វិសមភាពរវាងមធ្យម
1. វិសមភាពAM-GM
Theorem 1. ចំពោះចំនួនពិត $${a_1,a_2,\dots,a_n \geq 0}$$ គេបានវិសមភាព
$$
\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\geq \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}
$$
ឬដោយប្រើនិមិត្តសញ្ញា
$$
\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_k\geq \sqrt[n]{\prod_{k=1}^n a_k}
$$
សមភាពកើតឡើងលុះត្រាតែ $${a_1=a_2=\dots=a_n}$$ ។
Remark 1.
អង្គខាងឆ្វេងនៃវិសមភាពខាងលើ ហៅថា មធ្យមនព្វន្ត (Arithmetic Mean: AM) ហើយអង្គខាងស្តាំ ហៅថា មធ្យមធរណីមាត្រ (Geometric Mean: GM) ទើបនាំឲ្យគេហៅថា "វិសមភាពAM-GM"។
Remark 2.
ចំពោះពីរចំនួន $${a_1,a_2 \geq 0}$$ យើងអាចស្រាយថា $${ \frac{a_1+a_2}{2}\geq \sqrt{a_1a_2} }$$ បានដោយងាយព្រោះ
$$
\frac{a_1+a_2}{2} - \sqrt{a_1a_2}=\frac{a_1+a_2-2\sqrt{a_1a_2}}{2} = \frac{(\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2})^2}{2}\geq 0
$$
Source: wikipedia
មុននឹងស្រាយបញ្ជាក់ Theorem 1 យើងពិនិត្យមើលឧទាហរណ៍បន្តិច។
Example 1. រកចំនុចអប្បបរមាៃនអនុគមន៍ខាងក្រោមចំពោះ $${|x| > \sqrt{3}}$$
$$
f(x) = \sqrt{x^2-3}+\frac{1}{\sqrt{x^2-3}}
$$
លក្ខខណ្ឌ $${|x| > \sqrt{3}}$$ គឺសម្រាប់ធ្វើឲ្យ $${x^2-3>0}$$
Solution.
បើអ្នកអានដឹងពីបម្រើបម្រាស់របស់ដេរីវេ គេអាចគណនាដេរីវេ $${f'(x)}$$ រួចដោះស្រាយសមីការ $${f'(x)=0}$$ រួចសិក្សាអថេរភាពនៃ $${f'(x)}$$ ឬសិក្សាសញ្ញានៃ $${f''(x)}$$ ត្រង់ឫសនោះ ។ ដោយ
$$
f'(x) = x(x^2-3)^{-1/2}-x(x^2-3)^{-3/2}=x[(x^2-3)-1](x^2-3)^{-3/2}=x(x^2-4)(x^2-3)^{-3/2}
$$
ដែលហាក់មានភាពស្មុគស្មាញ ដូច្នេះយើងគួររកវិធីសាស្ត្រដែលងាយជាងនេះ។
យើងសាកប្រើវិសមភាពAM-GM។ យើងនឹងបាន
$$
\begin{align*}
f(x) &= \sqrt{x^2-3}+\frac{1}{\sqrt{x^2-3}}\\
& \geq 2 \sqrt{\sqrt{x^2-3}\cdot \frac{1}{\sqrt{x^2-3}}} = 2
\end{align*}
$$
គឺថា $${f(x)\geq 2}$$ ចំពោះ $${|x| > \sqrt{3}}$$ ហើយសមភាពកើតឡើង លុះត្រាតែ
$$
\begin{align*}
\sqrt{x^2-3}&=\frac{1}{\sqrt{x^2-3}} \\
x^2-3 &= 1\\
x&= \pm 2
\end{align*}
$$
មានន័យថា អនុគមន៍ $${f(x)}$$ មានចំនុចអប្បបរមាត្រង់ $${(\pm 2, 2)}$$។
2. សម្រាយបញ្ជាក់វិសមភាពAM-GM
2.1. វិធីសាស្ត្រទី១
Proof of Theorem 1
តាង $${x_i = \frac{a_i}{\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}}, \quad i=1,2,\cdots n}$$ ។ នោះ
$$
x_1x_2\cdots x_n = \frac{a_1}{\sqrt[n]{a_1a_2\dots a_n}}\cdot \frac{a_2}{\sqrt[n]{a_1a_2\dots a_n}}\cdots \frac{a_n}{\sqrt[n]{a_1a_2\dots a_n}} = 1
$$
យើងនឹងបង្ហាញតាមវិចារកំណើនថា
ចំពោះ $${x_1, x_2, \cdots, x_n \geq 0}$$ បើ $${x_1 x_2 \cdots x_n = 1}$$ នោះ
$$
x_1+x_2+\cdots + x_n \geq n
$$
ដែលសមភាពកើតឡើងលុះត្រាតែ $${x_1=x_2=\cdots = x_n=1}$$។
ចំពោះ $${n=2}$$ សំណើរយើងពិតតាម Remark 2 ព្រោះ
$$
x_1+x_2\geq 2\sqrt{x_1x_2}=2\sqrt{1}=2
$$
ឧបមាថាសំណើរយើងពិតដល់ $${n=k}$$។
ចំពោះ $${x_1, x_2, \cdots, x_{k+1} \geq 0}$$ ដែល $${x_1 x_2 \cdots x_{k+1} = 1}$$ នោះគ្រប់ $${x_i}$$ មិនអាចតូចជាង $${1}$$ ឬធំជាង $${1}$$ ព្រមគ្នាបានទេ។ ដោយមិនបាត់បង់ភាពទូទៅ យើងអាចសន្មត់ថា $${x_1\leq 1 , x_2\geq 1}$$ បាន នោះ $${(1-x_1)(x_2-1)\geq 0}$$។ យើងបាន
$$
\begin{align*}
x_1+x_2+\cdots + x_{k+1} &= (x_1x_2+x_3+\cdots + x_{k+1})+1+(-x_1x_2+x_1+x_2-1)\\
&= \underbrace{(x_1x_2+x_3+\cdots + x_{k+1})}_{\geq k}+1+\underbrace{(1-x_1)(x_2-1)}_{\geq 0}\\
&\geq k+1
\end{align*}
$$
ព្រោះ $${\underbrace{x_1x_2+x_3+\cdots + x_{k+1}}_{k\text{ terms}}\geq k}$$ តាមសម្មតិកម្មវិចារកំណើនចំពោះ $${n=k}$$ ដោយ $${(x_1x_2)x_3\cdots x_{k+1} =1}$$។
សមភាពកើតឡើងលុះត្រាតែ $${x_1x_2=x_3=\cdots = x_{k+1}=1}$$ & $${(1-x_1)(x_2-1)= 0}$$ ឬ $${x_1=x_2=\cdots = x_{k+1}=1}$$។
ដូចនេះ សំណើរយើងក៏ពិតចំពោះ $${n=k+1}$$ ដែលនាំឲ្យវាពិតចំពោះគ្រប់ $${n\in \mathbb{N}}$$។
យើងបាន
$$
\begin{align*}
x_1+x_2+\cdots + x_n &\geq n\\
\frac{a_1}{\sqrt[n]{a_1a_2\dots a_n}}+ \frac{a_2}{\sqrt[n]{a_1a_2\dots a_n}}+\cdots + \frac{a_n}{\sqrt[n]{a_1a_2\dots a_n}} &\geq n\\
\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}&\geq \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}
\end{align*}
$$
ដែលសមភាពកើតឡើងកាលណា $${x_1=x_2=\cdots = x_n=1}$$ ឬ
$$
\frac{a_1}{\sqrt[n]{a_1a_2\dots a_n}}= \frac{a_2}{\sqrt[n]{a_1a_2\dots a_n}}=\cdots = \frac{a_n}{\sqrt[n]{a_1a_2\dots a_n}}
$$
ឬ $${a_1=a_2=\cdots=a_n}$$។
□
2.2. វិធីសាស្ត្រទី២
Proof of Theorem 1
យើងនឹងប្រើវិសមភាព
$$
e^x\geq x+ 1\quad \dots (*)
$$
វិសមភាពនេះអាចស្រាយបញ្ជាក់បានដោយសិក្សាបរមានៃអនុគមន៍ $${f(x)=e^x-x-1}$$ ដែលមានតម្លៃអប្បបរមាស្មើ $${0}$$ ត្រង់ $${x=1}$$។ យើងទុកជាលំហាត់កំសាន្តសម្រាប់អ្នកអាន។
តាង $${m=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_k}$$ ហើយជំនួស $${x=\frac{a_k}{m}-1, (k = 1,2,\cdots n)}$$ ក្នុង $${(*)}$$ យើងបាន
$$
\exp\Bigl({\frac{a_k}{m}-1}\Bigr)\geq \frac{a_k}{m}
$$
ដែល $${\exp(y):=e^y}$$។
គុណអង្គទាំងពីរពី$${k = 1}$$ ដល់ $${n}$$ យើងបាន
$$
\exp\Bigl({\frac{1}{m}\sum_{k=1}^n a_k-n}\Bigr)\geq \frac{1}{m^n}{\prod_{k=1}^n a_k} \quad \dots (**)
$$
តាមនិយមន័យនៃ $${m}$$ យើងមាន $${\frac{1}{m}\sum_{k=1}^n a_k-n=0}$$ ដូចនេះ $${(**)}$$ ទៅជា
$$
m^n \geq {\prod_{k=1}^n a_k}
$$
ពាក់ឫសទី$${n}$$លើអង្គទាំងសងខាង យើងបាន
$$
\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_k\geq \sqrt[n]{\prod_{k=1}^n a_k}
$$
ដូចដែលយើងចង់ស្រាយ។
សមភាពកើតឡើងលុះត្រាតែ
$$
\frac{a_k}{m}-1=0
$$
ចំពោះគ្រប់ $${k}$$ ដែលសមមូលនឹង $${a_1=a_2=\cdots=a_n}$$។
□
3. អនុវត្តន៍លើវិសមភាពAM-GM
Example 1.
ចំពោះ $${x,y,z> 0}$$ ដែល $${x+y+z=1}$$ បង្ហាញថា
$$
\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}\geq 1
$$
Solution.
$$
\begin{align*}
\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}
&= \frac{1}{2}\Bigl(\frac{xy}{z}+\frac{zx}{y}\Bigr)+\frac{1}{2}\Bigl(\frac{yz}{x}+\frac{xy}{z}\Bigr)+\frac{1}{2}\Bigl(\frac{zx}{y}+\frac{yz}{x}\Bigr)\\
&\geq \sqrt{\frac{xy}{z}\frac{zx}{y}}+\sqrt{\frac{yz}{x}\frac{xy}{z}}+\sqrt{\frac{zx}{y}\frac{yz}{x}}\\
&=x+y+z=1
\end{align*}
$$
សមភាពកើតឡើងកាលណា
$$
\begin{cases}
\frac{xy}{z} = \frac{zx}{y} , \frac{yz}{x}=\frac{xy}{z}, \frac{zx}{y}=\frac{yz}{x} \\
x+y+z=1
\end{cases}
$$
ឬ $${x=y=z=\frac{1}{3}}$$។
Example 2.
ចំពោះ $${x,y,z> 0}$$ បង្ហាញថា
$$
\Bigl(x+\frac{1}{y}\Bigr)\Bigl(y+\frac{1}{z}\Bigr)\Bigl(z+\frac{1}{x}\Bigr)\geq 8
$$
Solution.
