Шилмэл 108 тэнцэтгэл биш

i DDC-510 22.3 A-298 В. Адъяасүрэн Монгол Улсын Их Сургууль Математикийн Тэнхим Б. Санчир Хөдөө Аж Ахуйн Их Сургууль Инженер Технологийн Сургууль Математик, Физик, Мэдээллийн Технологийн Тэнхим . МУИС-ийн хүндэт профессор С.Чимэдцэрэн . багшийнхаа дурсгалд зориулав. Шилмэл 108 тэнцэтгэл биш Редактор: В. Адъяасүрэн Хэвлэлийн эхийг : Б. Санчир Талархал: Номыг ивээн тэтгэсэн Шинэ Монгол эрдмийн хүрээлэн- гийн ерөнхийлөгч Ж.Галбадрах танаа талархал илэрхийлье. Мэргэн ухаан үржиж, саруул ухаан дэлгэрч, номын буян арвижих болтугай. Хэвлэлийн хуудас 19.08 х.х Хэвлэсэн тоо 500 ширхэг ISBN: 978-99973-0-890-0 Улаанбаатар 2016 он

Өмнөх үг Математикийн хэрэглэгдэх хүрээ улам өргөжихийн хирээр математик боловсролын түвшинг зохих шатанд гаргах асуудал хүчтэй тавигдаж байна. Үүнтэй уялдан тодорхой чиглэлүүдээр нарийвчлан бичигдсэн ном, товхимол үндэсний хэл дээр олноор гаргах шаардлага зүй ёсоор гарч байгаа билээ. Энэ агуу их орон зайд тус нэмэр болно хэмээн най- даж дараах номнуудыг уншигч танаа өргөн барьж байна. Дирихлейн зарчмын сонгомол 108 бодлого Комбинаторикийн сонгомол 108 бодлого Өвөрмөц байгуулалт ба үнэлгээний сонгомол 108 бодлого Элементар тооны онолын сонгомол 108 бодлого Шилмэл 108 тэнцэтгэл биш Геометр тэнцэтгэл бишийн сонгомол 108 бодлого Элементар анализын сонгомол 108 бодлого Элементар магадлалын сонгомол 108 бодлого Кошийн тэнцэтгэл биш Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл биш Функц, функционал тэгшитгэл ii

1 Бодлого 1. Эерэг x, y, z тоонуудын хувьд xyz = 1 бол x2 1 + 1 + y2 1 + 1 + z2 1 + 1 ≥ 1 (1) +x +y +z тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. (Vo Quoc Ba Can) Бид дээрх (1) тэнцэтгэл бишийг батлахаас гадна энэхүү бодлогыг ашиг- лан өөр янз бүрийн бодлогуудыг батлан харуулах болно. Баталгаа. Хэрэв бид x = bc , y = ca , z = ab гэж орлуулбал батлах a2 b2 c2 тэнцэтгэл бишийг a4 a4 + b4 b4 + c4 ≥1 + a2bc + b2c2 + b2ca + c2a2 c4 + c2ab + a2b2 гэж бичиж болно. Коши-Буняковский болон Кошийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл a4 a4 ≥ a4 + b4 + c4 (a2 + b2 + c2)2 + b2c2 + c2a2 + a2bc + b2c2 + abc(a + b + c) + a2b2 ≥ a4 + b4 (a2 + b2 + c2)2 + c2a2) = 1 + c4 + 2(a2b2 + b2c2 болж бодлого бодогдоно. Тэнцэтгэл биш x = y = z = 1 үед л тэнцэтгэл болно. Тэмдэглэл 1. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд abc = 1 бол 3a2 + 1 − 1)2 + 3b2 + 1 − 1)2 + 3c2 + 1 − 1)2 ≥ 1 (a (b (c тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. (Le Hu Dien Khue) Баталгаа. Кошийн тэнцэтгэл биш ёсоор a4 + a2 + 1 − [3a2 + (a − 1)2] = a(a3 + 1 + 1 − 3a) √ ≥ a(3 3 a3 · 1 · 1 − 3a) = 0 тэнцэтгэл биш үнэн. Иймд бид a4 + 1 + 1 + b4 + 1 + 1 + c4 + 1 + 1 ≥ 1 a2 b2 c2

2 гэж харуулбал болох ба дээрх тэнцэтгэл биш нь (1) ёсоор үнэн. Бодлого бодогдлоо. Тэнцэтгэл биш a = b = c = 1 үед л тэнцэтгэл болно. Тэмдэглэл 2. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд abc = 1 бол a 1 + b 1 + c 1 ≤ 1 2a3 + 2b3 + 2c3 + тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. (Tran Quoc Luat) Баталгаа. Эхлээд бид 2a 1 − a2 + 1 1 = 2a 1 − a4 2a + 1 − (a − 1)2 1 2a3 + a4 + a2 + 2a3 + + a2 a4 + a2 + = (2a3 2a3(a − 1)2 + 1) − (a − 1)2 1 + 1)(a4 + a2 a4 + a2 + = (2a3 + 1)(a − 1)2 1) − (a − 1)2 1 = 0 (2a3 + 1)(a4 + a2 + a4 + a2 + гэдгийг анхаарвал a2 + 1 1 + b4 b2 + 1 1 + c4 c2 + 1 1 ≤ 2 a4 + a2 + + b2 + + c2 + гэж харуулах хэрэгтэй. Энд тэнцэтгэл бишийг эквивалентаар хувир- гавал 1 11 1 + 1 +1 + 1 + 1 +1 + 1 + 1 +1 ≥1 a4 a2 b4 b2 c4 c2 болох ба энэ тэнцэтгэл биш нь (1) ёсоор үнэн. Бодлого бодогдлоо. Тэн- цэтгэл биш a = b = c = 1 үед л тэнцэтгэл болно. Тэмдэглэл 3. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд a2 + b2 + c2 ≤ 2 a2 + ab + b2 b2 + bc + c2 c2 + ca + a2 4 4 4 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. (Zhao Bin)

3 Баталгаа. Хэрэв бид x = b , y = c , z = a гэж орлуулбал xyz = 1 болох a b c ба батлах тэнцэтгэл бишийг √ 1 + 1 +√ 1 ≤1 4x2 + x + 4 4y2 + y + 4 4z2 + z + 4 гэсэн хэлбэрт бичиж болно. Нөгөө талаас (x + 1)2(4x2 + x + 4) − 4(x2 + x + 1)2 = x(x − 1)2 ≥ 0 гэдгээс √ 1 x + 4 ≤ x+1 1) 4x2 + 2(x2 + x + гэж гарна. Одоо бид x2 x+1 1 + y2 y+1 1 + z2 z+ 1 1 ≤ 2 +x+ +y+ +z + гэж харуулбал бодлого бодогдох ба энэ нь 1-р бодлого ёсоор үнэн. Тэн- цэтгэл биш a = b = c үед л тэнцэтгэл болно. Тэмдэглэл 4. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд a2 b2 c2 a2 + 7ab + b2 + b2 + 7bc + c2 + c2 + 7ca + a2 ≥ 1 тэнцэтгэл биш биелнэ гэж батал. (Le Huu Dien Khue) bc a Баталгаа. Эхлээд бид x = , y = , z = гэж орлуулбал ab c xyz = 1 болох ба батлах тэнцэтгэл бишийг √ 1 + 1 +√ 1 ≥1 x4 + 7x2 + 1 y4 + 7y2 + 1 z4 + 7z2 + 1 хэлбэрт бичиж болно. Нөгөө талаас (x2 + x + 1)2 − (x4 + 7x2 + 1) = 2x(x − 1)2 ≥ 0 гэдгээс √ 1 + 1 ≥ x2 1 + 1 x4 + 7x2 +x

4 гэж гарна. Одоо бид x2 1 + 1 + y2 1 + 1 + z2 1 + 1 ≥ 1 +x +y +z гэж баталбал болох ба энэхүү тэнцэтгэл биш нь (1) ёсоор үнэн. Тэн- цэтгэл биш a = b = c үед л тэнцэтгэл болно. Тэмдэглэл 5. (1) тэнцэтгэл бишийг ашиглан дараах тэнцэтгэл би- шүүдийг баталж болно гэдгийг тэмдэглэе. Эерэг a, b, c тоонуудын хувьд abc = 1 бол a) a+3 + b+3 + c+3 ≥ 3 (a + 1)2 (b + 1)2 (c + 1)2 b) 1 + 1 + 1 ≥ 3 (a + 1)3 (b + 1)3 (c + 1)3 8 a5 b5 c 5 3 a3 + 1 + b3 + 1 + c3 + 1 25 c) ≤ 1 11 d) a2 − a + 1 + b2 − b + 1 + c2 − c + 1 ≤ 3 e) a 3 + b2 b 3 + c2 c 3 ≤ 3 a2 + + + 4 f) √ 1 +√ 1 +√ 1 ≥1 2a2 + 6a + 1 2b2 + 6b + 1 2c2 + 6c + 1 g) a2 a + 1 + b2 b + 1 + c2 c + 1 ≤ a 1 2 + b 1 2 + c 1 2 +a +b +c + + + h) 2 2 2 ≤3 + + a+1 b+1 v+1 тэнцэтгэл бишүүд тус тус биелнэ. Бид нэгэн бодлогыг ашиглан олон бодлогуудыг шийдэж болох бод- логын эргэн тойрноор аялсан бол одоо нэг бодлогын сонирхолтой олон баталгаануудыг авч үзье.