ទ្រឹស្ដីបទខ្ញុំតែង

នេះជាវិសមភាពមួយដែលខ្ញុំបានតែងជាយូរណាស់មកហើយ តែខ្ញុំនៅមិនទាន់បានសរសេរ

ពីសំរាយបញ្ជាក់របស់វាទេ។ ថ្ងៃនេះខ្ញុំលើកយកវាមកស្រាយដើម្បីកុំអោយអ្នកចូលចិត្តគណិត

វិទ្យាផ្នែកវិសមភាពមានការឆ្ងល់ទៅថ្ងៃក្រោយទៀត។

ទ្រឹស្ដីបទ៖ គេអោយអនុគមន៍ f:R\longrightarrow R_0^{+} និងផ្ទៀងផ្ទាត់ f''>0

ស្រាយបញ្ជាក់ចំពោះបីចំនួនវិជ្ជមាន m, n, p ដែល m\geq n\geq 0 ; p\geq n\geq 0 និងចំពោះ x\leq y\leq z ; x,y,z\in I គេបាន

m(z-y)f(x)-n(z-x)f(y)+p(y-x)f(z)\geq 0

សំរាយបញ្ជាក់

យើងមាន f:R\longrightarrow R_0^{+} និង f''(x)>0, \forall{x\in I}

តាង c_1\in (x, y) ; c_2\in (y, z) ដែលៈ

\displaystyle f'(c_1)=\frac{f(y)-f(x)}{y-x} , f'(c_2)=\frac{f(z)-f(y)}{z-y} ; x\leq y\leq z

តាមសម្មតិកម្ម m, n, p ជាបីចំនួនវិជ្ជមានដែល m\geq n\geq 0 ; p\geq n\geq 0

យើងពិនិត្យពីករណីដូចខាងក្រោម

ករណី m\geq p\geq n\geq 0 យើងបានៈ

\displaystyle (m-p)(z-y)f(x)+(m-n)\biggl((z-y)f(x)+(y-x)f(z)\biggl)\displaystyle +n(y-x)(z-y)\biggl(\frac{f(z)-f(y)}{z-y}-\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\biggl)\geq 0 ; (*) ព្រោះថាៈ

f:R\longrightarrow R_0^{+}\Longrightarrow f(x)\geq 0 , f(y)\geq 0 , f(z)\geq 0

ម្យ៉ាងវិញទៀតដោយ f''>0  នាំអោយf' ជាអនុគមន៍កើន។ដូចនេះ f'(c_1)\leq f'(c_2) ព្រោះ c_1\leq c_2 សមមូលនឹង \displaystyle \frac{f(z)-f(y)}{z-y}\geq \frac{f(y)-f(x)}{y-x}\Longrightarrow \frac{f(z)-f(y)}{z-y}-\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\geq 0

ដូចនេះគ្រប់តួនៃវិសមភាព (*) សុទ្ធតែវិជ្ជមានបានន័យថា

\displaystyle (m-p)(z-y)f(x)+(m-n)\biggl((z-y)f(x)+(y-x)f(z)\biggl)\displaystyle +n(y-x)(z-y)\biggl(\frac{f(z)-f(y)}{z-y}-\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\biggl)\geq 0

ពន្លាតកន្សោមនៃវិសមភាព (*) ខាងលើយើងបាន

m(z-y)f(x)-n(z-x)f(y)+p(y-x)f(z)\geq 0

ករណី p\geq m\geq n វិញយើងអាចសរសេរថា

\displaystyle (p-m)(y-x)f(z)+(m-n)\biggl((y-x)f(z)+(z-y)f(x)\biggl)\displaystyle +n(y-x)(z-y)\biggl(\frac{f(z)-f(y)}{z-y}-\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\biggl)\geq 0

ព្រោះគ្រប់តួនៃវិសមភាពខាងលើសុទ្ធតែវិជ្ជមានបន្ទាប់មកយើងពន្លាតកន្សោមយើងនឹងបាន

m(z-y)f(x)-n(z-x)f(y)+p(y-x)f(z)\geq 0

ដូចនេះចំពោះ អនុគមន៍ f:R\longrightarrow R_0^{+} និងផ្ទៀងផ្ទាត់ f''>0

ចំពោះបីចំនួនវិជ្ជមាន m, n, p ដែល m\geq n\geq 0 ; p\geq n\geq 0 និងចំពោះ x\leq y\leq z ; x,y,z\in I គេបាន

m(z-y)f(x)-n(z-x)f(y)+p(y-x)f(z)\geq 0

Book: start-learning-the-inequality (download here)

ស្នាដៃរបស់លោកទ្រូចាន់ថន

នេះជាស្នាដៃមួយដែលអ្នកស្ថាបត្យកម្មវ័យក្មេងជំនាន់ទី2នៃនិស្សិតខ្មែរដែលមានបញ្ចប់

ឆ្នាំសិក្សាកាលពីឆ្នាំ 2009 កន្លងទៅនេះ ។ បើតាមខ្ញុំគិតអ្នកសឹងតែនិយាយថារូបមួយ

នេះជារូបថតមិនមែនជារូបដែលគាត់គួសនោះទេ ទឹកដៃរបស់គាត់ត្រូវបានគ្រូៗដែលបង្រៀន

គាត់ស្មើចសរសើឥតដាច់ពីមាត់ថាគាត់មានទេព្យកោសល្យអស្ចារ្យខុសពីសិស្សដ៏ទៃទៀត។

និយាយទៅនៅមិនទាន់មានអ្នកដែលអាចគួសបានប្រហែលគាត់នៅឡើយទេក្នុងចំនោម

បណ្ដានិស្សិតដែលរៀននៅសកលវិទ្យាល័យស្ថាបត្យកម្មហាណូយនេះ ។ វាពិតជាពិសេស

ខ្លាំងណាស់ដែលគាត់អាចគូសគំនូររចនាមួយដែលមានលក្ខណៈស្រដៀងគ្នានឹងរូបថតបែប

នេះ ។ ខ្ញុំពិតជាសរសើរគាត់ខ្លាំងណាស់ 😀

ជូនដំណឹងពិសេសមួយ

នេះជាបញ្ហាមួយដែលជាប់សេសសល់កាលពីមុនហើយក៏តាមផ្ដន់ទាររហូតដល់យប់មិញនេះ

កាលពីយប់មិញនេះគឺវេលាប្រហែលជាម៉ោងមួយអាធ្រាត់ មានការប្រទួសសរាយគ្នារវាងវៀត

ណាមនិងកម្ពុជា គឺថានៅក្នុងពិធីជប់លៀងបញ្ចប់សិក្សារបស់និស្សិតឆ្នាំនេះបានមានបញ្ហាឌឺដង

ដាក់គ្នារវាងនិស្សិតខ្មែរនិងនិស្សិតវៀតណាម ដោយពួកវៀតណាមពោលពាក្យមើលងាយមើល

ថោកមកលើនិស្សិតខ្មែរដែលកំពុងតែផឹកស៊ីអប់អរការបញ្ចប់ការសិក្សារបស់បងៗឆ្នាំនេះ បាន

ធ្វើអោយមានការប្រតាយប្រតបគ្នារហូតដល់ផ្អើលដល់បណ្ដានិស្សិតទាំងឡាយដែលកំពុងតែ

ដេកលង់លក់ក្នុងដំណេក ។ នេះជាករណីមួយទៀតហើយដែលនិស្សិតវៀតណាមចេះតែបង្ក

បញ្ហាដល់ការអប់អរពេលមានកម្មវិធីធំៗដែលនិស្សិតខ្មែរបានប្ររព្ធឡើង ដែលជាហេតុធ្វើអោយ

និស្សិតខ្មែរមានការខឹងសំបារយ៉ាងខ្លាំងរហូតដល់កើតមានការវាយតប់គ្នា ដោយសារតែពួកគេ

មានគ្នាច្រើន ពួកគេបានការពារគ្នាដោយមិនប្រាប់ថាអ្នកណាជាអ្នកដៃដល់ដែលបណ្ដាលអោយ

កើតមានបញ្ហាទេ រហូតដល់និស្សិតខ្មែរយកម៉ូតូមួយគ្រឿងរបស់ពួកគេមកវាយកំទេចនៅនឹងមុខ

តែម្ដង ដែលជាហេតុធ្វើអោយមានរឿងរ៉ាវកាន់តែធំឡើងៗ រហូតមកដល់ព្រឹកនេះនៅមិនទាន់

បានដោះស្រាយគ្នានៅឡើយ ។ តួយ៉ាងកាលពីឆ្នាំមុនៗកន្លងទៅនេះការគំគួនគ្នារវាងនិស្សិត

វៀតណាម និងនិស្សិតខ្មែរចេះតែមានជាបន្តបន្ទាប់ក៏កើតទៅជាកំហឹងរៀងខ្លួនតែម្ដង គឺនៅឆ្នាំ

2003 ខណៈពេលដែលនិស្សិតខ្មែរយើងកំពុងប្ររព្ធពិធីសិល្បៈជាតិ ពួកវៀតណាមបានយកទឹក

មកជះធ្វើអោយខូចខាតឆាកដែលខ្មែរយើងខិតខំរៀបចំយ៉ាងសំរិតសំរាំង ដោយសារតែការមើល

ងាយមើលថោកនេះបានធ្វើអោយនិស្សិតខ្មែរមានកំហឹងក្នុងចិត្តរៀងៗខ្លួន ។ នៅក្នុងឆ្នាំដដែល

នោះក្រុមរក្សាសិន្ដិសុខវៀតណាម បានបើកដៃអោយពួកយូកូមមកវាយធ្វើបាបនិស្សិតខ្មែរ ដល់

កន្លែងស្នាក់នៅតែម្ដង បានធ្វើអោយនិស្សិតខ្មែរមួយចំនួនទទួលរងរបួសជាតំណម។ ឥឡូវនេះ

និស្សិតខ្មែរយើងបានសាមគ្គីគ្នាយ៉ាងអស្ចារ្យ ទាមទាររកកិត្តិយស់ជូនជាតិរបស់យើងវិញ គឺយក

ម៉ូតូរបស់និស្សិតវៀតណាមម្នាក់ដែលមានចរិតក្អេងក្អាងក្នុងសាលាមកវាយកំទេចធ្វើជាការ

ប្រមានដល់ថ្នាក់គ្រប់គ្រងសាលា ។

ខ្មែរគឺចឹង ទីណាមានការជិះជាន់ទីនោះមានការរើបំរាស់ 😀

វិសមភាពអនុគមន៍ប៉ោង(convex inequality)

វិសមភាពនេះជាវិសមភាពមួយដែលមិនទាន់មានអ្នកណាស្រាយនៅឡើយ

ហើយថ្ងៃនេះខ្ញុំលើកយកវាមកធ្វើការស្រាយបញ្ជាក់។

ទ្រឹស្ដីបទៈ គេអោយអនុគមន៍ f:R\longrightarrow R^{+} ជាអនុគមន៍ប៉ោងលើចន្លោះ I ។ តាង m, n, p ជាបីចំនួនវិជ្ជមានផ្ទៀងផ្ទាត់ m\geq n , p\geq n និង m-n+p=1 ។ នោះចំពោះ a, b, c\in I ដែល a\leq b\leq c គេបានៈ

mf(a)-nf(b)+pf(c)\geq f(ma-nb+pc)

ករពីពិសេស

  1. បើ m=n=p=1 គេបានៈ f(a)-f(b)+f(c)\geq f(a-b+c)

  2. បើ n=0 គេបាន mf(a)+pf(c)\geq f(ma+pc)

In English

Theorem:  Let f:R\longrightarrow R^{+} is a convex function. For any positive real numbers m, n, p that m\geq n , p\geq n and m-n+p=1. So for a\leq b\leq c we can stat as:

mf(a)-nf(b)+pf(c)\geq f(ma-nb+pc)

Special case:

  1.  If m=n=p=1 \Longrightarrow f(a)-f(b)+f(c)\geq f(a-b+c)
  2. If n=0 then mf(a)+pf(c)\geq f(ma+pc)

សំរាយបញ្ជាក់

តាមសម្មតិកម្ម f គឺជាអនុគមន៍ប៉ោងតាម វិសមភាព V – K ចំពោះ a\leq b\leq c គេបាន

(c-b)f(a)-(c-a)f(b)+(b-a)f(c)\geq 0

ដោយ n\geq 0 គេបានៈ n(c-b)f(a)-n(c-a)f(b)+n(b-a)f(c)\geq 0  ; (\alpha)

ម្យ៉ាងវិញទៀងតាមបំរាប់ m\geq n\geq 0 ; p\geq n\geq 0 ហើយ m-n+p=1 គេបានៈ

a-ma+nb-pc=a(1-m)+nb-pc

ដោយ m-n+p=1\Longrightarrow 1-m=p-n ជំនួសចូលយើងបាន

nb-pc+(p-n)a=n(b-a)-p(c-a)\leq 0

\Longrightarrow a\leq ma-nb+pc ; (1)

ma-nb+pc-c=ma-nb-(1-p)c

ដោយ m-n+p=1\Longrightarrow m-n=1-p ជំនួសចូលគេបាន

ma-nb+pc=ma-nb-(m-n)c=n(c-b)-m(c-a)\leq 0

\Longrightarrow ma-nb+pc\leq c ; (2)

តាម (1) និង (2) យើងបានៈ a\leq ma-nb+pc\leq c

តាមវិសមភាព V – K គេបានៈ

(c-ma+nb-pc)f(a)-(c-a)f(ma-nb+pc)+(ma-nb+pc-a)f(c)\geq 0

((1-p)c-ma+nb)f(a)-(c-a)f(ma-nb+pc)+((m-1)a-nb+pc)f(c)\geq 0

ដោយ m-n+p=1\Longrightarrow m-1=n-p និង 1-p=m-n ជំនួសចូលគេបាន

((m-n)c-ma+nb)f(a)-(c-a)f(ma-nb+pc)+((n-p)a-nb+pc)f(c)\geq 0

(m(c-a)-n(c-b))f(a)-(c-a)f(ma-nb+pc)+(p(c-a)-n(b-a))f(c)\geq 0 ; (\beta)

យក (\alpha)+(\beta) យើងនឹងទទួលបានៈ

m(c-a)f(a)-n(c-a)f(b)-(c-a)f(ma-nb+pc)+p(c-a)f(c)\geq 0

mf(a)-nf(b)-f(ma-nb+pc)+pf(c)\geq 0

\Longrightarrow mf(a)-nf(b)+pf(c)\geq f(ma-nb+pc)

ដូចនេះវិសមភាពត្រូវបានស្រាយបញ្ជាក់។

Proof

We have: f is a covex function so by  V – K inequality for a\leq b\leq c we get:

(c-b)f(a)-(c-a)f(b)+(b-a)f(c)\geq 0

But for n\geq 0 then n(c-b)f(a)-n(c-a)f(b)+n(b-a)f(c)\geq 0  ; (\alpha)

On the other hand m\geq n\geq 0 ; p\geq n\geq 0 and m-n+p=1 we get:

a-ma+nb-pc=a(1-m)+nb-pc

But m-n+p=1\Longrightarrow 1-m=p-n

\Longrightarrow nb-pc+(p-n)a=n(b-a)-p(c-a)\leq 0

\Longrightarrow a\leq ma-nb+pc ; (1)

ma-nb+pc-c=ma-nb-(1-p)c

But m-n+p=1\Longrightarrow m-n=1-p

\Longrightarrow ma-nb+pc=ma-nb-(m-n)c=n(c-b)-m(c-a)\leq 0

\Longrightarrow ma-nb+pc\leq c ; (2)

Following  (1) and (2) we get: a\leq ma-nb+pc\leq c

By V – K inequality we get:

(c-ma+nb-pc)f(a)-(c-a)f(ma-nb+pc)+(ma-nb+pc-a)f(c)\geq 0

((1-p)c-ma+nb)f(a)-(c-a)f(ma-nb+pc)+((m-1)a-nb+pc)f(c)\geq 0 ; (*)

But: m-n+p=1\Longrightarrow m-1=n-p and 1-p=m-n sitting in (*) we get:

((m-n)c-ma+nb)f(a)-(c-a)f(ma-nb+pc)+((n-p)a-nb+pc)f(c)\geq 0

(m(c-a)-n(c-b))f(a)-(c-a)f(ma-nb+pc)+(p(c-a)-n(b-a))f(c)\geq 0 ; (\beta)

Adding (\alpha)+(\beta) we get:

m(c-a)f(a)-n(c-a)f(b)-(c-a)f(ma-nb+pc)+p(c-a)f(c)\geq 0

mf(a)-nf(b)-f(ma-nb+pc)+pf(c)\geq 0

\Longrightarrow mf(a)-nf(b)+pf(c)\geq f(ma-nb+pc)



Cambodia:01/July/2010

By Van Khea

វិសមភាព: (van khea)

នេះគឺជាវិសមភាពមួយដែលខ្ញុំបានតែងឡើងកាលពីឆ្នាំ 2007 ​ ហើយវាក៏ជាវិសមភាពថ្មីមួយក្នងគណិតវិទ្យាផងដែរ។

តាមការស្រាវជ្រាវលើសៀវភៅវិសមភាពជាច្រើនកន្លងមក ខ្ញុំមិនទាន់បានឃើញមានសៀវភៅណា

មួយដែលបានបោះពុម្ពផ្សាយពីវិសមភាពមួយនេះឡើយ។ ខ្ញុំសង្ឃឹមថាក្រោយពេលអ្នកបានអានវិសមភាព

មួយនេះហើយ បើអ្នកចង់យកវាទៅបោះពុម្ពផ្សាយ សូមអ្នកកុំអោយវិសមភាពនេះក្លាយជាវិសមភាព

អនាមិកអោយសោះ 😀

ទ្រឹស្ដីបទៈ

១/ គេអោយ f(x) គឺជាអនុគមន៍ប៉ោងលើចន្លោះ I ។ ជ្រើសរើសបណ្ដាចំនួនវិជ្ជមាន a_1, a_2, ..., a_n យ៉ាងណាអោយ a_1x_1-a_2x_2-...-a_nx_n\in I ដែល x_1, x_2, ..., x_n\in I ហើយ a_1-a_2-...-a_n=1 ។ នោះគេបានៈ

f(a_1x_1-a_2x_2-...a_nx_n)\geq a_1f(x_1)-a_2f(x_2)-...-a_nf(x_n)

២/ គេអោយ f(t) គឺជាអនុគមន៍ផតលើចន្លោះ I ។ ជ្រើសរើសបណ្ដាចំនួនវិជ្ជមាន a_1, a_2, ..., a_n យ៉ាងណាអោយ a_1x_1-a_2x_2-...-a_nx_n\in I ដែល x_1, x_2, ..., x_n\in I ហើយ a_1-a_2-...-a_n=1 ។ នោះគេបានៈ

f(a_1x_1-a_2x_2-...a_nx_n)\leq a_1f(x_1)-a_2f(x_2)-...-a_nf(x_n)

Theorem:

1/ Let a real convex function f(x) for all x_1, x_2, ..., x_n in its domain. Suppose that for all positive real numbers a_1, a_2, ..., a_n satisfies a_1x_1-a_2x_2-...-a_nx_n in its domain and a_1-a_2-...-a_n=1. Then we have:

f(a_1x_1-a_2x_2-...-a_nx_n)\geq a_1f(x_1)-a_2f(x_2)...-a_nf(x_n).

2/ Let a real concave function f(x) for all x_1, x_2, ..., x_n in its domain. Suppose that for all positive real numbers a_1, a_2, ..., a_n satisfies a_1x_1-a_2x_2-...-a_nx_n in its domain and a_1-a_2-...-a_n=1. Then we have:

f(a_1x_1-a_2x_2-...-a_nx_n)\leq a_1f(x_1)-a_2f(x_2)...-a_nf(x_n).

សំរាយបញ្ជាក់  (Proof)

(Khmer)

តាមលក្ខខណ្ឌលំហាត់យើងត្រូវស្រាយតាមវាចារកំនើន។

ឧបមាថាៈ n=2 វិសមភាពទៅជា f(a_1x_1-a_2x_2)\geq a_1f(x_1)-a_2f(x_2)

យើងពិនិត្យពីរករណីដូចខាងក្រោមៈ

ករណី x_1\geq x_2 ; a_1-a_2= គេបាន៖

a_1x_1-a_2x_2=(1+a_2)x_1-a_2x_2=x_1+(x_1-x_2)a_2\geq x_1។ ព្រោះ a_1-a_2=1\Longrightarrow a_1=1+a_2

a_1x_1-a_2x_2\geq x_1\geq x_2

តាមសម្មតិកម្មៈ​ a_1x_1-a_2x_2\in I ; x_1,x_2\in I។ ដោយ f ជាអនុគមន៍ប៉ោងនោះតាម

វិសមភាព V-K គេបាន៖

(a_1x_1-a_2x_2-x_1)f(x_2)-(a_1x_1-a_2x_2-x_2)f(x_1)+(x_1-x_2)f(a_1x_1-a_2x_2)\geq 0

((a_1-1)x_1-a_2x_2)f(x_2)-(a_1x_1-(a_2+1)x_2)f(x_1)+(x_1-x_2)f(a_1x_1-a_2x_2)\geq 0

ដោយ a_1-a_2=1\Longrightarrow a_1-1=a_2 ; a_1=1+a_2 ជំនួសចូលយើងបានៈ

(a_2x_1-a_2x_2)f(x_2)-(a_1x_1-a_1x_2)f(x_1)+(x_1-x_2)f(a_1x_1-a_2x_2)\geq 0

(x_1-x_2)a_2f(x_2)-(x_1-x_2)a_1f(x_1)+(x_1-x_2)f(a_1x_1-a_2x_2)\geq 0

\Longrightarrow f(a_1x_1-a_2x_2)\geq a_1f(x_1)-a_2f(x_2)  ; (I)

ករណី: x_1\leq x_2\in I យើងបានៈ

a_1x_1-a_2x_2=(1+a_1)x_1-a_2x_2=x_1-(x_2-x_1)a_2\leq x_1

ដូចនេះយើងបានៈ a_1x_1-a_2x_2\leq x_1\leq x_2

តាមសម្មតិកម្ម a_1x_1-a_2x_2\in I ហើយ f ជាអនុគមន៍ប៉ោងនោះតាមវិសមភាពព V- K គេបាន:

(x_2-x_1)f(a_1x_1-a_2x_2)-(x_2-a_1x_1+a_2x_2)f(x_1)+(x_1-a_1x_1+a_2x_2)f(x_2)\geq 0

(x_2-x_1)f(a_1x_1-a_2x_2)-((1+a_2)x_2-a_1x_1)f(x_1)+(a_2x_2-(a_1-1)x_1)f(x_2)\geq 0

(x_2-x_1)f(a_1x_1-a_2x_2)-(a_1x_2-a_1x_1)f(x_1)+(a_2x_2-a_2x_1)f(x_2)\geq 0

(x_2-x_1)f(a_1x_1-a_2x_2)-(x_2-x_1)a_1f(x_1)+(x_2-x_1)f(x_2)\geq 0

\Longrightarrow f(a_1x_1-a_2x_2)\geq a_1f(x_1)-a_2f(x_2) ; (II)

យើងឃើញថាទាំងពីករណីចំពោះ a_1x_1-a_2x_2, x_1, x_2\in I យើងនឹងទទួលបានវិសមភាព

f(a_1x_1-a_2x_2)\geq a_1f(x_1)-a_2f(x_2) ពិតជានិច្ច។

ឥឡូវយើងឧបមាថាវាពិតដល់ n=k នោះយើងបាន:

a_1x_1-a_2x_2-...-a_kx_k\in I និង a_1-a_2-...-a_k=1 ; x_1,x_2, ...,x_k\in I

\Longrightarrow f(a_1x_1-a_2x_2-...-a_kx_k)\geq a_1f(x_1)-a_2f(x_2)-...-a_kf(x_k)

យើងនឹងស្រាយថាវាពិតដល់ n=k+1 គឺស្រាយថា៖

ចំពោះគ្រប់ a_1x_1-a_2x_2-...-a_kx_k-a_{k+1}x_{k+1}\in I ; x_1, x_2, ..., x_k, x_{k+1}\in I និង a_1-a_2-...-a_k-a_{k+1}=1 គេបានៈ

f(a_1x_1-a_2x_2-...-a_{k+1}x_{k+1})\geq a_1f(x_1)-a_2f(x_2)-...-a_{k+1}f(x_{k+1})

យើងមានៈ

\displaystyle f(a_1x_1-a_2x_2-...-a_kx_k-a_{k+1}x_{k+1})\displaystyle =f\biggl((a_1-...-a_k)(\frac{a_1}{a_1-...-a_k}x_1-...-\frac{a_k}{a_1-...-a_k}x_k-a_{k+1}x_{k+1})\biggl)

\displaystyle \geq (a_1-...-a_k)f\biggl(\frac{a_1}{a_1-...-a_k}x_1-...-\frac{a_k}{a_1-...-a_k}x_k\biggl)-a_{k+1}f(x_{k+1})

ដោយ \displaystyle \frac{a_1}{a_1-...-a_k}-...-\frac{a_k}{a_1-...-a_k}=1 នោះគេបានៈ

\displaystyle f\biggl(\frac{a_1}{a_1-...-a_k}x_1-...-\frac{a_k}{a_1-...-a_k}x_k\biggl)\displaystyle \geq \frac{a_1}{a_1-...-a_k}f(x_1)-...-\frac{a_k}{a_1-...-a_k}f(x_k)

ដូចនេះយើងទាញបានៈ

f(a_1x_1-a_2x_2-...-a_kx_k-a_{k+1}x_{k+1})\geq a_1f(x_1)-a_2f(x_2)-...-a_kf(x_k)-a_{k+1}f(x_{k+1})

ដូចនេះទ្រឹស្ដីបទត្រូវបានស្រាយបញ្ជាក់។

ជូនពរទទួលបានជោគជ័យក្នុងការស្រាវជ្រាវ 😀

វិសមភាពៈ (Van Khea)

 

នេះគឺជាវិសមភាពមួយដែលខ្ញុំបានតែងឡើងកាលពីឆ្នាំ 2007 ​ ហើយវាក៏ជាវិសមភាពថ្មីមួយក្នងគណិតវិទ្យាផងដែរ។

តាមការស្រាវជ្រាវលើសៀវភៅវិសមភាពជាច្រើនកន្លងមក ខ្ញុំមិនទាន់បានឃើញមានសៀវភៅណា

មួយដែលបានបោះពុម្ពផ្សាយពីវិសមភាពមួយនេះឡើយ។ ខ្ញុំសង្ឃឹមថាក្រោយពេលអ្នកបានអានវិសមភាព

មួយនេះហើយ បើអ្នកចង់យកវាទៅបោះពុម្ពផ្សាយ សូមអ្នកកុំអោយវិសមភាពនេះក្លាយជាវិសមភាព

អនាមិកអោយសោះ 😀

ទ្រឹស្ដីបទៈ

គេអោយ a_1, a_2, ..., a_n និង b_1, b_2, ..., b_n ជាចំនួនវិជ្ជមានផ្ទៀងផ្ទាត់ៈ

1): a_1^p-a_2^p-...-a_n^p>0 ;  b_1^q-b_2^q-...-b_n^q>0 ដែល p, q>1 និង \displaystyle \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1

2) : a_1b_1-a_2b_2-...-a_nb_n>0

គេបានវិសមភាពដូចខាងក្រោមៈ

\displaystyle \biggl|a_1b_1-\sum_{k=2}^{n}a_kb_k\biggl|\geq \biggl(a_1^p-\sum_{k=2}^{n}a_k^p\biggl)^{\frac{1}{p}}\biggl(b_1^q-\sum_{k=2}^{n}b_k^q\biggl)^{\frac{1}{q}}

ករណីពិសេស p=q=2 នោះគេបានៈ

\displaystyle \biggl(a_1b_1-\sum_{k=2}^{n}a_kb_k\biggl)^2\geq \biggl(a_1^2-\sum_{k=2}^{n}a_k^2\biggl)\biggl(b_1^2-\sum_{k=2}^{n}b_k^2\biggl)

Theorem:

Let a_1, a_2, ..., a_n and b_1, b_2, ..., b_n be positive real numbers and satisfies:

1): a_1^p-a_2^p-...-a_n^p>0 , b_1^q-b_2^q-...-b_n^q>0 , \forall{p, q>1} and \displaystyle \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1.

2): a_1b_1-a_2b_2-...-a_nb_n>0

 Prove that:

\displaystyle \biggl|a_1b_1-\sum_{k=2}^{n}a_kb_k\biggl|\geq \biggl(a_1^p-\sum_{k=2}^{n}a_k^p\biggl)^{\frac{1}{p}}\biggl(b_1^q-\sum_{k=2}^{n}b_k^q\biggl)^{\frac{1}{q}}

Special case: If p=q=2 then

\displaystyle \biggl(a_1b_1-\sum_{k=2}^{n}a_kb_k\biggl)^2\geq \biggl(a_1^2-\sum_{k=2}^{n}a_k^2\biggl)\biggl(b_1^2-\sum_{k=2}^{n}b_k^2\biggl)

សំរាយបញ្ជាក់ (Proof)

(khmer)

របៀបទី 1

តាង f(x)=x^p ; x\geq 0 , p\geq 2

f'(x)=px^{p-1}

f''(x)=p(p-1)x^{p-2}>0 ; \forall{x\geq 0 ; p\geq 2}

នាំអោយអនុគមន៍ f(x) ជាអនុគមន៍ប៉ោង។ តាមវិសមភាពទី 05 គេបានៈ

f(\alpha_1x_1-\alpha_2x_2-...-\alpha_nx_n)\geq \alpha_1f(x_1)-\alpha_2f(x_2)-...-\alpha_nf(x_n)

ដែល \alpha_1-\alpha_2-..-\alpha_n=1

តាង \displaystyle \alpha_i=\frac{b_i^{q}}{b_1^{q}-b_2^{q}-...-b_n^{q}}

យើងបាន \displaystyle \alpha_1-\alpha_2-...-\alpha_n=1

បន្ទាប់មកតាង x_i=a_ib_i^{1-q} នាំអោយ \displaystyle x_i\alpha_i=\frac{a_ib_i}{b_1^{q}-b_2^{q}-...-b_n^{q}}

\displaystyle \Longrightarrow \alpha_1x_1-\alpha_2x_2-...-\alpha_nx_n=\frac{a_1b_1-a_2b_2-...-a_nb_n}{b_1^{q}-b_2^{q}-...-b_n^{q}}

\displaystyle f(\alpha_1x_1-\alpha_2x_2-...-\alpha_nx_n)=\biggl(\frac{a_1b_1-a_2b_2-...-a_nb_n}{b_1^{q}-b_2^{q}-...-b_n^{q}}\biggl)^p

ម្យ៉ាងទៀតចំពោះ x_i=a_ib_i^{1-q} គេបានៈ

\displaystyle f(x_i)=\biggl(a_ib_i^{1-q}\biggl)^p=a_i^{p}b_i^{p(1-q)}=a_i^{p}b_i^{-q}

ព្រោះ \displaystyle \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\Longrightarrow p(1-q)=-q

ម្យ៉ាងទៀត \displaystyle \alpha_1f(x_1)-\alpha_2f(x_2)-...-\alpha_nf(x_n)=\frac{b_1^{q}f(x_1)-b_2^{q}f(x_2)-...-b_n^{q}f(x_n)}{b_1^{q}-b_2^{q}-..-b_n^{q}}

\displaystyle \Longrightarrow \alpha_1f(x_1)-\alpha_2f(x_2)-...-\alpha_nf(x_n)=\frac{b_1^{-q}a_1^{p}b_1^{q}-b_2^{-q}a_2^{p}b_2^{q}-...-b_n^{-q}a_n^{p}b_n^{q}}{b_1^{q}-b_2^{q}-...-b_n^{q}}

\displaystyle =\frac{a_1^{p}-a_2^{p}-...-a_n^{p}}{b_1^{q}-b_2^{q}-..-b_n^{q}}

ដោយ f(\alpha_1x_1-\alpha_2x_2-...-\alpha-nx_n)\geq \alpha_1f(x_1)-\alpha_2f(x_2)-...-\alpha_nf(x_n)

\displaystyle \Longrightarrow \biggl(\frac{a_1b_1-a_2b_2-...-a_nb_n}{b_1^{q}-b_2^{q}-...-b_n^{q}}\biggl)^p\geq \frac{a_1^{p}-a_2^{p}-...-a_n^{p}}{b_1^{q}-b_2^{q}-...-b_n^{q}}

\displaystyle \Longrightarrow (a_1b_1-a_2b_2-...-a_nb_n)^p\geq (a_1^{p}-a_2^{p}-...-a_n^{p})(b_1^{q}-b_2^{q}-...-b_n^{q})^{p-1}

ដោយ \displaystyle \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\Longrightarrow p-1=\frac{p}{q}

\displaystyle \Longrightarrow (a_1b_1-a_2b_2-...-a_nb_n)^p\geq (a_1^{p}-a_2^{p}-...-a_n^{p})(b_1^{q}-b_2^{q}-...-b_n^{q})^{\frac{p}{q}}

\displaystyle \Longrightarrow \biggl|a_1b_1-a_2b-2-...-a_nb_n\biggl|\geq \biggl(a_1^{p}-a_2^{p}-...-a_n^{p}\biggl)^{\frac{1}{p}}\biggl(b_1^{q}-b_2^{q}-...-b_n^{q}\biggl)^{\frac{1}{q}}

\displaystyle \Longrightarrow \biggl|a_1b_1-\sum_{i=2}^{n}a_ib_i\biggl|\geq \biggl(a_1^{p}-\sum_{i=2}^{n}a_i^{p}\biggl)^{\frac{1}{p}}\biggl(b_1^{q}-\sum_{i=2}^{n}b_i^{q}\biggl)^{\frac{1}{q}}

របៀបទី 2

អនុវត្តន៍វិសមភាព Van Khea យើងមានៈ \displaystyle \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\Longrightarrow 2-\frac{1}{p}-\frac{1}{q}=1 នោះគេបានៈ

\displaystyle \frac{(a_1b_1-a_2b_2-...-a_nb_n)^2}{(a_1^{p}-a_2^{p}-...-a_n^{p})^{\frac{1}{p}}(b_1^{q}-b_2^{q}-...-b_n^{q})^{\frac{1}{q}}} \displaystyle +a_2b_2+...+a_nb_n

\displaystyle =\frac{(a_1b_1-a_2b_2-...-a_nb_n)^2}{(a_1^{p}-a_2^{p}-...-a_n^{p})^{\frac{1}{p}}(b_1^{q}-b_2^{q}-...-b_n^{q})^{\frac{1}{q}}}\displaystyle +\frac{(a_2b_2)^2}{(a_2^{p})^{\frac{1}{p}}(b_2^{q})^{\frac{1}{q}}}+...+\frac{(a_nb_b)^2}{(a_n^{p})^{\frac{1}{p}}(b_n^{q})^{\frac{1}{q}}}

\displaystyle \geq \frac{(a_1b_1-a_2b_2-...-a_nb_n+a_2b_2+...+a_nb_n)^2}{(a_1^{p}-a_2^{p}-...-a_n^{p}+a_2^{p}+...+a_n^{p})^{\frac{1}{p}}(b_1^{q}-b_2^{q}-...-b_n^{q}+b_2^{q}+...+b_n^{q})^{\frac{1}{q}}}=a_1b_1

\Longrightarrow\displaystyle \frac{(a_1b_1-a_2b_2-...-a_nb_n)^2}{(a_1^{p}-a_2^{p}-...-a_n^{p})^{\frac{1}{p}}(b_1^{q}-b_2^{q}-...-b_n^{q})^{\frac{1}{q}}}\geq a_1b_1-a_2b_2-...-a_nb_n

\Longrightarrow\displaystyle \biggl|a_1b_1-\sum_{k=2}^{n}a_kb_k\biggl|\geq \biggl(a_1^p-\sum_{k=2}^{n}a_k^p\biggl)^{\frac{1}{p}}\biggl(b_1^q-\sum_{k=2}^{n}b_k^q\biggl)^{\frac{1}{q}}

ដូចនេះវិសមភាពត្រូវបានសា្រយបញ្ជាក់។

ជូនពរជោគជ័យក្ន្ងងការស្រាវជ្រាវ 😀

អាប់ឌែតក្បាច់ថ្មី (ត្រៀបបោះពុម្ពផ្សាយ)

ខ្ញុំគិតថាចាំដល់ខ្ញុំរៀបចំសៀវភៅសំរាប់សរសេរដាក់ក្នុងប្លកហើយសិន ចាំលើកយកលំហាត់

ពិសេសៗដែលខ្ញុំបានតែមកផុសលេង តែអាឡូវដាក់មួយលេងសិនកំដរអ្នកចូលចិត្តគណិតវិទ្យា 😀

ទ្រឹស្ដីបទៈ គេអោយ f ជាអនុគមន៍ជាប់លើចន្លោះបិត [a, b] និងមានដេរីវេលើចន្លោះ

បើក (a, b) ហើយផ្ទៀងផ្ទាត់ mf(a)=nf(b) ដែល m, n គឺជាចំនួនវិជ្ជមាន។

ស្រាយថាមាន c\in (a, b) ដែល \displaystyle f'(c)=\frac{n-m}{n+m}.\frac{f(b)+f(a)}{b-a}

ពិនិត្យករណីពិសេសមួយចំនួនដូចខាងក្រោមៈ

\displaystyle m=n\frac{f(b)}{f(a)} ជំនួសចូលយើងបាន \displaystyle f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}

យ៉ាងម៉េចដែរទ្រឹស្ដីបទមួយនឹងឡូយអត់ ??? ខ្ញុំចេះតែគិតលេងទៅស្រាប់តែវាឃើញចឹងទៅ

ហើយវិធីស្រាយបញ្ជាក់ទុកអោយអ្នកចូលចិត្តគណិតវិទ្យាទាំងអស់ហាត់ស្រាយចុះ ។ ហើយបើចង់មើលចំលើយ

ទាល់តែសៀវភៅដែលខ្ញុំតែងត្រូវបានបោះពុម្ពលើទីផ្សារ 😀

មានចំណាប់អារម្មណ៍អត់ ???