Қазақстан республикасы білім және ғылым министірлігі

148 
 
a
+
1

a
 

  2. 

   
2
1


a
a
 

 
1


a
a
 

   
2
1


a
a
 

  1 

 
1


a
a
 

  2    екендігі 
шығады.Демек, дәлелденді.  
3-ші теңсіздік.
с
в
а
1
1
1


≥
с
в
а


9
 болатынын дәлелдеу керек. (а,в,с >0). 
Дәлелдеу  жолы;  Ол  үшін  ӛзара  кері  сандардың  қосындысы  ≥2  болатындығын 
пайдаланамыз.  
9
3
9
1
1
1
9
9
1
1
1






 






 






 



























с
в
в
с
с
а
а
с
в
а
а
в
с
в
с
а
в
с
в
а
а
с
а
в
с
с
в
а
в
с
в
а
а
с
в
а
с
в
а
с
в
а
 
Бұнда 
6






 






 






 
с
в
в
с
с
а
а
с
в
а
а
в
 шығады.  Мұндағы 
2
,
2
,
2






с
в
в
с
с
а
а
с
в
а
а
в
. 
Демек, теңсіздік дәлелденді. 
4-ші  теңсіздік:  Егер  х
1
+х
2
+х
3
=0болса,  онда  log
2
(1+a
x1
)+log
2
(1+a
x2
)+log
2
(1+a
x3
)≥3  (1  ) 
болатынын дәлелдеу керек. 
Дәлелдеу жолы:  
 log
2
(1+a
x1
)+log(1+a
x2
)+log(1+a
x3
)≥3  
Логарифмнің қасиеттерін пайдаланатын болсақ, онда теңсіздік тӛмендегідей түрленеді. 
 log
2
(1+a
x1
)(1+a
x2
)(1+a
x3
)≥3. 
Бұдан (1+a
x1
)(1+a
x2
)(1+a
x3
)≥8

(1+a
x1
+a
x2
+ a
x1
 a
x2
)(1+a
x3
)≥8

 

1+a
x1
+a
x2
+ a
x1
 a
x2
+ a
x3
+ a
x2
a
x3
+ a
x1
a
x3
+ a
x1
a
x2
a
x3 
≥8

 

1+a
x1
+a
x2
+ a
x1+x2
+ a
x3
+ a
x2+x3
+ a
x1+x3
+ a
x1+x2+x3 
≥8 (3) 
Енді х
1
+х
2
+х
3
=0 шартынан х
1
+х
2
=-x
3
, х
1
+х
3
=-x
2
, х
2
+х
3
=-x
1 
болады. 
Осы шарттарды (3)-ке қоямыз. 
Сонда 1+a
x1
+a
x2
+ a
-x3
 + a
x3
+ a
-x1
+ a
-x2
+ a
0 
≥8

 

1+a
x1
+a
x2
+ a
-x3
 + a
x3
+ a
-x1
+ a
-x2
+ 1
 
≥8

 

a
x1
+a
x2
+ a
-x3
 + a
x3
+ a
-x1
+ a
-x2 
≥6 (4) болады. 
Енді  ӛзара  кері  сандарды  топтастырып,  (2)-теңсіздікті  қолдансақ,  онда  (4)-теңсіздік 
тӛмендегі түрге келеді. 
 (a
x1
+a
-x1
)+(a
x2
+a
-x2
)+(a
x3
+a
-x3
)≥6.  
 Мұндағы әрбір жақша a
x1
+a
-x1
≥2, a
x2
+a
-x2 
≥2, a
x3
+a
-x3 
≥2 екендігі шығады. 
Яғни  (a
x1
+a
-x1
)+(a
x2
+a
-x2
)+(a
x3
+a
-x3
)≥6  болады.  
Демек, (1)-теңсіздік дәлелденді. 
2-ші  дәлелдеу  жолы:  (1+a
x1
)(1+a
x2
)(1+a
x3
)≥8  теңсіздігінің  әр  жақшасына  бірден  Коши 
теңсіздігін қолдансақ, онда әр жақша 1+a
x1
≥2
1
х
а
, 
1+a
x2
 ≥2
2
х
а
, 1+a
x3
≥2
3
х
а
 болады. 
Яғни, әр жақша 1+a
x1
≥2
1
х
а
, 
1+a
x2
 ≥2
2
х
а
, 1+a
x3
≥2
3
х
а
 болғандықтан (1+a
x1
)(1+a
x2
)(1+a
x3
)≥8 болады. 
Демек, (1)-теңсіздік дәлелденді. 
5-теңсіздік 
2
2
2
2
cos
c
ab




 теңсіздігін дәлелде. 
Мұндағы a және b – тік бұрышты үшбұрыштың катеттері; 
c-гипотенузасы, ал α және β-сүйір бұрыштары. 
Дәлелдеу жолы: 




sin
sin
2
sin
sin
2






ab
b
a
   (1) болады.