(China MO 1996)

គេអោយ a_1 ; a_2 ; ... ; a_n ជាចំនួនវិជ្ជមានដែលមានផលបូកស្មើ 1 ។ ស្រាយថា:

\displaystyle \frac{a_1}{\sqrt{1 - a_1}} + \frac{a_2}{\sqrt{1 - a_2}} + ... + \frac{a_n}{\sqrt{1 - a_n}}\geq \frac{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_2} + ... + \sqrt{a_n}}{\sqrt{n - 1}}

ចំលើយ

របៀបទី 1

តាង \displaystyle S = \frac{a_1}{\sqrt{1 - a_1}} + \frac{a_2}{\sqrt{1 - a_2}} + ... + \frac{a_n}{\sqrt{1 - a_n}}

យើងឧបមាថា a_1\leq a_2\leq ... \leq a_n

\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1 - a_1}}\leq \frac{1}{\sqrt{1 - a_2}}\leq ... \leq \frac{1}{\sqrt{1 - a_n}}

តាមវិសមភាព chebyshev គេបាន

\displaystyle S\geq \frac{1}{n}.(a_1 + a_2 + ... + a_n)(\frac{1}{\sqrt{1 - a_1}} + \frac{1}{\sqrt{1 - a_2}} + ... + \frac{1}{\sqrt{1 - a_n}})

\displaystyle S\geq \frac{1}{n}.(\frac{1}{\sqrt{1 - a_1}} + \frac{1}{\sqrt{1 - a_2}} + ... + \frac{1}{\sqrt{1 - a_n}})

តែតាមវិសមភាព Bunhiacopski គេបាន

n = n(a_1 + a_2 + ... + a_n)\geq (\sqrt{a_1} + \sqrt{a_2} + ... + \sqrt{a_n})^2

\Longrightarrow \sqrt{a_1} + \sqrt{a_2} + ... + \sqrt{a_n}\leq \sqrt{n}

\sqrt{1 - a_1} + \sqrt{1 - a_2} + ... + \sqrt{1 - a_n}\leq \sqrt{n(n - a_1 - a_2 - ... - a_n)}

\Longrightarrow \sqrt{1 - a_1} + \sqrt{1 - a_2} + ... + \sqrt{1 - a_n}\leq \sqrt{n(n - 1)}

យើងទាញបាន

\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1 - a_1} + \sqrt{1 - a_2} + ... + \sqrt{1 - a_n}}\geq \frac{1}{\sqrt{n(n - 1)}}

តាមវិសមភាព Cauchy – Schwarz គេបានវិសមភាព

\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1 - a_1}} + \frac{1}{\sqrt{1 - a_2}} + ... + \frac{1}{\sqrt{1 - a_n}}\geq \frac{(1 + 1 + ... + 1)^2}{\sqrt{1 - a_1} + \sqrt{1 - a_2} + ... + \sqrt{1 - a_n}}

\displaystyle \Longrightarrow \frac{1}{\sqrt{1 - a-1}} + \frac{1}{\sqrt{1 - a_2}} + ... + \frac{1}{\sqrt{1 - a_n}}\geq \frac{n^2}{\sqrt{n(n - 1)}}

\displaystyle \Longrightarrow S\geq \frac{1}{n}.\frac{n^2}{\sqrt{n(n - 1)}} = \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n - 1}}

តែ \sqrt{a_1} + \sqrt{a_2} + ... + \sqrt{a_n}\leq \sqrt{n} សំរាយខាងលើ។

\displaystyle \Longrightarrow S\geq \frac{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_2} + ... + \sqrt{a_n}}{\sqrt{n - 1}}

ដូចនេះ  \displaystyle \frac{a_1}{\sqrt{1 - a_1}} + \frac{a_2}{\sqrt{1 - a_2}} + ... + \frac{a_n}{\sqrt{1 - a_n}}\geq \frac{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_2} + ... + \sqrt{a_n}}{\sqrt{n - 1}}

របៀបទី 2

តាង \displaystyle f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}}, x<1 \displaystyle f'(x)=\frac{1}{2}(1-x)^{-\frac{3}{2}}\Longrightarrow f''(x)=\frac{3}{4}(1-x)^{-\frac{5}{2}}>0

តាមវិសមភាព V-K ចំពោះ k=1 គេបាន

\displaystyle a_1f(a_1)+...+a_nf(a_n)\geq (a_1+...+a_n)f\biggl(\frac{a_1+...+a_n}{n}\biggl)

ដោយ a_1+...+a_n=1

\displaystyle \Longrightarrow a_1f(a_1)+...+a_nf(a_n)\geq f\biggl(\frac{1}{n}\biggl)

\displaystyle \frac{a_1}{\sqrt{1-a_1}}+...+\frac{a_n}{\sqrt{1-a_n}}\geq \frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{n}}}=\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n-1}}

តែតាមវិសមភាព Bunhiacopski គេបានវិសមភាព

\sqrt{a_1}+...+\sqrt{a_n}\leq \sqrt{n}(a_1+...+a_n)=\sqrt{n}

\Longrightarrow \sqrt{n}\geq \sqrt{a_1}+...+\sqrt{a_n}

តាមវិសមភាពខាងលើគេបាន
\displaystyle \frac{a_1}{\sqrt{1-a_1}}+...+\frac{a_n}{\sqrt{1-a_n}}\geq \frac{\sqrt{a_1}+...+\sqrt{a_n}}{\sqrt{n-1}}

ដូចនេះវិសមភាពត្រូវបានស្រាយបញ្ជាក់។

Advertisements

3 Responses to (China MO 1996)

  1. Pingback: មេរៀនទី 1 « ចំណេះដឹងនិងចំណេះធ្វើ !!!

  2. Pingback: មេរៀនទី 1 « 2010inequality

  3. Pingback: លំហាត់គណិតវិទ្យា​ ល្អសំរាប់សិស្ស – Math Khmer free

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 / ផ្លាស់ប្ដូរ )

រូប Twitter

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

រូបថត Facebook

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

Google+ photo

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

កំពុង​ភ្ជាប់​ទៅ​កាន់ %s

%d bloggers like this: