លំហាត់ថ្ងៃទី28/02/2010

 គេអោយ a ,b,c,m,n,p\geq 0 ដែល a\leq b, c\leq b និង m\geq n, p\geq n។ យក f:R\longrightarrow R^{+} ជាអនុគមន៍ផតលើ I ។ ស្រាយបញ្ជាក់ថាចំពោះ x,y,z\in I ដែល x\geq y\geq zx\leq y\leq z និង k\geq 0 គេបាន

m(b+c)^{k}f(x)+p(a+b)^{k}f(z)\geq n(c+a)^{k}f(y)

សំរាយបញ្ជាក់

តាង \displaystyle t_1=\frac{m}{z-y}, t_2=\frac{n}{z-x}, t_3=\frac{p}{y-x}
យើងមាន
\displaystyle t_1-t_2=\frac{m}{z-y}-\frac{n}{z-x}
ដោយ \displaystyle z-y\leq z-x \Longrightarrow \frac{1}{z-y}\geq \frac{1}{z-x} និង m\geq n
\displaystyle \Longrightarrow \frac{m}{z-y}\geq \frac{n}{z-x} \Longrightarrow t_1-t_2\geq 0 \Longrightarrow t_1\geq t_2
\displaystyle t_3-t_2=\frac{p}{y-x}-\frac{n}{z-x}
ដោយ \displaystyle y-x\leq z-x \Longrightarrow \frac{1}{y-x}\geq \frac{1}{z-x} និង p\geq n
\displaystyle \Longrightarrow \frac{p}{y-x}\geq \frac{n}{z-x} \Longrightarrow t_3-t_2\geq 0 \Longrightarrow t_3\geq t_2
តាមសម្មតិកម្ម b\geq a, b\geq c គេបាន (b+c)^k\geq (c+a)^k និង (a+b)^k\geq (c+a)^k
\Longrightarrow (b+c)^kt_1\geq (c+a)^kt_2 និង (a+b)^kt_3\geq (c+a)^kt_2
តាមវិសមភាព V – K ចំពោះ f ជាអនុគមន៍ផត និងចំពោះ \forall{x,y,z\in I} ; (x\leq y\leq z)
t_1(b+c)^k(z-y)f(x)-t_2(c+a)^k(z-x)f(y)+t_3(a+b)^k(y-x)f(z)\geq 0
ជំនួសតំលៃ t_1, t_2, t_3 ចូលវិសមភាពខាងលើគេបាន
\displaystyle \frac{m}{z-y}(b+c)^k(z-y)f(x)-\frac{n}{z-x}(c+a)^k(z-x)f(y)+\frac{p}{y-x}(a+b)^k(y-x)f(z)\geq 0
\Longrightarrow m(b+c)^kf(x)-n(c+a)^kf(y)+p(a+b)^kf(z)\geq 0
\Longrightarrow m(b+c)^kf(x)+p(a+b)^kf(z)\geq n(c+a)^kf(y)
ដូចនេះវិសមភាពត្រូវបានស្រាយបញ្ជាក់។

 

និពន្ធដោយ វ៉ាន់ ឃា

Advertisements

លំហាត់ថ្ងៃទី28/02/2010 (វិសមភាព Schur)

គេមាន a,b,c \in \mathbb{R} , x, y, z\in I, ដែល a \geq b \geq c, និង x \geq y \geq zz \geq y \geq x។ តាង k \in \mathbb{Z}^{+}, និងតាង f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}_{0}^{+} ជាអនុគមន៍ផត។ ស្រាយបញ្ជាក់ថា

f(x)(a-b)^k(a-c)^k+f(y)(b-a)^k(b-c)^k+f(z)(c-a)^k(c-b)^k \geq 0

 

សំរាយបញ្ជាក់

យើងពិនិត្យពីរករណីគឺ
– ករណី k ជាចំនួនគូវិសមភាពខាងលើពិតជានិច្ចព្រោះគ្រប់តួនៃវិសមភាពសុទ្ធតែវិជ្ជមាន។
-​ ករណី k ជាចំនួនសេសវិសមភាពខាងលើអាចសរសេរទៅជា
f(x)(a-b)^k(a-c)^k-f(y)(a-b)^k(b-c)^k+f(z)(a-c)^k(b-c)^k\geq 0
ឧបមាថា a\geq b\geq c, x\leq y\leq z
តាង \displaystyle m=\frac{(a-b)^k(a-c)^k}{z-y}, n=\frac{(a-b)^k(b-c)^k}{z-x}, p=\frac{(a-c)^k(b-c)^k}{y-x}
យើងមាន
\displaystyle m-n=\frac{(a-b)^k(a-c)^k}{z-y}-\frac{(a-b)^k(b-c)^k}{z-x}=(a-b)^k\biggl(\frac{(a-c)^k}{z-y}-\frac{(b-c)^k}{z-x}\biggl)
ដោយ \displaystyle x\leq y\leq z \Longrightarrow z-y\leq z-x \Longrightarrow \frac{1}{z-y}\geq \frac{1}{z-x}
a\geq b\geq c \Longrightarrow a-c\geq b-c \Longrightarrow (a-c)^k\geq (b-c)^k , k>0
\displaystyle \Longrightarrow \frac{(a-c)^k}{z-y}\geq \frac{(b-c)^k}{z-x} \Longrightarrow m\geq n
\displaystyle p-n=\frac{(a-c)^k(b-c)^k}{y-x}-\frac{(a-b)^k(b-c)^k}{z-x}=(b-c)^k\biggl(\frac{(a-c)^k}{y-x}-\frac{(a-b)^k}{z-x}\biggl)
ដោយ \displaystyle y-x\leq z-x \Longrightarrow \frac{1}{y-x}\geq \frac{1}{z-x}
a-c\geq a-b \Longrightarrow (a-c)^k\geq (a-b)^k , k>0
\displaystyle \Longrightarrow \frac{(a-c)^k}{y-x}\geq \frac{(a-b)^k}{z-x} \Longrightarrow p\geq n
តាមវិសមភាព V – K ចំពោះ f(t) ជាអនុគមន៍ផត \forall{x,y,z\in I} និង m\geq n, p\geq n គេបាន
m(z-x)f(x)-n(z-x)f(y)+p(y-x)f(z)\geq 0
ជំនួសតំលៃ m , n , p ចូលវិសមភាពខាងលើគេបាន

