) ≥0 болж бодлого бодогдлоо. Тэнцэтгэл биш x = y = z үед л тэнцэтгэл болно. Бодлого 2 Аливаа бодит α болон β > 0 тоонуудын хувьд [α + 2β, 0, 0] + [α, β, β] ≥ 2[α + β, β, 0] тэнцэтгэл биш биелнэ. (Schur’s Inequality) Энд α = β = 1 гэж авбал a3 + b3 + c3 + 3abc ≥ a2(b + c) + b2(c + a) + c2(a + b) гэж гарна. Тэмдэглэл. Шурын тэнцэтгэл бишийг Мьюрхедын тэнцэтгэл биштэй 6

Б.Санчир хослуулан хэрэглэх замаар ихэнх нэгэн төрлийн, симметр тэнцэтгэл бишүүдийг баталж болдог ч энэ- хүү арга нь хатуу механик тул бүтээлч сэтгэлгээнд сөрөг талтай. Шурын тэнцэтгэл бишийн баталгаа болон түү- ний өргөтгөл (Vornicu-Schur’s Inequality, SS method), холбогдох зарим тэнцэтгэл бишүүдийг бодолт, тайл- бартайгаар В.Адъяасүрэн, Б. Санчир \"Тэнцэтгэл биш - Дөтгөөр дэвтэр\" номноос үзэж мэдлэгээ тэлж болно. Энэхүү ном нь 600 гарам тэнцэтгэл би- шүүдийн бодолтыг агуулсан. Жишээ 5. Сөрөг биш x, y, z тоонуудын хувьд x + y + z = 1 бол 0 ≤ xy + yz + zx − 2xyz ≤ 7 27 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Шууд баруун гар талын тэнцэтгэл биш биелнэ гэж баталъя. Өө- рөөр хэлбэл (xy + yz + zx)(x + y + z) − 2xyz ≤ 7 + yz )3 (x 27 гэж баталъя. Энэхүү тэнцэтгэл бишийг эквивалентаар хувиргавал ([3, 0, 0] − [2, 1, 0]) + 5([3, 0, 0] + [1, 1, 1] − 2[2, 1, 0]) ≥ 0 болох ба энэ нь Мьюрхед болон Шурын тэнцэтгэл биш ёсоор үнэн. Тэнцэтгэл биш x = y = z = 1 үед л тэнцэтгэл болно. 3 Жишээ 6. Сөрөг биш a, b, c тоонуудын хувьд ab + bc + ca = 0 бол 1 1 19 (ab + bc + ca) (a + b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 ≥ 4 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Батлах тэнцэтгэл бишийг ижил хуваарь өгч хялбарчилбал ([5, 1, 0] − [4, 2, 0]) + 3([5, 1, 0] − [3, 3, 0]) + 2abc([3, 0, 0] + [1, 1, 1] − 2[2, 1, 0]) ≥ 0 7

Б.Санчир болох ба энэ нь Мьюрхед болон Шурын тэнцэтгэл биш ёсоор үнэн. Тэнцэтгэл биш a = b = c ба a = 0, b = c болон эдгээрийн сэлгэмэл үед л тэнцэтгэл болно. \"It is unwise to use Muirhead in an Olympiad solution; one should use an application of AM-GM instead.\" (IMO gold medalist Thomas Mildorf) 0.2 Орлуулга хийх янз бүрийн бодлогууд Бодлого 3 Бодит a, b, c, c тоонуудын хувьд abcbd = 1 бол 1 + 1 1 + 1 ≥2 + a(b + 1) b(c + 1) c(d + 1) d(a + 1) тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Хэрэв бид a = y , b = z , c = w , d = x гэж орлуулбал эерэг x, y, z, w x y z w тоонуудын хувьд x ≥2 y+z гэж батлах хэрэгтэй болно. Коши-Буняковский болон Кошийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл x x2 ≥ (x + y + z + w)2 = xy + xz x(y + z) + y(z + w) + z(w + x) + w(x + y) y+z x2 + y2 + z2 + w2 + 2 xy 2xz + 2wy + 2 xy = xz + wy + xy sym ≥ sym = 2 xz + wy + xy sym sym болж бодлого бодогдлоо. Тэнцэтгэл биш a = b = c = d = 1 үед л тэнцэтгэл болно. Бодлого 4 Бодит a, b, c тоонуудын хувьд (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≥ 9(ab + bc + ca) тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. 8

Б.Санчир √√√ α, β, γ ∈ 0, π Баталгаа. Бид a = 2 tg α, b = 2 tg β, c = 2 tg γ 2 гэж орлуулахдаа 1 + tg2 θ = 1 байхыг анхаарвал батлах тэнцэтгэл бишийг cos2 θ 4 ≥ cos α cos β cos γ(cos α sin β sin γ + sin α cos β sin γ + sin α sin β cos γ) 9 болно. Нөгөө талаас cos(α+β+γ) = cos α cos β cos γ−cos α sin β sin γ−sin α cos β sin γ−sin α sin β cos γ тэнцэтэл биш хэрэглэвэл бид 4 ≥ cos α cos β cos γ(cos α cos β cos γ − cos(α + β + γ)) 9 гэж батлах хэрэгтэй болно. Коши болон Иенсений тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл cos α cos β cos γ ≤ cos α + cos β + cos γ 3 α+β+γ θ= 3 ≤ cos3 θ, 3 болно. Иймд 4 ≥ cos3 θ(cos3 θ − cos 3θ) 9 буюу 4 ≥ cos4 θ(1 − cos2 θ) 27 гэж баталъя. Кошийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл cos4 θ(1 − cos2 θ) = 4 · cos2 θ · cos2 θ · (1 − cos2 θ) 22 ≤4 cos2 θ + cos2 θ + (1 − cos2 θ) 3 2 2 4 3 = 27 болж бодлого бодогдоно. Тэнцэтгэл биш a = b = c = 1 үед л тэнцэтгэл болно. Бодлого 5 Эерэг x, y, z тоонуудын хувьд x + y + z = xyz бол √ 1 + 1 +√ 1 ≤3 1 + x2 1 + y2 1 + z2 2 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. 9

Б.Санчир Баталгаа. Бид x = tg α, y = tg β, z = tg γ (α, β, γ ∈ (0, π )) гэж орлуулбал 2 батлах тэнцэтгэл бишийг cos α + cos β + cos γ ≤ 3 2 хэлбэрт бичиж болно. Энэ нь Иенсений тэнцэтгэл биш ёсоор үнэн. Тэнцэтгэл биш x = y = z = √1 үед л тэнцэтгэл болно. 3 Өөр нэгэн орлуулга хийсэн бодолтыг толилууъя. x = 1 , y = 1 , z = 1 гэж a b c орлуулбал эерэг a, b, c тоонуудын хувьд ab + bc + ca = 1 бол √ a +√ b +√ c ≤3 a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1 2 гэж батлах хэрэгтэй болно. Өгөгдсөн нөхцөлийг ашиглаад Кошийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл √a = √a = a a2 + 1 a2 + ab + bc + ca (a + b)(a + c) = 1 a (a + b)(a + c) ≤ 1 a[(a + b) + (a + c)] = (a + b)(a + c) 2 (a + b)(a + c) 2 aa1 ab3 += += a+b a+c 2 a+b b+a 2 болж бодлого бодогдоно. Бодлого 6 Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд √a +√ b +√ c ≥1 a2 + 8bc b2 + 8ca c2 + 8ab тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Хэрэв бид x = √a , y = √b , z = √c гэж орлуулбал a2+8bc b2+8ca c2+8ab x, y, z ∈ (0, 1) болох ба x+y+z ≥1 гэж батлах хэрэгтэй болно. Нөгөө талаас a2 x2 b2 y2 c2 z2 8bc = 1 − x2 , 8ca = 1 − y2 , 8ab = 1 − z2 10

Б.Санчир буюу 1 x2 y2 z2 = 512 1 − x2 1 − y2 1 − z2 болно. Бид эсрэгээс нь x, y, z ∈ (0, 1) тоонуудын хувьд (1 − x2)(1 − y2)(1 − z2) = 512x2y2z2 нөхцөл биелдэг бол x+y+z < 1 гэж баталъя. Энэ тэнцэтгэл биш үнэн гэж үзээд Кошийн тэнцэтгэл биш хэ- рэглэвэл (1 − x2)(1 − y2)(1 − z2) > ((x + y + z)2 − x2) = ≥ (x + x + y + z)(y + z) 4 4 x2yz √ = 512x2y2z2 · 2 yz болж (1 − x2)(1 − y2)(1 − z2) = 512x2y2z2 гэсэнд зөрчив. Иймд x+y+z ≥1 тэнцэтгэл биш биелнэ. Тэнцэтгэл биш a = b = c үед л тэнцэтгэл болно. Бодлого 7 Сөрөг биш a, b, c тоонуудын хувьд a2 + b2 + c2 + abc = 4 бол 0 ≤ ab + bc + ca − abc ≤ 2 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Бид a = min{a, b, c} ≤ 1 гэж үзэж болно. Эсрэгээс нь a > 1 бол a2 + b2 + c2 + abc > 4 болж өгөгдсөн нөхцөлд зөрчинө. Иймд ab + bc + ca − abc ≥ bc − abc = (1 − a)bc ≥ 0 11

Б.Санчир болж зүүн гар талын тэнцэтгэл биш батлагдлаа. Баруун гар талын тэнцэтгэл биш биелнэ гэж баталъя. a = 2p, b = 2q, c = 2r гэж орлуулбал өгөгдсөн нөхцөлийг p2 + q2 + r2 + 2pqr = 1 болно. Нөгөө талаас энэ нөхцөлийг аливаа гурвалжны косинусууд хангадаг тул a = 2 cos α, b = 2 cos β, c = 2 cos γ гэж орлуулъя. Батлах тэнцэтгэл бишийг cos α cos β + cos β cos γ + cos γ cos α − 2 cos α cos β cos γ ≤ 2 хэлбэрт бичиж болно. Нөгөө талаас α = max {α, β, γ} ≥ π гэж үзэж болох ба 3 эндээс 1 − 2 cos α ≥ 0 гэж гарна. Мөн cos α cos β + cos β cos γ + cos γ cos α − 2 cos α cos β cos γ = cos α(cos β + cos γ) + cos β cos γ(1 − 2 cos α) гэж бичээд Иенсений тэнцэтэл биш хэрэглэн батлагдах cos β + cos γ ≤ 3 − cos α 2 тэнцэтгэл биш болон 2 cos β cos γ = cos(β − γ) + cos(β + γ) ≤ 1 − cos α гэсэн 2 тэнцэтгэл бишүүдийг ашиглавал cos α(cos β + cos γ) + cos β cos γ(1 − 2 cos α) ≤ cos 3 − cos α + 1 − cos α (1 − 2 cos α) = 1 22 2 болж бодлого бодогдоно. Бодлого 8 Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд a + b + c = 1 бол √√ a + b + abc ≤ 1 + 3 3 a + bc b + ca c + ab 4 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. 12

Б.Санчир Баталгаа. Батлах тэнцэтгэл бишийг ab √ 1 1 33 1+ + + c ≤1+ 4 bc 1 + ca 1 + ab a b c гэж бичиж болох ба энд x = bc , y = ca , z = ab гэж орлуулбал эерэг a b c x, y, z тоонуудын хувьд xy + yz + zx = 1 бол √ 1 + 1 + z ≤1+ 3 3 1 + x2 1 + y2 1 + z2 4 гэж батлах хэрэгтэй болно. Энд дахин x = tg α , y = tg β , z = tg γ гэж ор- 2 2 2 луулбал √ 33 1 + 1 + tg γ ≤1+ 2 4 1 + tg2 α 1 + tg2 β 1 + tg2 γ 2 2 2 гэж батлах хэрэгтэй болно. (α + β + γ = π) Батлах тэнцэтгэл бишийг эквива- лентаар хувиргавал √ cos α + cos β + sin γ ≤ 3 3 2 болно. Нөгөө талаас Иенсений тэнцэтгэл биш ёсоор cos α + cos β ≤ 2 cos α + β = 2 cos π − γ 22 болох ба одоо бид √ γ γ ≤3 3 sin 1 + cos 2 24 гэж батлах хэрэгтэй болно. Кошийн тэнцэтгэл бишийг дарааллан хэрэглэвэл γ γ = √2 · √ 3γ 1 + 2 · 1 · cos γ sin 1 + cos sin 32 2 22 2 2 ≤ √2 3 + sin2 γ 1+2 1 + cos2 γ 4 2 4 2 32 2 = √1 3 + sin2 γ 5 + cos2 γ 3 4 24 2 √ ≤ √1 3 + sin2 γ + 5 + cos2 γ 2 33 3 4 2 4 2 = 24 болж бодлого бодогдоно. 13

Б.Санчир Бодлого 9 Эерэг a, b, c, d тоонуудын хувьд 1111 1 + a4 + 1 + b4 + 1 + c4 + 1 + d4 = 1 бол abcd ≥ 3 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Бид A = 1 , B = 1 , C = 1 , D = 1 гэж орлуулбал 1+a4 1+b4 1+c4 1+d4 a4 = 1 − A b4 = 1 − B c4 = 1 − C d4 = 1 − D , , , ABC D буюу B + C + D ≥ 81 A гэж батлах хэрэгтэй болно. Энэ нь Кошийн тэнцэтгэл биш ёсоор үнэн. Тэн- √ цэтгэл биш a = b = c = d = 4 3 үед л тэнцэтгэл болно. Тэмдэглэл. Мэдээж бид эерэг a1, a2, ..., an тоонуудын хувьд 1 + 1 1 +··· + 1 1 = 1 1 + an + an2 + ann бол a1a2 · · · an ≥ (n − 1) тэнцэтгэл биш биелнэ гэдгийг шууд харж болно. Бодлого 10 Бодит x1, x2, ..., xn тоонуудын хувьд x1 + x2 +···+ 1 + x12 xn < √ 1 + x12 1 + x12 + x22 + x22 + · · · + xn2 n тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Бид эерэг тохиолдолд л батлахад хангалттай. 14

Б.Санчир i x2k √ yi x0 = 1, yi = гэж орлуулбал xi = − yi−1 болох ба батлах тэнцэт- k=0 гэл бишийг n √ yi − yi−1 < √ n i=1 yi Бид {yn} дараалал өсдөг болон Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл биш хэрэглэ- вэл n √ n √ n 11 yi − yi−1 ≤ √yi − yi−1 = − i=1 yi i=1 yiyi−1 i=1 yi−1 yi n 1 −1 = n 1−1 √ <n ≤n i=1 yi−1 yi y0 yn болж бодлого бодогдоно. Бодлого 11 Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд (a3b + b3c + c3a)(ab3 + bc3 + ca3) ≥ abc+ 3 (a3 + abc)(b3 + abc)(c3 + abc) тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Бид x = a , y = b , z = c гэж орлуулбал эерэг x, y, z тоонуудын b c a хувьд xyz = 1 бол (x + y + z)(xy + yz + zx) ≥ 1 + 3 x y z +1 +1 +1 zxy гэж батлах хэрэгтэй болно. Өгөгдсөн нөхцөлийг ашиглаад p = 3 (x + y)(y + z)(z + x) гэж орлуулбал Кошийн тэнцэтгэл биш ёсоор p ≥ 2 болох ба батлах тэнцэтгэл биш p3 + 1 ≥ p + 1 хэлбэртэй болно. Нөгөө талаас (p3 + 1) − (1 + p)2 = p(p + 1)(p − 2) ≥ 0 тул бодлого бодогдлоо. Тэнцэтгэл биш a = b = c үед л тэнцэтгэл болно. 15

Б.Санчир Бодлого 12 Эерэг x, y, z тоонуудын хувьд x + y + z + 2 = xyz бол x + y + z + 6 ≥ √ + √ + √ 2( xy yz zx) тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Хэрэв бид x = b+c , y= c+a , z = a+b гэж орлуулбал батлах тэнцэт- a b c гэл бишийг a+b +6≥2 (a + c)(b + c) c ab хэлбэрт бичиж болно. Кошийн тэнцэтгэл биш хэрэгвэлэл 2 (a+c)(a+b) ≤ ab a+c + b+c = a+b +6 болж бодлого бодогдлоо. Тэнцэтгэл биш x = y = z = 2 a b c үед л тэнцэтгэл болно. 0.3 Тэнцэтгэл биш батлахад адилтгал ашиглах Бодлого 13 Аливаа A, B, C өнцөг үүсгэх гурвалжин болон бодит x, y, z тоонуудын хувьд x2 + y2 + z2 ≥ 2yz cos A + 2xz cos B + 2xy cos C тэнцэтгэл биш биелнэ. Баталгаа. (x − y cos C − z cos B)2 + (y sin C − z sin B)2 ≥ 0 Тэмдэглэл. Бодит x, y, z тоонууд болон эерэг a, b, c тоонуудын хувьд x2 + y2 + z2 ≥ 2 abc a+b xy + b+c yz + c+a zx (a + b)(b + c)(c + a) cab тэнцэтгэл биш биелнэ. 16

Б.Санчир Бодлого 14 Аливаа α, β, γ өнцөг үүсгэх гурвалжин бүрийн хувьд cos α + cos β + cos γ ≤ 3 2 тэнцэтгэл биш биелнэ. Баталгаа. cos α = (sin β − sin γ)2 + (cos α + cos β − 1)2 ≥ 0 3−2 Бодлого 15 Эерэг a, b тоонуудын хувьд a + b = 1 бол √ ab(a4 + b4) ≤ 5 10 − 14 27 тэнцэтгэл биш биелнэ. Баталгаа. √ √√ 5 10−14 (a+b)6−ab(a4+b4) = (2a2 +(6− 10)ab+2b2)(√a2 −(2+ 10)ab+b2)2 ≥ 0 27 14 + 5 10 0.4 Жинтэй зэрэгт дундаж ба түүний өргөтгөл Тодорхойлолт. Сөрөг биш a = (a1, a2, ..., an) тоонууд ба эерэг w = (w1, w2, ..., wn) тоонууд болон r ∈ R хувьд  w1ar1 + w2ar2 + · · · + wnanr 1 r=0 r r=0  w1 + w2 + · · · + wn  , Mn[r](a; w) := (aw1 1 · 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. wi = wj бол Mn[r](a) гэе. 17

Б.Санчир Тэмдэглэл. Жинтэй зэргийн дундажийн тэнцэт- гэл биш болон жишээ бодлогуудыг Тэнцэтгэл биш - Янз бүрийн бодлогууд (Хавсралт дэвтэр) дэвтэ- рээс үнэ төлбөргүй үзээрэй. Жинтэй зэргийн дундаж нь Минковскийн тэнцэт- гэл биш, Гёльдерийн тэнцэтгэл биштэй салшгүй холбоо- той гэдгийг тэмдэглэе. Энэ хэсэгт бид жинтэй зэргийн дундажийн зарим нэгэн өргөтгөл болон холбогдох тэнцэтгэл бишүүдийг авч үзнэ. Бодлого 16 Хэрэв 0 < r < s < t бол (Mn[s](a; w))s ≤ (Mn[r](a; w))r t−s (Mn[t] (a; w))t s−r t−r t−r тэнцэтгэл биш биелнэ. (Ляпуновын тэнцэтгэл биш) Бодлого 17 Эерэг ai, wi тоонуудын хувьд 0 < ai < 1 бол 2 An(a; w) ≥ Gn(a; w) ⇔ Mn[1](a; w) ≥ Mn[0](a; w) An((1 − a); w) G(1 − a; w) Mn[1](1 − a; w) Mn[0](1 − a; w) тэнцэтгэл биш биелнэ. (Ки-Фаны тэнцэтгэл биш) Баталгаа. f (x) = ln x функийг авч үзвэл 1−x f (x) = 2x − 1 <0 (x2 − x)2 тул Иенсений тэнцэтгэл бишээс гарна. Тодорхойлолт. Эерэг ai тоонууд болон аливаа бодит r, s тоонуудын хувьд дараах шинэ дунджийг тодорхойлъё. 1  a1r+ar2+···+anr r−s as1+as2+···+asn ,r = s M (a) = r,s ar1 ln a1+···+anr ln an ,r = s exp a1r+···+arn 18

Б.Санчир Энэхүү дундаж нь жинтэй зэрэгт дундажийн өргөтгөл болно. Хэрэв энд wi = ais ба r − s = t гэж тэмдэглэвэл Mr,s(a) = Mn[t](a; w) болохыг харж болно. Бодлого 18 Хэрэв min{r, s} < min{p, q} ба max{r, s} < max{p, q} бол Mr,s(a) ≤ Mp,q(a) тэнцэтгэл биш биелнэ. Баталгаа. Бид r < s, q < p үед баталъя. Ляпуновын тэнцэтгэл бишийг r < s < p ба r < q < p үед тус тус бичвэл p−s s−r p−r p−r ( a ) (ri ia ) ≥p air p−q q−r p−r p−r ( a ) (ri a ) ≥pi aiq Эндээс p−s s−r 1 p−q q−r 1 1 1 p−r p−r p−r p−r s−r p−q ar s−r aq p−q ( a ) (r a ) (p a ) (r a ) ≥p i i i i i i болох ба эндээс бодлого бодогдоно. Бодлого 19 Хэрэв α < 0 < β бол Mn[α](a) ≤ Mn[0](a) ≤ Mn[β](a) Mn[α](1 + a) Mn[0](1 + a) Mn[β](1 + a) тэнцэтгэл биш биелнэ. Баталгаа. Зэрэгт дундаж болон Чебышевийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл ai 1 1 ai β 1 n 1 + ai β n ( (1 + ai)β ) 1 wi(1 + ai)β ) 1 1 β ≤( β ai β β 1 + ai 1 + ai 1 (1 + ai)β · = n ≤( aβi ) 1 β 19

Б.Санчир болж батлах тэнцэтгэл бишийн баруун тал батлагдлаа. Зүүн гар тал яг ижи- лээр батлагдана. Бодлого 20 Хэрэв α < 1 < β бол Mn[α](a) ≤ Mn[β](a) Mn[α](1 + a) Mn[β](1 + a) тэнцэтгэл биш биелнэ. Заавар. f (x) = x функцийг авч үзээд x+1 Mn[α](a) ≤ Mn[α](a) ≤ Mn[β](a) ≤ Mn[β](a) Mn[α](1 + a) Mn[α](a) + 1 Mn[β](a) + 1 Mn[β](1 + a) гинжин тэнцэтгэл бишүүдийг дарааллан батална. 0.5 Янз бүрийн бодлогууд Бодлого 21 Сөрөг биш a, b, c тоонуудын хувьд √ √√ a4 + a2b2 + b4 + b4 + b2c2 + c4 + c4 + c2a2 + a4 √√√ ≥ a 2a2 + bc + b 2b2 + ca + c 2c2 + ab тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Кошийн тэнцэтэл бишийг 2 удаа мөн Коши-Буняковскийн тэнцэт- 20

Б.Санчир гэл биш хэрэглэвэл √ a4 + a2b2 + b4 + b2a2 a4 + a2b2 + b4 = 22 ≥ √1 a4 + a2b2 + b4 + a2b2 2 22 = √1 a4 + a2b2 + a4 + c2a2 2 22 √ a4 + c2a2 · a4 + c2a2 ≥2 22 √ a4 + a4bc = √ ≥2 a 2a2 + bc 2 болж бодлого бодогдоно. Тэнцэтгэл биш a = b = c үед л тэнцэтгэл болно. Бодлого 22 Сөрөг биш a, b, c тоонуудын хувьд (a2b + b2c + c2a)(ab2 + bc2 + ca2) ≥ abc+ 3 (a3 + abc)(b3 + abc)(c3 + abc) тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Коши-Буняковский болон Кошийн тэнцэтгэл бишийг 2 удаа хэ- рэглэвэл (a2b + b2c + c2a)(ab2 + bc2 + ca2) = 1 = [b(a2 + bc) + c(b2 + ca) + a(c2 + ab)][c(a2 + bc) + a(b2 + ca) + b(c2 + ab)] 2 √ √ca(b2 √ ≥1 bc(a2 + bc) + + ca) + ab(c2 + ab) 2 √√ √ ≥ 3 3 bc(a2 + bc) · ca(b2 + ca) · ab(c2 + ab) 2 = 1 3 (a3 + abc)(b3 + abc)(c3 + abc) + 3 (a3 + abc)(b3 + abc)(c3 + abc) 2 √ √√ ≥ 1 3 2 a3 · abc · 2 b3 · abc · 2 c3 · abc + 3 (a3 + abc)(b3 + abc)(c3 + abc) 2 = abc + 3 (a3 + abc)(b3 + abc)(c3 + abc) болж бодлого бодогдоно. Тэнцэтгэл биш a = b = c үед л тэнцэтгэл болно. 21

Б.Санчир Бодлого 23 Эерэг a, b тоонуудын хувьд √a +√ b ≥1 a2 + 3b2 b2 + 3a2 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. Гёльдерийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл √ a +√ b 2 a2 + 3b2 b2 + 3a2 (a(a2 + 3b2) + b(b2 + 3a2)) ≥ (a + b)3 болох ба энд a(a2 + 3b2) + b(b2 + 3a2) = (a + b)3 гэдгийг анхаарвал бодлого бодогдоно. Тэнцэтгэл биш a = b үед л тэнцэтгэл болно. Бодлого 24 Аливаа α, β, γ өнцөг бүхий гурвалжин бүрийн хувьд √ sin α + sin β + sin γ ≤ 3 3 2 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. Баталгаа. sin γ = sin(π − α − β) гэдгийг ашиглаад Кошийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл sin α = sin α + sin β + sin α cos β + sin β cos α = √2 √√ √ s√in α · cos β + s√in β · cos α 3 · sin α + 3 · sin β +3 32 2 33 ≤ √1 3 +sin2 α+ 3 +sin2 β √ sin2 α + cos2 β + sin2 β +cos2 α √3 4 4 +3 33 33 = 2 болж бодлого бодогдоно. Тэнцэтгэл биш α = β = γ = π үед л тэнцэтгэл 3 болно. 22