Karamata’s inequality

គេអោយ a = (a_1 , a_2 , ... , a_n) និង b = (b_1 , b_2, ... , b_n) ។បើ a\gg b,  (a លុបលើ b) និង f ជាអនុគមន៍ប៉ោងគេបាន:

f(a_1) + f(a_2) + ... + f(a_n)\geq f(b_1) + f(b_2) + ... + f(b_n)

សំរាយបញ្ជាក់

មុននឹងអ្នកមើលវិធីស្រាយបញ្ជាក់នេះសូមអ្នកចូលទៅទំព័រនេះ ទ្រឹស្ដីបទទី1

តាមបំរាប់ (a_1, a_2, ..., a_n)\gg (b_1, b_2, ..., b_n) យើងបានៈ

a_1\geq a_2\geq ...\geq a_n

b_1\geq b_2\geq ...\geq b_n

a_1+a_2+...+a_k\geq b_1+b_2+...+b_k ; \forall{k=1, 2, ..., n-1}

a_1+a_2+...+a_n=b_1+b_2+...+b_n ; \forall{n\in N^{*}}

តាមបំរាប់ f(x) ជាអនុគមន៍ប៉ោងនោះនាំអោយគេបានៈ f''(x)>0

យក c_i\in (b_i, a_i) ដែល \displaystyle f'(c_i)=\frac{f(a_i)-f(b_i)}{a_i-b_i}

ដោយ​ f''(x)>0 នោះ f'(x) ជាអនុគមន៍កើន។

ចំពោះ b_i\leq c_i\leq a_i\Longrightarrow f'(b_i)\leq f'(c_i)\leq f'(a_i)

\displaystyle f'(b_i)\leq \frac{f(a_i)-f(b_i)}{a_i-b_i}\leq f'(a_i)

\Longrightarrow f(a_i)-f(b_i)\geq (a_i-b_i)f'(b_i)

បូកអង្គនិងអង្គនៃវិសមភាពខាងលើយើងបានៈ

\displaystyle \sum_{i=1}^{n}(f(a_i)-f(b_i))\geq (a_1-b_1)f'(b_1)+(a_2-b_2)f'(b_2)+...+(a_n-b_n)f'(b_n)

តាង U_i=a_i-b_i យើងបាន

U_1=a_1-b_1\geq 0

U_1+U_2=a_1+a_2-b_1-b_2\geq 0

…………………….

……………………

U_1+U_2+...+U_n=0

ដោយ f'(x) ជាអនុគមន៍កើននិង b_1\geq b_2\geq ...\geq b_n គេបានៈ

U_1f'(b_1)+U_2f'(b_2)+...+U_nf'(b_n)\geq 0

\Longrightarrow (a_1-b_1)f'(b_1)+(a_2-b_2)f'(b_2)+...+(a_n-b_n)f'(b_n)\geq 0

យើងទាញបាន \displaystyle \sum_{i=1}^{n}(f(a_i)-f(b_i))\geq 0

\displaystyle \Longrightarrow \sum_{i=1}^{n}f(a_i)\geq \sum_{i=1}^{n}f(b_i)

ដូចនេះវិសមភាពត្រូវបានស្រាយបញ្ជាក់ ។

 

អ្នករៀបរៀង វ៉ាន់ ឃា

ឆ្លើយ​តប

Fill in your details below or click an icon to log in:

ឡូហ្កូ WordPress.com

អ្នក​កំពុង​បញ្ចេញ​មតិ​ដោយ​ប្រើ​គណនី WordPress.com របស់​អ្នក​។ Log Out / ផ្លាស់ប្តូរ )

រូប Twitter

អ្នក​កំពុង​បញ្ចេញ​មតិ​ដោយ​ប្រើ​គណនី Twitter របស់​អ្នក​។ Log Out / ផ្លាស់ប្តូរ )

រូបថត Facebook

អ្នក​កំពុង​បញ្ចេញ​មតិ​ដោយ​ប្រើ​គណនី Facebook របស់​អ្នក​។ Log Out / ផ្លាស់ប្តូរ )

Google+ photo

អ្នក​កំពុង​បញ្ចេញ​មតិ​ដោយ​ប្រើ​គណនី Google+ របស់​អ្នក​។ Log Out / ផ្លាស់ប្តូរ )

កំពុង​ភ្ជាប់​ទៅ​កាន់ %s

%d bloggers like this: