GYOLDER TENGSIZLIGI VA UNING TADBIQLARIGA DOIR BA'ZI MASALALAR TAHLILI

Educational Research in Universal Sciences ISSN: 2181-3515 VOLUME 4 | SPECIAL ISSUE 12 | 2025 https://t.me/Erus_uz Multidisciplinary Scientific Journal October, 2025 104 DOI: https://10.5281/zenodo.17372031 GYOLDER TENGSIZLIGI VA UNING TADBIQLARIGA DOIR BA’ZI MASALALAR TAHLILI Shukurullayeva Vasila Fazliddinovna Buxoro davlat universiteti, Buxoro, O‘zbekiston E-mail: [email protected] Shukurullayeva Mohinur Fazliddinovna Buxoro davlat universiteti, Buxoro, O‘zbekiston E-mail: [email protected] ANNOTATSIYA Ushbu ishda Gyolder tengsizligi hamda Gyolderning integral tengsizliklari qaralgan. Ularga doir o‘quvchilar hamda talabalar o‘rtasida bo‘lib o‘tadigan fan olimpiadalarida uchraydigan ba’zi masalalarning yechimlari tahlil qilingan. Mustaqil ishlash uchun topshiriqlar keltirilgan. Kalit so‘zi: Gyolder tengsizligi, Gyolderning integral tengsizligi. Matematikaning nazariy asoslarini shakllantirishda turli xil tengsizliklar muhim ahamiyat kasb etadi. Matematik analiz, chiziqli algebra, ehtimollar nazariyasi, matematik fizika tenglamalari, funksional analiz kabi ko‘plab sohalarda masalalalarni yechishda tengsizliklar sezilarli o‘ringa ega. Bu o‘rinda ko‘p qo‘llaniladigan tengsizliklardan biri bu Gyolder tengsizligidir. Gyolder tengsizligi KoshiBunyakovskiy hamda Minkovskiy tengsizliklarining tabiiy umumlashmasidir [1; 2]. 1-teorema. (Rojers – 1888, Gyolder – 1889). Agar 𝑝>1,1 𝑝+1 𝑞=1 bo‘lib, 𝑎𝑘> 0,𝑏𝑘>0,𝑘=1,2,...,𝑛 bo‘lsin. U holda ∑𝑎𝑘𝑏𝑘 𝑛 𝑘=1 ≤(∑𝑎𝑘 𝑝 𝑛 𝑘=1 )1/𝑝(∑𝑏𝑘𝑞 𝑛 𝑘=1 )1/𝑞(1) tengsizlik o‘rinli bo‘ladi. Tenglik o‘rinli bo‘lishi uchun barcha 𝑘∈1,2,3,…,𝑛 lar uchun 𝑎𝑘 𝑝=𝐶𝑏𝑘𝑞 tenglikning o‘rinli bo‘lishi zarur va yetarli. Ushbu tengsizlik matematikaga oid ko‘plab kitoblarda keltirilgan, ammo ularning barchasida bu natija Gyolder tengsizligi deb yuritilgan. Educational Research in Universal Sciences ISSN: 2181-3515 VOLUME 4 | SPECIAL ISSUE 12 | 2025 https://t.me/Erus_uz Multidisciplinary Scientific Journal October, 2025 105 (1) tengsizlikning maxsus holi 𝑝=𝑞= 2 bo‘lganda Koshi–Bunyakovskiy– Shvarts tengsizligi nomi bilan mashhurdir: ∑𝑎𝑘𝑏𝑘 𝑛 𝑘=1 ≤(∑𝑎𝑘 2 𝑛 𝑘=1 )1/2(∑𝑏𝑘2 𝑛 𝑘=1 )1/2.