Crux

គេអោយបណ្ដាចំនួនវិជ្ជមាន a_1 ; a_2 ; ... ; a_n ដែលមានផលបូកស្មើ 1 ។

រកតំលៃតូចបំផុតនៃកន្សោមខាងក្រោម

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

ចំលើយ

យើងមានពីររបៀបសំរាប់រកតំលៃតូចបំផុតនៃកន្សោមខាងលើ:

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

តាមវិសមភាព Bunhiacopski គេបាន

(1.\sqrt{1 - a_1} + 1.\sqrt{1 - a_2} + ... + 1.\sqrt{1 - a_n})^2\leq n(n - a_1 - a_2 - ... - a_n)

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

\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 គេបានវិសមភាពខាងក្រោម

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

\displaystyle \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)}} = \sqrt{\frac{n}{n - 1}}

ដូចនេះ \displaystyle Min(S) = \sqrt{\frac{n}{n - 1}}

របៀបទី 2

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

\displaystyle \Longrightarrow S = \biggl(\sqrt[3]{\frac{a_1}{\sqrt{1 - a_1}}}\biggl)^3 + \biggl(\sqrt[3]{\frac{a_2}{\sqrt{1 - a_2}}}\biggl)^3 + ... + \biggl(\sqrt[3]{\frac{a_n}{\sqrt{1 - a_n}}}\biggl)^3

តាង A = a_1(1 - a_1) + a_2(1 - a_2) + ... + a_n(1 - a_n)

\Longrightarrow A = \biggl(\sqrt[3]{a_1(1 - a_1)}\biggl)^3 + \biggl(\sqrt[3]{a_2(1 - a_2)}\biggl)^3 + ... + \biggl(\sqrt[3]{a_n(1 - a_n)}\biggl)^3

តាមវិសមភាព Holder គេបាន

S.S.A\geq (a_1 + a_2 + ... + a_n)^3 = 1

\Longrightarrow S^2.A\geq 1

តែ \displaystyle A = 1 - (a_1^2 + a_2^2 + ... + a_n^2)\leq 1 - \frac{(a_1 + a_2 + ... + a_n)^2}{n} = \frac{n - 1}{n}

\displaystyle \Longrightarrow \frac{1}{A}\geq \frac{n}{n - 1}

ព្រោះ \biggl((a_1 + a_2 + ... + a_n)^2\leq n(a_1^2 + a_2^2 + ... + a_n^2)\biggl)

\displaystyle \Longrightarrow S^2\geq \frac{1}{A}\geq \frac{n}{n - 1}

\displaystyle \Longrightarrow S\geq \sqrt{\frac{n}{n - 1}}

ដូចនេះ \displaystyle Min(S) = \sqrt{\frac{n}{n - 1}}

របៀបទី 3

តាង \displaystyle f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}}

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

នាំអោយ f(x) ជាអនុគមន៍ផតតាមវិសមភាព 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 គេបាន

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

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

\displaystyle \Longrightarrow Min(S)=\sqrt{\frac{n}{n-1}}

ដូចនេះវិសមភាពត្រូវបានស្រាយបញ្ជាក់។

របៀបទី 4

តាង \displaystyle f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}} ដែល x\in (0,1)

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

គេបាន f'(x)>0 \& f''(x) >0

តាង g(x) = xf(x)

g'(x)=f(x)+xf'(x)

g''(x)=f'(x)+f'(x)+xf''(x)=2f'(x)+xf''(x)>0

គេបាន g(x) ជាអនុគមន៍ផត។ តាមវិសមភាព Jensen គេបាន

\displaystyle \frac{g(a_1)+g(a_2)+...+g(a_n)}{n}\geq g\biggl(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\biggl)

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

\displaystyle \Longrightarrow 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_2+...+a_n=1 គេបាន

\displaystyle 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_2}{\sqrt{1 - a_2}} + ... + \frac{a_n}{\sqrt{1 - a_n}}\geq \sqrt{\frac{n}{n-1}}

ដូចនេះ \displaystyle Min=\sqrt{\frac{n}{n-1}}

Advertisements

3 Responses to Crux

  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 / 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: