Vankhea

មតិស្វាគមន៍

សូមស្វាគមន៍លោកអ្នកដែលបានចូលមកដល់គេហទំព័ររបស់ខ្ញុំបាទ !!!

ខ្ញុំបាទឈ្មោះ វ៉ាន់ ឃា កើតថ្ងៃទី 10 ខែ មេសា ឆ្នាំ 1988 នៅភូមិរកាជួរ​ ឃុំបន្ទាយចក្រី ស្រុកព្រះស្ដេច ខេត្តព្រៃវែង។

គេហទំព័រខាងក្រោមនេះជាបណ្ដាទ្រឹស្ដីបទនៃវិសមភាពមួយចំនួនដែលខ្ញុំបានតែងឡើងដើម្បីជួយសំរួលដល់ការធ្វើលំហាត់

ទ្រឹស្ដីបទទាំងពីរខាងក្រោមនេះមិនទាន់បានទទួលស្គាល់ពីស្ថាប័នណាមួយទេ ហេតុនេះខ្ញុំសង្ឃឹមថាពេលដែលលោកគ្រូ អ្នកគ្រូ

បានជួបប្រទះសិស្សដែលបានយកទ្រឹស្ដីបទទាំងពីរខាងក្រោមទៅប្រើ សូមមេត្តាជួយកែសំរួលអោយសិស្សផង។

វិសមភាពទីមួយ

1/ គេអោយ $f:R\longrightarrow R_{0}^{+}$ ជាអនុគមន៍ផត។ ចំពោះចំនួនវិជ្ជមាន $m\leq n;p\leq n$ និងចំពោះ $a\leq b\leq c$ គេបានៈ

$m(c-b)f(a)-n(c-a)f(b)+p(b-a)f(c)\leq 0$

• ករណីពិសេសបើ $m=n=p\neq 0$ នោះគេបានៈ

$(c-b)f(a)-(c-a)f(b)+(b-a)f(c)\leq 0$

2/គេអោយ $f:R\longrightarrow R_{0}^{+}$ ជាអនុគមន៍ប៉ោង។ ចំពោះចំនួនវិជ្ជមាន $m\geq n;p\geq n$ និងចំពោះ $a\leq b\leq c$ គេបានៈ

$m(c-b)f(a)-n(c-a)f(b)+p(b-a)f(c)\geq 0$

• ករណីពិសេសបើ $m=n=p\neq 0$ នោះគេបានៈ

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

• ចំណាំនៅទីនេះអនុគមន៍ $f\,$ ជាអនុគមន៍ផតកាលណា $f''<0\,$ ហើយជាអនុគមន៍ប៉ោងកាលណា $f''>0\,$

សំរាយបញ្ជាក់

តាមសម្មតិកម្មយើងមាន $x\leq y\leq z$ ដូចនេះយើងអាចពិនិត្យលើករណីដូចខាងក្រោមៈ

ឧបមាថាមាន $c_{1}\in (x,y);c_{2}\in (y,z)$ ដែល $f'(c_{1})={\frac {f(y)-f(x)}{y-x}};f'(c_{2})={\frac {f(z)-f(y)}{z-y}}$

យើងពិនិត្យមើលថាបើ f ជាអនុគមន៍ប៉ោងនោះយើងបាន $f''>0$ នោះនាំអោយ $f'$ ជាអនុគមន៍កើន។ ដោយ $c_{1}\leq c_{2}$ នោះគេបានៈ $f'(c_{1})\leq f'(c_{2})$ ឬ ${\frac {f(y)-f(x)}{y-x}}\leq {\frac {f(z)-f(y)}{z-y}}$ ។

ហើយចំពោះ f ជាអនុគមន៍វិញយើងបាន $f''<0$ នាំអោយ $f'$ ជាអនុគមន៍ចុះ។ ដូចនេះចំពោះ $c_{1}\leq c_{2}$ គេបាន $f'(c_{1})\geq f'(c_{2})$ ឬ ${\frac {f(y)-f(x)}{y-x}}\geq {\frac {f(z)-f(y)}{z-y}}$

ដូចនេះយើងពិនិត្យលើ 4 ករណីដូចខាងក្រោមៈ

• ករណី 1 បើ $m\geq p\geq n\geq 0$ និងអនុគមន៍ $f$ ជាអនុគមន៍ប៉ោងយើងមានៈ

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

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

• ករណី 2 បើ $p\geq m\geq n\geq 0$ និងអនុគមន៍ $f$ ជាអនុគមន៍ប៉ោងយើងបានៈ

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

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

• ករណី 3 បើ $m\leq p\leq n$ និងអនុគមន៍ $f$ ជាអនុគមន៍ផតយើងមានៈ

$m(z-y)f(x)-n(z-x)f(y)+p(y-x)f(z)=(m-p)(z-y)f(x)+(p-n){\biggl (}(z-y)f(x)+(y-x)f(z){\biggl )}$$+n(y-x)(z-y){\biggl (}{\frac {f(z)-f(y)}{z-y}}-{\frac {f(y)-f(x)}{y-x}}{\biggl )}\leq 0$

$\Rightarrow m(z-y)f(x)-n(z-x)f(y)+p(y-x)f(z)\leq 0$

• ករណី 4 បើ $p\leq m\leq n$ និងអនុគមន៍ $f$ ជាអនុគមន៍ផតយើងបានៈ

$m(z-y)f(x)-n(z-x)f(y)+p(y-x)f(z)=(p-m)(y-x)f(z)+(m-n){\biggl (}(y-x)f(z)+(z-y)f(x){\biggl )}$$+n(y-x)(z-y){\biggl (}{\frac {f(z)-f(y)}{z-y}}-{\frac {f(y)-f(x)}{y-x}}{\biggl )}\leq 0$

$\Rightarrow m(z-y)f(x)-n(z-x)f(y)+p(y-x)f(z)\leq 0$

បំរើបំរាស់

វិសមភាពខាងលើជាវិធីសរសេរលើចំនុចរួមគ្នានៃវិសមភាពមួយចំនួនដែលមានលក្ខណៈពិសេសទៅតាមតំលៃនៃអថេរនិងអនុគមន៍។ ដូចនេះវិសមភាពខាងលើនេះអាចស្រាយបាននូវទ្រឹស្ដីបទវិសមភាពដទៃដូចជា វិសមភាព Jensen ;វិសមភាព Schur ; វិសមភាព Bernoulli ; ...

ឧទាហរណ៍គំរូ

• ឧទាហរណ៍ ១:គេអោយ $f:R\longrightarrow R_{0}^{+}$ ជាអនុគមន៍ផត។ ចំពោះចំនួនវិជ្ជមាន $\alpha ,\beta ;\alpha +\beta =1;x,y\in I$ ។ ស្រាយថាៈ $\alpha f(x)+\beta f(y)\leq f(\alpha x+\beta y)$

សំរាយបញ្ជាក់

យើងឧបមាថា $x\leq y$ នោះចំពោះ $\alpha ,\beta >0;\alpha +\beta =1\,$ គេបានៈ $x\leq \alpha x+\beta y\leq y$

ដូចនេះយើងបានៈ $(y-\alpha x-\beta y)f(x)-(y-x)f(\alpha x+\beta y)+(\alpha x+\beta y-x)f(y)\leq 0$

$((1-\beta )y-\alpha x)f(x)+((\beta y-(1-\alpha )x)f(y)\leq (y-x)f(\alpha x+\beta y)$

$\alpha +\beta =1\Longrightarrow \alpha =1-\beta ;\beta =1-\alpha$ ជំនួសចូលយើងបានៈ

$\alpha f(x)+\beta f(y)\leq f(\alpha x+\beta y)$

• ឧទារណ៍ទី ២:គេអោយ $f:R\longrightarrow R_{0}^{+}$ ជាអនុគមន៍ប៉ោង។ ចំពោះចំនួនវិជ្ជមាន $\alpha ,\beta >0;\alpha -\beta =1;x,y\in I$ និង $\alpha x-\beta y\in I$ ។

ស្រាយថាៈ $\alpha f(x)-\beta f(y)\leq f(\alpha x-\beta y)$

សំរាយបញ្ជាក់

យើងមានៈ $\alpha x-\beta y=(1+\beta )x-\beta y=x+\beta (x-y);\forall {\alpha ,\beta >0;\alpha -\beta =1}$

+ បើ $x\geq y\Longrightarrow x+\beta (x-y)\geq x\geq y$

+ បើ $x\leq y\Longrightarrow x+\beta (x-y)\leq x\leq y$

ទាំងពីរករណីខាងលើយើងអាចជ្រើសរើសយកមួយមកស្រាយព្រោះវាសុទ្ធតែបានលទ្ធផលដូចគ្នា។ ឥឡូវយើងឧបមាថា $y\leq x$

នោះយើងបានៈ $y\leq x\leq \alpha x-\beta y$

តាមវិសមភាពខាងលើយចំពោះ $m=n=p\neq 0;y\leq x\leq \alpha x-\beta y$ និងចំពោះ $f$ ជាអនុគមន៍ប៉ោងយើងបានៈ

$(\alpha x-\beta y-x)f(y)-(\alpha x-\beta y-y)f(x)+(x-y)f(\alpha x-\beta y)\geq 0$

វិសមភាពខាងលើសមមូលនឹងៈ

$(x-y)\beta f(y)-(x-y)\alpha f(x)+(x-y)f(\alpha x-\beta y)\geq 0$

$\Longrightarrow f(\alpha x-\beta y)\geq \alpha f(x)-\beta f(y)$

• ឧទាហរណ៍ ៣:គេអោយ $f:R\longrightarrow R_{0}^{+}$ ជាអនុគមន៍ប៉ោង។ ចំពោះចំនួនវិជ្ជមាន $a,b,c;a\geq b\geq c$ និងចំពោះ $x\leq y\leq z$ ឬ $x\geq y\geq z;\forall {x,y,z\in \mathbb {I} };k\in \mathbb {Z^{+}}$។

ស្រាយបញ្ជាក់ថា់ៈ

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

សំរាយបញ្ជាក់

យើងពិនិត្យលើតំលៃ k បើសិនជា k ជាចំនួនគូនោះវិសមភាពខាងលើពិតជានិច្ច ដូចនេះយើងគ្រាន់តែថាចំពោះករណី k ជាចំនួនសេស។ បើ k ជាចំនួនសេសនោះវិសមភាពខាងលើអាចសរសេរទៅជាៈ

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

បើសិនជា $x=y=z$ នោះវិសមភាពខាងលើពិតជានិច្ច ដូចនេះយើងឧបមាថា $x<y<z;\forall {x,y,z\in \mathbb {I} }$ នោះវិសមភាពខាងលើសមមូលនឹងៈ

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

តាង $m={\frac {(a-b)^{k}(a-c)^{k}}{z-y}};n={\frac {(a-b)^{k}(b-c)^{k}}{z-x}};p={\frac {(a-c)^{k}(b-c)^{k}}{y-x}}$

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

ដូចនេះយើងត្រូវស្រាយថា $m\geq n\geq 0;p\geq n\geq 0$

ចំពោះ $a\geq b\geq c;x<y<z$ យើងបានៈ

$m-n=(a-b)^{k}{\biggl (}{\frac {(a-c)^{k}}{z-y}}-{\frac {(b-c)^{k}}{z-x}}{\biggl )}\geq 0\Longrightarrow m\geq n\geq 0$

$p-n=(b-c)^{k}{\biggl (}{\frac {(a-c)^{k}}{y-x}}-{\frac {(a-b)^{k}}{z-x}}{\biggl )}\geq 0\Longrightarrow p\geq n\geq 0$

ដូចនេះវិសមភាពត្រូវបានស្រាយបញ្ជាក់។

• ឧទាហរណ៍ ៤:គេអោយ $f:R\longrightarrow R_{0}^{+}$ ជាអនុគមន៍ប៉ោង។ ចំពោះចំនួនវិជ្ជមាន $a,b,c;a\leq b\leq c;a,b,c\in I$ ។ ស្រាយបញ្ជាក់ថាៈ

$a^{2}f(b)+b^{2}f(c)+c^{2}f(a)\geq abf(c)+bcf(a)+caf(b)$

សំរាយបញ្ជាក់

ដោយ $a\leq b\leq c$ យើងយក $m=c;n=a;p=b\Longrightarrow m\geq n\geq 0;p\geq n\geq 0$

ដោយ $f$ ជាអនុគមន៍ប៉ោងនោះចំពោះ $m\geq n\geq 0;p\geq n\geq 0$ និង $a\leq b\leq c$ គេបានៈ