$$
\begin{align*}
\Bigl(x+\frac{1}{y}\Bigr)\Bigl(y+\frac{1}{z}\Bigr)\Bigl(z+\frac{1}{x}\Bigr) &\geq
2\sqrt{x\cdot \frac{1}{y}}\cdot 2\sqrt{y\cdot \frac{1}{z}} \cdot 2\sqrt{z\cdot \frac{1}{x}}\\
&=8
\end{align*}
$$
សមភាពកើតឡើងកាលណា $${x=\frac{1}{y}, y=\frac{1}{z}, z=\frac{1}{x} }$$ ឬ $${x=y=z=1}$$។
4. គណនាឫសការេដោយប្រើស្វុីត
ចំពោះ $${a>0}$$ ពិនិត្យស្វុីត $${({x_n})_{n\geq 0}}$$ ដែលផ្ទៀងផ្ទាត់ទំនាក់ទំនង
$$
\begin{cases}
x_{n+1}=\frac{1}{2}\Bigl(x_n+\frac{a}{x_n}\Bigr) \\
x_0 >0
\end{cases}
$$
បង្ហាញថា $${x_n}$$ ជាស្វុីតរួម ហើយ
$$
\lim_{n\to \infty}x_n = \sqrt{a}
$$
Proof
ចំពោះ $${n>0}$$ តាមវិសមភាពAM-GM
$$
\begin{align*}
x_{n}&=\frac{1}{2}\Bigl(x_{n-1}+\frac{a}{x_{n-1}}\Bigr) \\
&\geq \sqrt{x_{n-1}\cdot\frac{a}{x_{n-1}}}=\sqrt{a}
\end{align*}
$$
យើងបាន $${x_n \geq \sqrt{a}}$$ ចំពោះ $${n>0}$$។ តទៀត យើងឃើញថា
$$
\begin{align*}
x_{n+1}-x_n
&=\frac{1}{2}\Bigl(x_n+\frac{a}{x_n}\Bigr)-x_n\\
&=\frac{1}{2}\Bigl(\frac{a}{x_n}-x_n\Bigr)=\frac{1}{2}\Bigl(\frac{a-x_n^2}
{x_n}\Bigr)\\
&\leq 0
\end{align*}
$$
យើងបាន $${x_{n+1}\leq x_n}$$ មានន័យថា $${({x_n})_{n\geq 0}}$$ ជាស្វុីតចុះម៉ូណូតូន ហើយដោយ$${x_n \geq \sqrt{a}}$$ វាក៏ជាស្វីតទាល់ក្រោម។
តាម Monotone Convergence Theorem ស្វុីតចុះម៉ូណូតូនហើយទាល់ក្រោម ជាស្វុីតរួម។
តាង $${x=\lim_{n\to \infty}x_n}$$ នោះ $${x=\lim_{n\to \infty}x_{n+1}}$$ ហើយតាមទំនាក់ទំនងស្វុីតដែលឲ្យ យើងបាន
$$
\begin{align*}
x&=\frac{1}{2}\Bigl(x+\frac{a}{x}\Bigr) \\
\end{align*}
$$
នាំឲ្យ $${x=\pm\sqrt{a}}$$ ។ តែដោយ $${x_n \geq \sqrt{a}}$$ នោះ $${x \geq \sqrt{a}}$$ ដូច្នេះយើងបាន
$$
\lim_{n\to \infty}x_n = x = \sqrt{a}
$$
Example. យក $${a=2}$$ យើងសាកគណនា $${\sqrt{2}}$$ តាមទំនាក់ទំនងស្វុីត
$$
x_{n+1}=\frac{1}{2}\Bigl(x_n+\frac{2}{x_n}\Bigr) \\
$$
យក $${x_0=1}$$ (យើងអាចយកតម្លៃប៉ុន្មានក៏បាន ឲ្យតែ $${x_0>0}$$ គ្រាន់តែថា បើវាធំពេក ស្វុីតរបស់យើងអាចនឹងរួមយឺត)។ គណនាបន្តបន្ទាប់ យើងបាន
$$
\begin{align*}
x_1&=1.5\\
x_2&=1.416667\dots\\
x_3&=1.414216\dots\\
x_4&=1.414214\dots\\
x_5&=1.414214\dots\\
x_6&=1.414214\dots\\
x_7&=1.414214\dots\\
x_8&=1.414214\dots\\
x_9&=1.414214\dots\\
x_{10}&=1.414214\dots\\
\end{align*}
$$
ជាក់ស្តែង $${\sqrt{2}=1.41421356\dots}$$។
5. គណនាឫសទីkដោយប្រើស្វុីត
ចំពោះ $${a>0}$$ និង $${k>1}$$ ពិនិត្យស្វុីត $${({x_n})_{n\geq 0}}$$ ដែលផ្ទៀងផ្ទាត់ទំនាក់ទំនង
$$
\begin{cases}
x_{n+1}=\frac{1}{k}\Bigl((k-1)x_n+\frac{a}{x_n^{k-1}}\Bigr) \\
x_0 >0
\end{cases}
$$
បង្ហាញថា $${x_n}$$ ជាស្វុីតរួម ហើយ
$$
\lim_{n\to \infty}x_n = \sqrt[k]{a}
$$
Proof
ចំពោះ $${n>0}$$ តាមវិសមភាពAM-GM ដែលមាន$${k}$$តួ
$$
\begin{align*}
x_{n}&=\frac{1}{k}\Bigl((k-1)x_{n-1}+\frac{a}{x_{n-1}^{k-1}}\Bigr) \\
&=\frac{1}{k}\Bigl(\underbrace{x_{n-1}+x_{n-1}+\cdots x_{n-1}}_{(k-1)\text{ terms}}+\frac{a}{x_{n-1}^{k-1}}\Bigr) \\
&\geq \sqrt[k]{\underbrace{x_{n-1}\cdot x_{n-1}\cdots x_{n-1}}_{(k-1)\text{ terms}}\cdot\frac{a}{x_{n-1}^{k-1}}}\\
&=\sqrt[k]{{x_{n-1}^{k-1}}\cdot \frac{a}{x_{n-1}^{k-1}}} =\sqrt[k]{a}
\end{align*}
$$
យើងបាន $${x_n \geq \sqrt[k]{a}}$$ ចំពោះ $${n>0}$$។ តទៀត យើងឃើញថា
$$
\begin{align*}
x_{n+1}-x_n
&=\frac{1}{k}\Bigl((k-1)x_n+\frac{a}{x_n^{k-1}}\Bigr)-x_n\\
&=\frac{1}{k}\Bigl((\frac{a}{x_n^{k-1}}-x_n\Bigr)=\frac{1}{k}\Bigl(\frac{a-x_n^k}
{x_n}\Bigr)\\
&\leq 0
\end{align*}
$$
យើងបាន $${x_{n+1}\leq x_n}$$ មានន័យថា $${({x_n})_{n\geq 0}}$$ ជាស្វុីតចុះម៉ូណូតូន ហើយដោយ$${x_n \geq \sqrt[k]{a}}$$ វាក៏ជាស្វីតទាល់ក្រោម។
តាម Monotone Convergence Theorem ស្វុីតចុះម៉ូណូតូនហើយទាល់ក្រោម ជាស្វុីតរួម។
តាង $${x=\lim_{n\to \infty}x_n}$$ នោះ $${x=\lim_{n\to \infty}x_{n+1}}$$ ហើយតាមទំនាក់ទំនងស្វុីតដែលឲ្យ យើងបាន
$$
\begin{align*}
x&=\frac{1}{k}\Bigl((k-1)x+\frac{a}{x^{k-1}}\Bigr) \\
\end{align*}
$$
នាំឲ្យ $${x=\sqrt[k]{a}}$$ ។ ដូច្នេះយើងបាន
$$
\lim_{n\to \infty}x_n = x = \sqrt[k]{a}
$$
Example. យក $${a=2}$$ យើងសាកគណនា $${\sqrt[4]{2}}$$ តាមទំនាក់ទំនងស្វុីត
$$
x_{n+1}=\frac{1}{4}\Bigl(3x_n+\frac{2}{x_n^{3}}\Bigr) \\
$$
យក $${x_0=1}$$។ គណនាបន្តបន្ទាប់ យើងបាន
$$
\begin{align*}
x_1&=1.25 \\
x_2&=1.1935\dots \\
x_3&=1.18923\dots \\
x_4&=1.189207\dots \\
x_5&=1.189207\dots \\
x_6&=1.189207\dots \\
x_7&=1.189207\dots \\
x_8&=1.189207\dots \\
x_9&=1.189207\dots \\
\end{align*}
$$
ជាក់ស្តែង $${\sqrt[4]{2}=1.18920711\dots}$$។
References
For further readings, refer to