(2) (2) tengsizligining tarixi juda uzoqqa borib taqaladi. U quyidagi algebraik tenglikdan kelib chiqadi: ∑𝑎𝑘 2 𝑛 𝑘=1 ∑𝑏𝑘2 𝑛 𝑘=1 −(∑𝑎𝑘𝑏𝑘 𝑛 𝑘=1 )2=12∑∑(𝑎𝑖𝑏𝑘−𝑎𝑘𝑏𝑖)2 𝑛 𝑖=1 𝑛 𝑘=1 .(3) Bu natija 1773-yilda Lagranj tomonidan 𝑛=3 bo‘lgan holda isbotlangan. (2) tengsizlik chekli sondagi yig‘indilar uchun har bir 𝑛 da o‘rinli bo‘lishi 1821-yilda Koshi tomonidan isbotlangan. 1859-yilda esa Bunyakovskiy bu tengsizlikni Riman integrallari uchun o‘rinli bo‘lishini isbotlaydi. 1885-yilda Shvars tomonidan bu tengsizlik qayta kashf etiladi. U (2) tengsizlikni isbotlashda ∑(𝑥𝑎𝑘+𝑏𝑘)2 𝑛 𝑘=1 =𝑥2∑𝑎𝑘 2 𝑛 𝑘=1 +2𝑥∑𝑎𝑘𝑏𝑘 𝑛 𝑘=1 +∑𝑏𝑘2 𝑛 𝑘=1 kvadratik funksiyaning ixtiyoriy 𝑥 haqiqiy son uchun manfiymas bo‘lishidan ya’ni tenglikning o‘ng tarafidagi kvadrat uchhadning diskerminanti noldan kata bo‘lmasligidan foydalanadi. Ta’kidlash joizki, (2) tengsizlikning yuqorida keltirilgan ikki oddiy isboti 𝑝>1 uchun umumiy holda o‘rinli emas. 1888-yilda L.J.Rojers o‘rta arifmetik va o‘rta geometrik qiymatlar orasidagi bog‘lanishni ifodalovchi quyidagi umumlashgan tengsizlikni isbotladi. Agar 𝑎𝑘>0, 𝑥𝑘>0, 𝑘=1,2,. . .,𝑛 bo‘lsa, u holda quyidagi tengsizlik o‘rinli bo‘ladi: 𝑥1𝑎1𝑥2𝑎2…𝑥𝑛𝑎𝑛≤(𝑎1𝑥1+𝑎2𝑥2+ . . .+𝑎𝑛𝑥𝑛 𝑎1+𝑎2+ . . .+𝑎𝑛)𝑎1+𝑎2+ . . .+𝑎𝑛.(4) (4) tengsizlikni quyidagi ko‘rinishda yozish mumkin: agar 𝑎𝑘>0, 𝑥𝑘>0, 𝑘= 1,2,. . .,𝑛 va 𝛼1+𝛼2+ . . .+𝛼𝑛=1 bo‘lsa, u holda quyidagi tengsizlik o‘rinli bo‘ladi: ∏𝑥𝑘𝛼𝑘 𝑛 𝑘=1 ≤∑𝛼𝑘𝑥𝑘 𝑛 𝑘=1 ,(5) tenglik 𝑥1=𝑥2= . . .𝑥𝑛 bo‘lgandagina o‘rinli bo‘ladi. Educational Research in Universal Sciences ISSN: 2181-3515 VOLUME 4 | SPECIAL ISSUE 12 | 2025 https://t.me/Erus_uz Multidisciplinary Scientific Journal October, 2025 106 Rojersning asosiy natijasi bu (4) tengsizlikni Koshi tengsizligidan foydalanib isbotlash edi. Keyinchalik Rojers (4) tengsizligidan foydalanib quyidagi natijani isbotladi: (∑𝑎𝑘𝑏𝑘𝑠 𝑛 𝑘=1 )𝑡−𝑟≤(∑𝑎𝑘𝑏𝑘𝑟 𝑛 𝑘=1 )𝑡−𝑠(∑𝑎𝑘𝑏𝑘𝑡 𝑛 𝑘=1 )𝑠−𝑟.(6) (5) tengsizlikni quyidagicha yozib olish mumkin: −𝑙𝑛(∑𝑎𝑘𝑥𝑘 𝑛 𝑘=1 )≤−𝑙𝑛(∏𝑥𝑘𝑎𝑘 𝑛 𝑘=1 )=−∑𝑎𝑘𝑙𝑛𝑥𝑘 𝑛 𝑘=1 yoki 𝜑(∑𝑎𝑘𝑥𝑘/∑𝑎𝑘 𝑛 𝑘=1 𝑛 𝑘=1 )≤∑𝑎𝑘𝜑(𝑥𝑘) 𝑛 𝑘=1 ∑𝑎𝑘 𝑛 𝑘=1 ,(7) bu yerda 𝜑(𝑥)=−𝑙𝑛𝑥. 1889-yilda Otto Golder yuqoridagi Rojers tengsizligidan foydalanib mashhur Gyolder tengsizligini keltirib chiqardi. Gyolder tengsizliginining ko‘p qo‘llaniladigan maxsus holini qaraymiz: Barcha 𝑎𝑖𝑗>0,1≤𝑖≤𝑚,1≤𝑗≤𝑛 sonlar uchun quyidagi tengsizlikni o‘rinli: (∑√∏𝑎𝑖𝑗 𝑚 𝑖=1 𝑚 𝑛 𝑗=1 )𝑚≤∏(∑𝑎𝑖𝑗 𝑛 𝑗=1 ) 𝑚 𝑖=1 .(8) 1-misol. (Juniyor Balkan MO 2002). Barcha 𝑎,𝑏,𝑐 musbat haqiqiy sonlari uchun quyidagi tengsizlikni isbotlang: 1 𝑏(𝑎+𝑏)+1 𝑐(𝑏+𝑎) + 1 𝑎(𝑐+𝑏)≥27 2(𝑎+𝑏+𝑐)2 Yechim. Berilgan tengsizlikning har ikkala tomonini 2(𝑎+𝑏+𝑐)2 ifodaga ko‘paytirib, unga ekvivalent bo‘lgan quyidagi tengsizlikni hosil qilamiz: 2(𝑎+𝑏+𝑐)2(1 𝑏(𝑎+𝑏)+1 𝑐(𝑏+𝑎)+1 𝑎(𝑐+𝑏))≥27 2(𝑎+𝑏+𝑐)=(𝑎+𝑏)+(𝑏+𝑐)+(𝑎+𝑐) tenglikni inobatga olib oxirgi tengsizlikning chap tomonini quyidagicha yozib olamiz va (8) tengsizlikdan foydalanib bu ifodani quyidan baholaymiz: Educational Research in Universal Sciences ISSN: 2181-3515 VOLUME 4 | SPECIAL ISSUE 12 | 2025 https://t.me/Erus_uz Multidisciplinary Scientific Journal October, 2025 107 ((𝑎+𝑏)+(𝑏+𝑐)+(𝑐+𝑎))(𝑏+𝑐+𝑎)(1 𝑏(𝑎+𝑏)+1 𝑐(𝑏+𝑐)+1 𝑎(𝑐+𝑎)) ≥((𝑎+𝑏)⋅𝑏⋅ 1 𝑏(𝑎+𝑏)+(𝑏+𝑐)⋅𝑐⋅ 1 𝑐(𝑏+𝑐)+(𝑐+𝑎)⋅𝑎 ⋅1 𝑎(𝑐+𝑎))3=33=27 Bundan bizga berilgan tengsizlikning to‘g‘ri ekanligi kelib chiqadi. Tenglik sharti esa 𝑎=𝑏=𝑐=1 bo‘lganda o‘rinli bo‘ladi. 2-misol. 𝑎,𝑏,𝑐 musbat haqiqiy sonlar uchun quyidagi tengsizlik o‘rinli bo‘lishini isbotlang: (𝑎+𝑏 √𝑎+2𝑐+𝑏+𝑐 √𝑏+2𝑎+𝑐+𝑎 √𝑐+2𝑏)≥2√𝑎+𝑏+𝑐 Yechim. Dastlab Gyolder tengsizligini quyidagicha qo‘llaymiz: (𝑎+𝑏 √𝑎+2𝑐+𝑏+𝑐 √𝑏+2𝑎+𝑐+𝑎 √𝑐+2𝑏)2((𝑎+𝑏)(𝑎+2𝑐)+(𝑏+𝑐)(𝑏+2𝑎) +(𝑐+𝑎)(𝑐+2𝑏))≥8(𝑎+𝑏+𝑐)2 Shu bilan birga ((𝑎+𝑏)(𝑎+2𝑐)+(𝑏+𝑐)(𝑏+2𝑎)+(𝑐+𝑎)(𝑐+2𝑏))=(𝑎+𝑏+𝑐)2+ 3(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑎𝑐) o‘rinli bo‘ladi Endi yuqoridagi tengsizlikka teng kuchli bo‘lgan ushbu tengsizlikni isbot qilamiz 8(𝑎+𝑏+c)3 (𝑎+𝑏+c)2+3(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑎𝑐)≥(2√𝑎+𝑏+𝑐)2 Bu tengsizlik esa sodda bo‘lgan (𝑎+𝑏+𝑐)2≥3(𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑎𝑐) yoki 𝑎2+ 𝑏2+𝑐2≥ab+bc+ac tengsizliklari bilan ekvivalent. 2-teorema.𝑓∶[0;1]→𝑅 funksiyaga berilgan bo‘lib, ixtiyoriy 𝑝,𝑞>1 lar uchun 1 𝑝+1 𝑞=1 bo‘lsin. U holda quyidagi tengsizlik o‘rinli: ∫| 𝑏 𝑎𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)|ⅆ𝑥 ≤(∫|𝑓(𝑥)|𝑃 𝑏 𝑎)1 𝑝 (∫|𝑔(𝑥)|𝑞 𝑏 𝑎)1 𝑞 Koshi-Shvartz tengsizligi esa bu tengsizlikni 𝑝=𝑞=2 holi bo‘ladi. 3-misol. Berilgan: f:[0,1]→ℝ+ integrallanuvchi funksiya bo‘lsin. Isbotlang: ∫𝑓(𝑥)ⅆ𝑥 1 0·∫𝑓2(𝑥)ⅆ𝑥 1 0≤∫𝑓3(𝑥)ⅆ𝑥 1 0 Isbot: Gyolderning integral tengsizligiga ko‘ra: Educational Research in Universal Sciences ISSN: 2181-3515 VOLUME 4 | SPECIAL ISSUE 12 | 2025 https://t.me/Erus_uz Multidisciplinary Scientific Journal October, 2025 108 𝑝=3,𝑞=32∶ (∫𝑓3(𝑥)ⅆ𝑥 1 0)(1/3)·(∫1(3/2) 1 0ⅆ𝑥)(2/3)≥∫𝑓(𝑥)ⅆ𝑥 1 0(1) 𝑝=32,𝑞=3∶ (∫𝑓2(𝑥)ⅆ𝑥 1 0)(2/3)·(∫13ⅆ𝑥 1 0)(1/3)≥∫ⅆ𝑥 1 0(2) (1) va (2) dan isbotlashimiz kerak bo‘lgan tengsizlik osongina kelib chiqadi. ∫𝑓(𝑥)ⅆ𝑥 1 0·∫𝑓2(𝑥)ⅆ𝑥 1 0≤∫𝑓3(𝑥)ⅆ𝑥 1 0 . Mustaqil ishlash uchun misollar: 1. 𝑎,𝑏,𝑐,𝑥,𝑦,𝑧 musbat haqiqiy sonlar uchun , ushbu tengsizlikni isbotlang: 𝑎3 𝑥+𝑏3 𝑦+𝑐3 𝑧≥(𝑎+𝑏+𝑐)3 3(𝑥+𝑦+𝑧) 2. 𝑎+𝑏=1 tenglikni qanoatlantiradigan 𝑎,𝑏 musbat haqiqiy sonlari uchun quyidagi tengsizlikni isbotlang: 1 𝑎2+1 𝑏2≥8 3. a, b, c > 0 musbat haqiqiy sonlar berilgan. Quyidagi tengsizlikni isbotlang: (𝑎3+2)(𝑏3+2)(𝑐3+2)≥(𝑎+𝑏+𝑐)3 4. 𝑎+𝑏+𝑐=1 shartni qanotlantiradigan 𝑎,𝑏,𝑐 musbat haqiqiy sonlari uchun quyidagi tengsizlikni isbotlang: 1 𝑎(3𝑏+1)+1 𝑏(3𝑐+1)+1 𝑐(3𝑎+1)≥4.5 5. 𝑎,𝑏,𝑐 musbat haqiqiy sonlar berilgan. U holda quyidagi tengsizlikni isbotlang: (𝑎3+2)(𝑏3+2)(𝑐3+2)≥(𝑎+𝑏+𝑐)3 FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR RO‘YXATI: (REFERENCES) 1. Abdullayev J.I. va boshqalar. Funksional analiz. Toshkent-Samarqand, 2009. 2. L. Maligranda, “Why Hölder’s Inequality Should Be Called Rogers’ Inequality,” Mathematical Inequalities & Applications, 1(1), 1998. 3. Pham Kim Hung, Secrets in Inequalities (Volume 2), GIL Publishing House, 2007.