Bərabərsizlərin İsbatı Üçün İki Mükəmməl Cəbri Eynilik

25 iyul 20266 dəqiqəlik oxuma

İki Mükəmməl Cəbri Eynilik

Camal Qədirov

July 27, 2026

Bu məqalədə məlum olan iki cəbri eynilik və onların tətbiqi ilə bağlı suallara baxacağıq. Suallar əslində başqa üsullarla da həll edilə bilir lakin biz bu yazımızda qeyd edəcəyimiz cəbri eyniliklərlə isbatlamağa vəya tənliklər sitemini həll etməyə çalışacağıq.

1 ƏVƏZLƏMƏLƏR

1.1 ƏVƏZLƏMƏ 1

Tutaq ki, $a,b,c$ müsbət həqiqi ədədlər olmaqla $ab+bc+ca+2abc=1$ eyniliyini ödəyir. Onda elə müsbət $x,y,z$ həqiqi ədədləri tapmaq olar ki,

a=\frac{x}{y+z} \; , \; b=\frac{y}{z+x} \; , \; c=\frac{z} {x+y}

əvəzləmələri aparmaq olar. Həqiqətən də yoxlasaq,

ab+bc+ca+2abc= \frac{xy}{(y+z)(z+x)} +\frac{yz}{(z+x)(x+y)} +\frac{zx}{(x+y)(y+z)} +\frac{2xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)} =\frac{xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)+2xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)} =\frac{xy(x+y)+z^2 (x+y)+z(x^2+y^2+2xy)}{x+y)(y+z)(z+x) }=\frac{(x+y)(z^2+xy+yx+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)} =1

olduğunu görərik. Burada bilinən

x^2+xy+yz+zx=(x+y)(x+z)

y^2+xy+yz+zx=(y+z)(y+x)

z^2+xy+yz+zx=(z+x)(z+y)

eyniliklərindən biri istifadə olunur (surəti hesablarkən). Onu da qeyd edək ki, bu eyniliklər bərabərsizliklərin isbatında bəzən istifadə olunur. Bəzən problemlərdə $ab+bc+ca+abc=4$ eyniliyi ilə də qarşılaşmaq olar. Bu halda $a=2u$ , $b=2v$ , $c=2w$ nəzərə alsaq, $uv+vw+wu+2uvw=1$ yuxarıda göstərdiyimiz ifadə alınar. Bundan sonra da eyni əvəzləməni etmək olar.

1.2 ƏVƏZLƏMƏ 2

$a,b,c$ müsbət həqiqi ədədlər olmaqla $abc=a+b+c+2$ şərtini ödəyir. Bu halda

a=\frac{1}{u} \; , \; b=\frac{1}{v} \; , \; c=\frac{1}{w}

əvəzləsək yuxarıdakı eynilik

\frac{1}{uvw}=\frac{1}{u}+\frac{1}{v}+\frac{1}{w}+2 \Longleftrightarrow uv+vw+wu+2uvw=1

Əvəzləmə 1’dəki eyniliyə dönüşdüyünü görərik. Onda $x,y,z>0$ olmaqla

u=\frac{x}{y+z} \; , \; v=\frac{y}{z+x} \; , \; w=\frac{z}{x+y}

əvəzləməsi mümkün olduğunu artıq bilirik. Deməli ilkin eynilikdə

a=\frac{y+z}{x} \; , \; b=\frac{z+x}{y} \; , \; c=\frac{x+y}{z}

əvəzləməsi aparmaq olardı. İndi bu əvəzləmələr yardımıyla ala biləcəyimiz bəzi təməl bərabərsizlikləri qeyd edək. Beləki $p=x+y+z$ , $q=xy+yz+zx$ , $r=xyz$ adlandırsaq,

p=(y+z)/x+(z+x)/y+(x+y)/z=x/y+y/x+z/x+x/z+y/z+z/y≥6

r=(x+y)(y+z)(z+x)/xyz≥8

q^2≥3pr\geq 3\cdot 6\cdot 8=144 ⟹q≥12

əldə edərik. Bu nəzəri məlumatlardan sonra artıq problemlərə keçmək olar. İlkin olaraq Əvəzləmə 1 ilə bağlı həll edilmiş suallar və bir neçə tapşırıq daha sonra isə Əvəzləmə 2 ilə bağlı eyni şəkildə suallar yazacağıq.

2 PROBLEMLƏR

\textbf{Əvəzləmə 1}

1. $a,b,c$ müsbət həqiqi ədədlər olmaqla $ab+bc+ca+2abc=1$ şərtini ödəyir. Göstərin ki,

a+b+c\geq\frac{3}{2}

bərabərsizliyi doğrudur. Bərabərlik halı nə vaxt ödənilir?
İsbatı : Əvəzləmə 1’ə əsasən elə müsbət $x,y,z$ həqiqi ədədləri tapmaq olar ki,

a=\frac{x}{y+z} \; , \; b=\frac{y}{z+x} \; , \; c=\frac{z}{x+y}

ödənilir. Onda bərabərsizlik

\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\geq\frac{3}{2}

şəklinə düşəcəkdir. Bu isə bilinən Nesbitt bərabərsizliyidir və Cauchy-Schwarz bərabərsizliyini tətbiq etməklə əldə olunur :

\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}=\frac{x^2}{xy+xz}+\frac{y^2}{yz+yx}+\frac{x^2}{xy+xz}\geq \frac{(x+y+z)^2}{2(xy+yz+zx)} \geq\frac{3}{2}

Sonuncu bərabərsizlik

1/2\cdot ((x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 )\geq 0

doğru bərabərsizlik ilə ekvivalentdir. Beləliklə bərabərlik halı $x=y=z\implies a=b=c=1/2$ olduqda ödənilir. ∎

2. (Gabriel Dospinescu) $a,b,c$ müsbət həqiqi ədədlər olmaqla $ab+bc+ca+abc=4$ şərtini ödəyir. İsbat edin ki,

3\cdot \bigg(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\bigg)^2\geq (a+2)(b+2)(c+2)

bərabərsizliyi doğrudur. Bərabərlik halı nə vaxt ödənilir?
İsbatı : Daha əvvəl qeyd etdiyimiz kimi verilmiş şərtə əsasən

a=\frac{2x}{y+z} \; , \; b=\frac{2y}{z+x} \; , \; c=\frac{2z}{x+y}

əvəzələməsi aparmaq olar. Bu halda isbat etməli olduğumuz bərabərsizlik

\frac{3}{2}\cdot\bigg(\sqrt{\frac{x+y}{z}}+ \sqrt{\frac{y+z}{x}}+\sqrt{\frac{z+x}{y}}\bigg)^2\geq 8\cdot \frac{(x+y+z)^3}{(x+y)(y+z)(z+x)}

şəklinə düşəcəkdir. Sağ tərəfdə kub göründüyünə görə Holder bərabərsizliyini düşünmək olar. Amma soldakı ifadədə vuruqlar tam deyil. 3–cü dərəcədən Holder bərabərsizliyini tətbiq etsək,

\sum{\sqrt{\frac{x+y}{z}}}\cdot \sum{\sqrt{\frac{x+y}{z}}}\cdot \sum{z(x+y)^2}\geq (2x+2y+2z)^3

alınar. Beləcə

\frac{3}{2}\cdot \bigg(\sqrt{\frac{x+y}{z}}+\sqrt{\frac{y+z}{x}}+\sqrt{\frac{z+x}{y}}\bigg)^2\geq \frac{3}{2}\cdot \frac{(2x+2y+2z)^3}{6xyz+\sum{xy(y+x)}}

Holder bərabərsizliyindən alınar doğru bərabərsizlik olacaqdır. Əgər göstərsək ki,

\frac{3}{2}\cdot \frac{8(x+y+z)^3}{6xyz+\sum{xy(y+x)}}\geq \frac{8(x+y+z)^3}{(x+y)(y+z)(z+x)}

\Longleftrightarrow 3\cdot(x+y)(y+z)(z+x)\geq 2\cdot (6xyz+xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x))

\Longleftrightarrow x^2 y+y^2 x+z^2 x+x^2 z+y^2 z+z^2 y\geq 6xyz

Bu isə Ədədi-Həndəsi orta bərabərsizliyinə görə aşkardır. Beləliklə bərabərlik halı $x=y=z$ buradan $a=b=c=1$ olduqda ödənilir. ∎

3. $a,b,c$ hər hansı müsbət həqiqi ədədlər olsun. İsbat edin ki,

\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{9(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b+c)^3}\geq \frac{25}{6}

bərabərsizliyi doğrudur. Bərabərlik halı nə zaman ödənilir?
İsbat : Bərabərsizliyə diqqətli baxsaq burada Əvəzləmə 1 aparmaq mümkün olduğunu görmək olar. Onda

x=\frac{a}{b+c} \; , \; y=\frac{b}{c+a} \; , \; z=\frac{c}{a+b}

əvəzləməsi aparsaq məlumdur ki, $xy+yz+zx+2xyz=1$ olacaq və isbat etməli olduğumuz bərabərsizlik

x+y+z+\frac{9}{(1+x)(1+y)(1+z)}\geq \frac{25}{6}

şəklində olacaqdır. İndi simmetrik ifadələrdə məlum olan aşağıdakı kimi əvəzləmələr edək :

p=x+y+z

q=xy+yz+zx

r=xyz

Deməli $q+2r=1$ şərti altında

p+\frac{9}{1+p+q+r}=p+\frac{18}{3+2p+q}\geq\frac{25}{6}

\Longleftrightarrow \frac{12p^2-32p+33}{25-6p}\geq q

isbat edilməlidir. Onu da qeyd edək ki, əgər $25-6p\leq 0$ sonuncu bərabərsizlik doğru idi və biz qəbul etdik o ifadənin cavabı müsbətdir buna görə məxrəcə keçirdik. Bilinən Schur bərabərsizliyinə əsasən

p^3-4pq+9r\geq 0

⟹p^3-4pq+9\cdot\frac{1-q}{2}≥0

\Longleftrightarrow \frac{2p^3+9}{8p+9}\geq q

doğru bərabərsizlikdir. Deməli göstərsək ki,

\frac{12p^2-32p+33}{25-6p}\geq \frac{2p^3+9}{8p+9} \Longleftrightarrow 2\cdot(2p-3)(3p^3+16p^2-13p-12)\geq 0

ödənilir onda isbat tamamlanmış olacaqdır. Bunun üçün isə

q^3\geq 27r^2=27\cdot\frac{(1-q)^2}{4} \Longleftrightarrow (q-3)^2 (4q-3)\geq 0

Yəni $q\geq\frac{3}{4}$ buradan $p^2\geq 3q\geq\frac{9}{4}⟹p\geq \frac{3}{2}$ olduğuna görə $2p-3\geq 0$ və

3p^3+16p^2-13p-12=(3p^3+3p^2-12)+(13p^2-13p)>0

doğru bərabərsizliklərindən isbat tamamlanmış olar. Bərabərlik halı isə $x=y=z=\frac{1}{2}$ buna görə $a=b=c=1$ olduqda ödənilir. ∎

4. $a,b,c$ müsbət həqiqi ədədlər olmaqla $ab+bc+ca+abc=4$ şərtini ödəyir. İsbat edin ki,

\frac{\sqrt{a}}{a+2}+\frac{\sqrt{b}}{b+2}+\frac{\sqrt{c}}{c+2}\leq 1

bərabərsizliyi doğrudur. Bərabərlik halını araşdırın.
İsbatı : Əgər $x,y,z>0$ olmaqla

a=\frac{2x}{y+z} \; , \; b=\frac{2y}{z+x} \; , \; c=\frac{2z}{x+y}

əvəzləmələri aparsaq, onda verilən şərt $xy+yz+zx+2xyz=1$ və isbat etməli olduğumuz bərabərsizlik

\sum\frac{\sqrt{\frac{2x}{y+z}}}{\frac{2(x+y+z)}{y+z}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\sum\frac{\sqrt{x(y+z)}}{x+y+z} \leq 1

şəklinə düşər. Deməli göstərməliyik ki,

\sqrt{2}\cdot (x+y+z)\geq \sqrt{x(y+z)}+\sqrt{y(z+x)}+\sqrt{z(x+y)}

doğrudur. Bunun üçün də Ədədi-Həndəsi orta bərabərsizliyindən

(x+x)+(y+z)\geq 2\sqrt{2x(y+z)}

(y+y)+(z+x)\geq 2\sqrt{2y(z+x)}

(z+z)+(x+y)\geq 2\sqrt{2z(x+y)}

yazıb alt-alta toplasaq, sonuncu bərabərsizliyi göstərmiş olarıq. Bərabərlik halı $x=y=z$ eləcə də $a=b=c=1$ olduqda ödənilir. ∎

5. (JBMO 2002) $a,b,c>0$ həqiqi ədədlər olmaqla isbat edin ki,

\frac{1}{b(b+a)}+ \frac{1}{c(c+b)}+\frac{1}{a(a+c)}\geq \frac{27}{2(a+b+c)^2}

doğrudur. Bərabərlik halını araşdırın.
İsbatı : Bu sual olduqca köhnə illərə məxsus olsa da göstərəcəyimiz həll üsulu bir yeni ola bilər)). Beləki

\frac{a+b+c}{b}\cdot \frac{a+b+c}{b+a}+\frac{a+b+c}{c}\cdot\frac{a+b+c}{c+b}+\frac{a+b+c}{a}\cdot \frac{a+b+c}{a+c}\geq \frac{27}{2}

kimi yazıb

x=\frac{a}{b+c} \; , \; y=\frac{b}{c+a} \; , \; z=\frac{c}{a+b}

əvəzləmələri aparsaq, onda $xy+yz+zx+2xyz=1$ olmaqla göstərməli olduğumuz bərabərsizlik

\bigg(1+\frac{1}{y}\bigg)(1+z)+\bigg(1+\frac{1}{z}\bigg)(1+x)+\bigg(1+\frac{1}{x}\bigg)(1+y)\geq\frac{27}{2}

olacaqdır. Bundan sonra mötərəziləri açıb sadələşdirmələr etsək,

(x+y+z)+\bigg(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\bigg)+\bigg(\frac{x}{z}+\frac{z}{y}+\frac{y}{x}\bigg)\geq \frac{21}{2}

olar. Sadəlik üçün $p=x+y+z \;, \; q=xy+yz+zx \; , \; r=xyz$ yazsaq şərtimiz $q+2r=1$ olacaq və

(x+y+z)+\bigg(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\bigg)=p+\frac{q}{r}

İndi $1=q+2r\geq 3\sqrt[3]{r^2}+2r$ olduğuna görə ( $r=w^3$ əvəzləməklə görmək olar) $r\leq\frac{1}{8}$ və $1=q+2r\leq q+\frac{1}{4}$ şərtindən $q\geq \frac{3}{4}$ əldə edilər. Son olaraq Nesbitt bərabərsizliyinə əsasən $p\geq\frac{3}{2}$ olduğundan

(x+y+z)+\bigg(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\bigg)+\bigg(\frac{x}{z}+\frac{z}{y}+\frac{y}{x}\bigg)=p+q/r+(x/z+z/y+y/x) \geq \frac{3}{2}+\frac{3}{4}:\frac{1}{8}+3=\frac{3}{2}+6+3=\frac{21}{2}

isbat etməli olduğumuz bərabərsizlik olar. Bərabərlik halı $x=y=z=\frac{1}{2}$ eləcə də $a=b=c=1$ olduqda ödənilir.∎

6. $a,b,c>0$ həqiqi ədədləri

\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=2

şərtini ödəyir. İsbat edin ki,

\frac{a+b+c}{\max\{a,b,c\}}\geq \frac{5}{3}

bərabərsizliyi doğrudur.
İsbatı : Əvvəlcə

x=\frac{a}{b+c} \; ,\; y=\frac{b}{c+a} \; , \;z=\frac{c}{a+b}

əvəzləyək onda $x+y+z=2$ olmaqla bildiyimiz $xy+yz+zx+2xyz=1$ eyniliyi alınacaqdır. İndi tutaq ki, $\max\{a,b,c\}=a$ –dır onda $a\geq b$ , $c$ olacaq və aydındır ki, $2>x$ -dir. Bundan sonra

\frac{a+b+c}{\max\{a,b,c\}}=1+\frac{b+c}{a}=1+\frac{1}{x}\geq\frac{5}{3}\Longleftrightarrow x\leq\frac{3}{2}

göstərməliyik. Yuxarıdakı tənliklərdən

y+z=2-x

x(y+z)+yz(2x+1)=1

yazsaq aydın olur ki,

y+z=2-x

yz=\frac{(x-1)^2}{2x+1}

olacaqdır. Son olaraq bilinən $(y+z)^2\geq 4yz$ bərabərsizliyini x-dən asılı ifadə etsək,

(2-x)^2\geq 4\cdot \frac{(x-1)^2}{2x+1} \Longleftrightarrow x(2x-3)(x-4)\geq 0

əldə edilər. Buradan da görürük ki, $x\leq\frac{3}{2}$ olmalıdır.∎

7. $x,y,z$ müsbət həqiqi ədədlər olmaqla $xy+yz+zx+xyz=4$ şərtini ödəyir. İsbat edin ki,

\sqrt{x+2}+\sqrt{y+2}+\sqrt{z+2}\geq 3\sqrt{3}

bərabərsizliyi doğrudur. Bərabərlik halı nə vaxt ödənilir?
İsbat : Verilmiş şərtə əsasən aşağıdakı əvəzləməni aparmaq olar :

x=\frac{2a}{b+c} \; , \; y=\frac{2b}{c+a} \; , \; z=\frac{2c}{a+b}

Onda bərabərsizliyimiz

\sqrt{2(a+b+c)}\cdot \bigg(\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}}\bigg)\geq 3\sqrt{3}

şəklinə düşəcəkdir. Bundan sonra $f(t)=\frac{1}{\sqrt{t}}$ funksiyası $(0,+\infty)$ aralığında konveks olduğuna görə Jensen bərabərsizliyindən

\frac{f(a+b)+f(b+c)+f(c+a)}{3}\geq f\bigg(\frac{2(a+b+c)}{3}\bigg)

yazsaq,

\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}}\geq \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{2(a+b+c)}}

elə tələb olunan bərabərsizlik əldə edilər. Bərabərlik halı $a=b=c$ buna görə də $x=y=z=1$ olduqda ödənilir.∎

8. $x,y,z$ müsbət həqiqi ədədlər olmaqla tənliklər sistemini həll edin :

\begin{cases} x+y+z=1 \\ \big(1+\frac{1}{x}\big)\big(1+\frac{1}{y}\big)\big(1+\frac{1}{z}\big)=64 \end{cases}

Həlli : İddia edirik ki, $x+y+z=1$ olduqda

\big(1+\frac{1}{x}\big)\big(1+\frac{1}{y}\big)\big(1+\frac{1}{z}\big)\geq 64

doğrudur və buna görə bərabərlik halı sistemimizin həlli olacaqdır. Bunun üçün

(1+\frac{1}{x})(1+\frac{1}{y})(1+\frac{1}{z})=\bigg(2+\frac{y+z}{x}\bigg)\bigg(2+\frac{z+x}{y}\bigg)\bigg(2+\frac{x+y}{z}\bigg)

yazaq. İndi

a=\frac{x}{y+z} \; ,\; b=\frac{y}{z+x}\; , \; c=\frac{z}{x+y}

əvəzləməsini aparsaq onda göstərməliyik ki, $ab+bc+ca+2abc=1$ şərti altında

\big(2+\frac{1}{a}\big)\big(2+\frac{1}{b}\big)\big(2+\frac{1}{c}\big)\geq 64 \Longleftrightarrow (2a+1)(2b+1)(2c+1)\geq 64abc

doğrudur. Yenidən

p=a+b+c \; , \; q=ab+bc+ca \; , \; r=abc

adlandırsaq $q+2r=1$ olmaqla $4q+2p+8r+1≥64r$ isbatlanmalıdır. Bu isə $q+2r=1$ nəzərə aldıqda $2p+5\geq 64r$ şəklinə düşəcəkdir. Bundan sonra

2p+5\geq 6\sqrt[3]{r}+5\geq 64r

yazsaq, $r=w^3$ əvəzləməklə görərik ki, sonuncu bərabərsizliyin sağ tərəfi

6w+5\geq 64w^3 \Longleftrightarrow (1-2w)(32w^2+16w+5)\geq 0

olacaq bu isə doğrudur çünki 5-ci problemdə göstərdik ki, $r\leq 1/8$ (yəni $w\leq 1/2$ ) ödənilir. Beləliklə bərabərlik halı $a=b=c$ və buna görə də $x=y=z=1/3$ olduqda mümkündür. Tənliklər sisteminin yeganə həlli $(x,y,z)=(1/3,1/3,1/3)$ -dir. ∎

9. Tənliyi müsbət həqiqi ədədlər çoxluğunda həll edin :

9(x+y)(y+z)(z+x)=8(x+y+z)(xy+yz+zx)

Həlli : Göstərəcəyik ki, əslində sol tərəf sağ tərəfdən kiçik deyil. Bunun üçün hər tərəfi $xyz$ -ə bölüb qruplaşdırsaq,

9\cdot \frac{x+y}{z}\cdot \frac{y+z}{x}\cdot \frac{z+x}{y}=8\cdot (x+y+z)\cdot\big(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\big)=8\cdot\bigg(3+\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}\bigg)

İndi bildiyimiz

a=\frac{x}{y+z} \; , \; b=\frac{y}{z+x} \; , \; c=\frac{z}{x+y}

əvəzləməsi etsək, $ab+bc+ca+2abc=1$ olmaqla

\frac{9}{abc}=8\cdot\big(3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\big)=8\cdot\big(3+\frac{1-2abc}{abc}\big)=8\cdot\big(1+\frac{1}{abc}\big)

Lakin biz Problem 5 də göstərdik ki, $abc\leq \frac{1}{8}$ olmalıdır sonuncu tənlikdə isə bərabərlik halı ödənilir. Deməli $a=b=c=\frac{1}{2}$ və buna görə $x=y=z$ olmalıdır. Tənliyin həlləri $r\in\mathbb{R^+}$ olmaqla $(r,r,r)$ şəklindədir.∎

10. $x,y,z>0$ həqiqi ədədlər olmaqla isbat edin ki,

\bigg(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}\bigg)\bigg(\frac{z}{x+y}+\frac{x}{y+z}\bigg)\bigg(\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\bigg)\geq 1

bərabərsizliyi doğrudur. Bərabərlik halı nə vaxt ödənilir?
İsbatı : Bildiyimiz əvəzləmələri aparaq :

a=\frac{x}{y+z} \; , \; b=\frac{y}{z+x} \; , \; c=\frac{z}{x+y}

onda $ab+bc+ca+2abc=1$ olmaqla bərabərsizliyimiz

(a+b)(b+c)(c+a)\geq 1

olacaqdır. İndi simmetriya müşahidə etdiyimiz üçün $p=a+b+c$ , $q=ab+bc+ca$ və $r=abc$ daxil edək. Deməli $q+2r=1$ şərti altında $pq-r\geq 1$ vəya $r=(1-q)/2$ nəzərə alsaq, $q\geq 3/(2p+1)$ olduğunu göstərməliyik. İndi bilinən $pq\geq 9r$ bərabərsizliyindən görünür ki,

q\geq \frac{9r}{p}=\frac{9}{p}\cdot \frac{1-q}{2}\Longleftrightarrow q\geq \frac{9}{2p+9}

yazmaq olar. Bundan sonra

\frac{9}{2p+9}\geq \frac{3}{2p+1} \Longleftrightarrow p\geq \frac{3}{2}

Nesbitt bərabərsizliyidir! Bərabərlik halı $a=b=c=1/2$ eləcə də $x=y=z$ olduqda ödənilir. ∎

ƏLAVƏ ÇALIŞMALAR
1. $x,y,z>0$ olmaqla $x+y+z+2=xyz$ şərti ödənilir. İsbat edin ki,

xy+yz+zx≥2(x+y+z)

bərabərsizliyi doğrudur. Bərabərlik halını araşdırın.

2. İsbat edin ki, istənilən $a,b,c$ müsbət həqiqi ədədləri üçün

\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{81(a+b)(b+c)(c+a)}{16(a+b+c)^3}\geq 3

\textbf{Əvəzləmə 2}

1. $x,y,z$ müsbət həqiqi ədədlər olmaqla $xyz=x+y+z+2$ şərti ödənilir. İsbat edin ki,

\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq \frac{3\sqrt{xyz}}{2}

bərabərsizliyi doğrudur. Bərabərlik halı nə vaxt ödənilir?
İsbatı : Verilən şərtdən aydındır ki, Əvəzləmə 2 tətbiq etmək mümkündür. Beləki

x=\frac{b+c}{a} \; , \; y=\frac{c+a}{b} \; , \; z=\frac{a+b}{c}

desək, isbatlamamız tələb olunan bərabərsizlik

\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}}+ \sqrt{\frac{a+b}{c}}\leq \frac{3}{2}\cdot\sqrt{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}}

olar. Buradan

\sqrt{\frac{bc}{(a+c)(a+b)}}+\sqrt{\frac{ca}{(b+c)(b+a)}}+\sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}}\leq \frac{3}{2}

yazıb aşağıdakı kimi Ədədi-Həndəsi orta bərabərsizliyi tətbiq edək :

\sqrt{\frac{bc}{(a+c)(a+b)}}\leq \frac{1}{2}\cdot\bigg( \frac{b}{a+b}+\frac{c}{c+a}\bigg)

\sqrt{\frac{ca}{(b+c)(b+a)}}\leq \frac{1}{2}\cdot\bigg( \frac{c}{b+c}+\frac{a}{b+a}\bigg)

\sqrt{\frac{ab}{(a+c)(c+b)}}\leq \frac{1}{2}\cdot\bigg( \frac{a}{a+c}+\frac{b}{c+b}\bigg)

Son olaraq bunları alt-alta toplasaq isbat tamamlanmış olar. Bərabərlik halı $a=b=c$ buna görə də $x=y=z=2$ olduqda ödənilir.∎

2. $x,y,z$ müsbət həqiqi ədədlər olmaqla $xy+yz+zx+xyz=4$ şərti ödənilir. İsbat edin ki,

3(x^2+y^2+z^2 )+xyz\geq 10

doğrudur.
İsbatı : Əvvəlcə $x=\frac{2}{a} \; , \; y=\frac{2}{b} \; , \; z=\frac{2}{c}$ əvəzləməsi aparaq. Onda verilmiş eynilik şərti $abc=a+b+c+2$ və isbat etməmiz lazım olan bərabərsizlik

6\cdot \sum\frac{1}{a^2}+\frac{4}{abc}\geq 5

şəklində olacaqdır. İndi sadəlik üçün $p=a+b+c$ , $q=ab+bc+ca$ , $r=abc$ dəyişənləri daxil edək. Bu halda $r=p+2$ olmaqla

6\cdot\frac{q^2-2pr}{r^2} +\frac{4}{r}\geq 5 \Longleftrightarrow q^2\geq \frac{17r^2-28r}{6}

isbatlanmalıdır. Son olaraq bilinən $q^2\geq 3pr=3r(r-2)$ istifadə etsək,

3r(r-2)\geq\frac{17r^2-28r}{6} \Longleftrightarrow r\geq 8

İlk başda isbatladığımız bərabərsizliyi almış olarıq. Bərabərlik halı $a=b=c=2$ eləcə də $x=y=z=1$ olduqda ödənilir. Qeyd edək ki, burada Əvəzləmə 2 üçün fürsət alsaqda fikrimizi daha kompakt ifadə etmək üçün $p-q-r$ simvollarından istifadə etdik. ∎

3. $x,y,z$ müsbət həqiqi ədədlər olsun. İsbat edin ki,

\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}+\frac{x+y}{z}\geq 4\cdot \bigg(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}\bigg)

bərabərsizliyi doğrudur.
İsbatı : Əvəzləmə 2'ni tətbiq etməyə çalışaq. Beləki

a=\frac{y+z}{x} \; , \; b=\frac{z+x}{y} \; , \; c=\frac{x+y}{z}

adlandırsaq müşahidə edirik ki, $abc=a+b+c+2$ şərti verilib və göstərməliyik ki,

a+b+c\geq 4\cdot\bigg(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\bigg)