f(x)(a-b)^k(a-c)^k-f(y)(a-b)^k(b-c)^k+f(z)(a-c)^k(b-c)^k\geq 0 ពិតជានិច្ច។

ដូចនេះវិសមភាពត្រូវបានស្រាយបញ្ជាក់។

កំនែលំហាត់ថ្ងៃទី13/01/2010

គេអោយ f(x) ជាអនុគមន៍ផតចំពោះគ្រប់ x\in I ។ យក a; b; c\in I , (a\leq b\leq c) ស្រាយបញ្ជាក់ថា

(b + c)f(a) + (a + b)f(c)\geq (c + a)f(b)

វិសមភាពខាងលើអាចអោយក្រោមភាពកាន់តែទូលំទូលាយមួយដូចខាងក្រោម
គេអោយ f(x) ជាអនុគមន៍ផតចំពោះគ្រប់ x\in I ។ យក a; b; c\in I , (a\leq b\leq c)និងចំពោះចំនួនវិជ្ជមាន x,y,z ដែល x\geq z, y\geq z គេបាន:

x(b + c)f(a) + y(a + b)f(c)\geq z(c + a)f(b)

និពន្ធដោយ វ៉ាន់ ឃា
 

ចំលើយ

1/ ស្រាយបញ្ជាក់ថា (b+c)f(a)+(a+b)f(c)\geq (c+a)f(b)
តាង \displaystyle m=\frac{b+c}{c-b} , n=\frac{c+a}{c-a} , p=\frac{a+b}{b-a}
យើងមាន \displaystyle m-n=\frac{c+b}{c-b}-\frac{c+a}{c-a}=\frac{2c(b-a)}{(c-b)(c-a)}\geq 0
\Longrightarrow m\geq n, (1)
\displaystyle p-n=\frac{a+b}{b-a}-\frac{c+a}{c-a}=\frac{2a(c-b)}{(c-a)(b-a)}\geq 0
\Longrightarrow p\geq n, (2)
តាម (1) និង (2) គេបាន m\geq n, p\geq n
តាម
វិសមភាព V – K ចំពោះ m\geq n\geq 0, p\geq n\geq 0 ; a,b,c\in I ដែល a\leq b\leq c និង f(x) ជាអនុគមន៍ផតគេបាន
m(c-b)f(a)+p(b-a)f(c)\geq n(c-a)f(b) ជំនួសតំលៃ m និង n ចូលគេបាន
\displaystyle \frac{c+b}{c-b}.(c-b)f(a)+\frac{b+a}{b-a}(b-a)f(c)\geq \frac{c+a}{c-a}(c-a)f(b)
\Longrightarrow (c+b)f(a)+(b+a)f(c)\geq (c+a)f(b) ពិតជានិច្ច។
2/ ស្រាយបញ្ជាក់ថា x(b+c)f(a)+y(a+b)f(c)\geq z(c+a)f(b)
យើងមាន
m\geq n និង x\geq z \Longrightarrow mx\geq nz
p\geq n និង y\geq z \Longrightarrow py\geq nz
តាម
វិសមភាព V – K គេបាន
mx(c-b)f(a)+py(b-a)f(c)\geq nz(c-a)f(b)
ជំនួសតំលៃ \displaystyle m=\frac{c+b}{c-b}, n=\frac{c+a}{c-a}, p=\frac{a+b}{b-a} គេបាន
\displaystyle \frac{c+b}{c-b}x(c-b)f(a)+\frac{b+a}{b-a}y(b-a)f(c)\geq \frac{c+a}{c-a}z(c-a)f(b)
\Longrightarrow x(c+b)f(a)+y(b+a)f(c)\geq z(c+a)f(b) ពិតជានិច្ច។
ដូចនេះវិសមភាពត្រូវបានស្រាយបញ្ជាក់។

លទ្ធផលឆមាសទី1ឆ្នាំទី2(កីឡាបាល់ទះ)

លទ្ធផលឆមាសទី1ឆ្នាំទី2(គណិតវិទ្យាភាគ3)

លទ្ធផលឆមាសទី1ឆ្នាំទី2(កុំព្យួទ័រ Pascal)

លទ្ធផលឆមាសទី1ឆ្នាំទី2(ភាសាអង់គេ្លស)