КОШИ ТЕҢСІЗДІГІ

КОШИ ТЕҢСІЗДІГІ
Батырбек Қайрат
Асатана қаласы, Сарыарқа ауданы
№61 орта мектебінің математика пәнінің мұғалімі
Республикалық математика олимпиадалардың әрі кезеңдері болсын,
халықаралық математика олимпиада болсын, зерделеп қарап отырсақ
теңсіздіктерді дәлелдеуге қатысты есептердің жиі ұшырайтынын байқаймыз.
Солардың ішінде Коши теңсіздігімен шығаруға берілетін есептер молынан
кезігеді.
Сондықтан, бұл мақаладағы Коши теңсіздігіне қатысты есептерді автор өзі
құрастырды. Мақала сонымен ерекшелінеді.
Теорема: Теріс емес a1 , a2 ,..., an сандары үшін
a1  a2  ...  an n
 a1  a2  ...  an
n

немесе
1 n
 ai  n
n i 1

n

a

i

i 1

теңсіздігі орындалады. Бұл теңсіздікті Коши теңсіздігі деп атайды.
Дәлелдеуі: Теореманы математикалық индукция әдісімен дәлелдейміз:
10. n  2

үшін



a1  a 2
 a1a 2 Коши теңсіздігі орындалатынын тексереміз:
2



2

2.

0

3.

1 k
n  k үшін  a i  k
k i 1
n  2k

үшін

0

 a  2
2

1

a1  a2 

a

2

0
a  a2
 a1  2 a1  a2  a2  0  a1  a2  2 a1a2  1
 a1a2 .
2
0

a1  a2

2

k

a

i

Коши теңсіздігі орындалады деп ұйғарамыз.

i 1

2k
1 2k
2
k
 ai   ai
2k i 1
i 1

Коши

теңсіздігі

орындалатынын

дәлелдесек жеткілікті.
2k
1 2k
1 k
1 2k
2k
a

a

a

ai  k
 i  i k

i
2k i 1
k
i 1
i  k 1
i 1

1 k
1 2k
a

ai
 i k i
k i 1
 k 1


2

1

k

k

 ai  k
i 1

2

k

 ai  k
i 1

2k

a

i  k 1

i



2k

a

i  k 1

i



1 k
1 2k
a

ai
 i k i
1 2k
k i 1
 k 1


 ai 
2k i 1
2



k

k

 ai  k
i 1

k

k

a

i

k

i 1

2k

a

i  k 1

2

2k

k

2k

2k

i  k 1

i 1

i  k 1

i 1

i



 ai  2 k  ai   ai  2 k  ai

немесе
2k
1 2k
2k
a

 i  ai .
2k i 1
i 1
Теңсіздік n  2k үшін орындалады. Демек, теорема дәлелденді.
Мұнда, a1  a2  ...  an болғанда теңсіздік теңдікке айналады.

№1. a  0 болса a13  a 2  27  9a 5 теңсіздігі орындалатынын дәлелдеңіз.
Дәлелдеуі: Коши теңсіздігін қолдану арқылы берілген теңсіздікті
дәлелдейміз:
a1  a 2  a3 3
 a1  a 2  a3  a13  a 2  27  33 a13  a 2  27  9a 5 .
3

№2. a  0 болса 5a 4  9  12 a теңсіздігі орындалатынын дәлелдеңіз.
Дәлелдеуі: Коши теңсіздігін қолдану арқылы берілген теңсіздікті
дәлелдейміз:
a1  a2  a3  a4
 a1a2 a3 a4  5a 4  9  4a 4  4  1  1  a4  1  1  1 
2





 44 4a 4  4  1  1  44 a 4  1  1  1  4  2a  4  a  12 a.

№3. b  0 болса

b5  6 5
 2 теңсіздігі орындалатынын дәлелдеңіз.
5b 2

Дәлелдеуі: Коши теңсіздігін қолдану арқылы берілген теңсіздікті
дәлелдейміз:
a1  a2  a3  a4  a5
b5  6 b3
6
b3 b3
2
2
2
 a1a2 a3 a4 a5 








2
5b 2
5 5b 2 10 10 5b 2 5b 2 5b 2
 55

b3 b3 2
2
2
1
  2  2  2  5   5 2  5 2.
10 10 5b 5b 5b
5

№4. a 2  b 2  2 шарты орындылатын оң a, b сандары үшін
1
1

1
a 1 b 1

теңсіздігі орындалатынын дәлелдеңіз.
2

Дәлелдеуі: Коши теңсіздігін 3  рет қолдану арқылы берілген теңсіздікті
дәлелдейміз:
1
1
1
1

2


a 1 b 1
a 1 b 1

2

2
4


a  1b  1 a  1  b  1 2  a  1  b  1
2
4
4


.
2
2
2
a 1 b 1
a  b2  2
2

2
2
2
2


Бұдан,
1
1

1
a 1 b 1

теңсіздігі орындалады. Демек, теңсіздік дәлелденді.
№5. a  b  c  2 шарты орындылатын оң a , b, c сандары үшін
ab
bc



bc
ca



ca
ab

 6 abc

теңсіздігі орындалатынын дәлелдеңіз.
Дәлелдеуі: Коши теңсіздігін 3  рет қолдану арқылы берілген теңсіздікті
дәлелдейміз:
ab
bc





bc
ca



ca
ab

a  b  



a

bc a



b  c  

b

ca b



c  a  

c

ab c



a  b  

a b  c   b c  a   c a  b   a  b  c   b  c  a   c




bca
cab
abc
abc
2
2
2
2
a  b   a  b  c   b  c  a   c  2 ab  a  2 bc  b  2 ca  c 

2
2





 2 a b  b c  c a  2  3  3 a b  b c  c a  6 abc .

ПАЙДАЛАНҒАН ӘДЕБИЕТТЕР:
1.
J.Micheal Steele. The Cauchy-Schwarz Master Class. An Introduction to
the Art of mathematical inequalities. Cambridge University Press. – 2004. – 318 p.
2.
Соловьёв Ю.П. Неравенства. Серия: «Библиотека “Математическое
просвещение”» – М.: МЦНМО, 2005. – 16 с.: ил.
3.
Седракян Н.М., Авоян А.М. Неравенства. Методы доказательства /
Пер. с арм. Г.В. Григоряна. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2002. – 256 с.
4.
Radmila B.M., JosenAntonio G.O., Rogelio V.D. Inequalities. A
Mathematical Olympiad Approach. Birhauser. Basel – Boston – Berlin. 2009. – 216
p.
3