doğrudur. Daha əvvəlki kimi $p-q-r$ simvollarını daxil etsək, $r=p+2$ olmaqla

p\geq 4\cdot\frac{q}{r} \Longleftrightarrow p(p+2)\geq 4q

olduğu isbatlanmalıdır. Schur bərabərsizliyinə əsasən

\frac{p^3+9r}{p}=\frac{p^3+9(p+2)}{p}\geq 4q

doğrudur. Deməli

p(p+2)\geq \frac{p^3+9(p+2)}{p} \Longleftrightarrow (2p+3)(p-6)\geq 0

göstərilsə isbat tamamlanacaqdır. Bu isə doğrudur! Bərabərlik halı $a=b=c=2$ eləcə də $x=y=z$ olduqda ödənilir. ∎

4. $a,b,c$ müsbət həqiqi ədədlər olmaqla isbat edin ki,

\sqrt{ab(a+b)}+\sqrt{(bc(b+c)}+\sqrt{ca(c+a)}\geq \sqrt{10abc+(a+b)(b+c)(c+a)}

bərabərsizliyi doğrudur. Bərabərlik halı nə vaxt ödənilir?
İsbatı : Bərabərsizliyin hər iki tərəfini $\sqrt{abc}$ –yə bölüb aşağıdakı kimi qruplaşdıraq :

\sqrt{\frac{a+b}{c}}+\sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}}\geq \sqrt{10+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}}

Bundan sonra

x=\frac{c+b}{a} \; , \; y=\frac{a+c}{b} \; , \; z=\frac{a+b}{c}

əvəzləməsini aparsaq, $xyz=x+y+z+2$ şərtimiz olmaqla isbat etməli olduğumuz bərabərsizlik

\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\geq \sqrt{10+xyz}

şəklində olacaqdır. Hər iki tərəfi kvadrata yüksəldib şərti nəzərə alsaq,

x+y+z+2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})\geq 10+xyz=12+x+y+z

\Longrightarrow \sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\geq 6

olar. Bu isə $xyz\geq 8$ olduğuna görə Ədədi-Həndəsi orta bərabərsizliyinə əsasən doğrudur. Bərabərlik halı $x=y=z=2$ eləcə də $a=b=c$ olduqda ödənilir.∎

5. (IMO 2000 ) $u,v,w$ müsbət həqiqi ədədlər olmaqla $uvw=1$ şərtini ödəyir. İsbat edin ki,

\bigg(u-1+\frac{1}{v}\bigg)\bigg(v-1+\frac{1}{w}\bigg)\bigg(w-1+\frac{1}{u}\bigg)\leq 1

bərabərsizliyi doğrudur.
İsbatı : $uvw=1$ şərtinə əsasən $u=x/y$ , $v=y/z$ , $w=z/x$ əvəzləmək olar. Onda bərabərsizlik

\bigg(\frac{y+z}{x}-1\bigg)\bigg(\frac{x+z}{y}-1\bigg)\bigg(\frac{x+y}{z}-1)\leq 1

şəklinə düşəcəkdir. İndi

\frac{y+z}{x}-1=A \; , \; \frac{x+z}{y}-1=B \; , \; \frac{x+y}{z}-1=C

adlandıraq. Deməli $A+1 \;, \;B+1 \;,\; C+1$ ifadələri Əvəzləmə 2’nin şərtini ödəyir :

(A+1)(B+1)(C+1)=(A+1)+(B+1)+(C+1)+2

vəya mötərizələri açıb sadələşdirsək, $AB+BC+CA+ABC=4$ şərtimiz olmaqla $ABC\leq 1$ bərabərsizliyinin doğru olduğunu göstərməli olduğumuzu müşahidə edərik. Bu isə doğrudur çünki,

4=AB+BC+CA+ABC\geq ABC+3\cdot \sqrt[3]{(ABC)^2}=T^3+3T^2

\Longleftrightarrow 0\geq (T-1)\cdot(T+2)^2

burada $ABC=T^3\leq 1$ əldə etmiş olarıq. Bərabərlik halı $A=B=C$ eləcə də $u=v=w=1$ olduqda ödənilir. ∎

Paylaş:X Facebook Telegram WhatsApp