$m(c-b)f(a)-n(c-a)f(b)+p(b-a)f(c)\geq 0$

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

$\Longrightarrow a^{2}f(b)+b^{2}f(c)+c^{2}f(a)\geq abf(c)+bcf(a)+caf(b)$

• ឧទាហរណ៍ ៥:គេអោយ $f:R\longrightarrow R_{0}^{+}$ ជាអនុគមន៍ប៉ោង។ ចំពោះចំនួនវិជ្ជមាន $a,b,c;(a\leq b\leq c);a,b,c\in I$ និងចំពោះចំនួនវិជ្ជមាន $m\geq n\geq 0;p\geq n\geq 0$ ដែល $m-n+p=1\,$ ។ ស្រាយបញ្ជាក់ថាៈ

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

សំរាយបញ្ជាក់

ដោយ $f\,$ ជាអនុគមន៍ប៉ោងនិងចំពោះ $a\leq b\leq c$ និងចំពោះ $n\geq 0$ គេបានៈ

$n(c-b)f(a)-n(c-a)f(b)+n(b-a)f(c)\geq 0$  ; $(\alpha )\,$

ម្យ៉ាងទៀតចំពោះ $a\leq b\leq c$ និងចំពោះ $m\geq n\geq 0;p\geq n\geq 0;(m-n+p=1)$ គេបានៈ

$a\leq ma-nb+pc\leq c$

ដោយ $f\,$ ជាអនុគមន៍ប៉ោងនិងចំពោះ $a\leq ma-nb+pc\leq c$ គេបានៈ

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

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

ដោយ $m-n+p=1\Longrightarrow 1-p=m-n$ និង $1-m=p-n\,$ ជំនួសចូលគេបានៈ

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

យក $(\alpha )+(\beta )\,$ គេបានៈ

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

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

វិសមភាពទីពីរ

ចំពោះបណ្ដាចំនួនវិជ្ជមាន $x_{i};y_{i};z_{i};\forall {i=1,2,...n}$ និងចំពោះ $\alpha \geq 1;\beta ;\gamma \geq 0$ ដែល $\alpha -\beta -\gamma =1\,$ នោះគេបានវិសមភាពដូចខាងក្រោមៈ

${\frac {x_{1}^{\alpha }}{y_{1}^{\beta }z_{1}^{\gamma }}}+{\frac {x_{2}^{\alpha }}{y_{2}^{\beta }z_{2}^{\gamma }}}+...+{\frac {x_{n}^{\alpha }}{y_{n}^{\beta }z_{n}^{\gamma }}}\geq {\frac {(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})^{\alpha }}{(y_{1}+y_{2}+...+y_{n})^{\beta }(z_{1}+z_{2}+...+z_{n})^{\gamma }}}$

នៅដើមឆ្នាំ 2010 វិសមភាពនេះត្រូវបានអោយដោយទំរង់ទូទៅដូចខាងក្រោមៈ

ចំពោះបណ្ដាចំនួនវិជ្ជមាន $\{x_{i,j}\};(i=1,2,...,m;j=1,2,...,n);\forall {m,n\in \mathbb {N^{*}} }$ និងចំពោះ $a_{1}\geq 1;a_{2},...,a_{n}\geq 0$ ហើយផ្ទៀងផ្ទាត់ $a_{1}-a_{2}-...-a_{n}=1;\forall {n\in \mathbb {N^{*}} }$ គេបានៈ

${\frac {x_{1,1}^{a_{1}}}{\prod _{j=2}^{n}x_{1,j}^{a_{j}}}}+{\frac {x_{2,1}^{a_{1}}}{\prod _{j=2}^{n}x_{2,j}^{a_{j}}}}+...+{\frac {x_{m,1}^{a_{1}}}{\prod _{j=2}^{n}x_{m,j}^{a_{j}}}}\geq {\frac {(x_{1,1}+x_{2,1}+...+x_{m,1})^{a_{1}}}{\prod _{j=2}^{n}(x_{1,j}+x_{2,j}+...+x_{m,j})^{a_{j}}}}$

ករណីពិសេស

• ករណី $a_{3}=a_{4}=...=a_{n}=0\Longrightarrow a_{1}-a_{2}=1$ នោះវិសមភាពខាងលើទៅជាៈ

${\frac {x_{1,1}^{a_{1}}}{x_{1,2}^{a_{2}}}}+{\frac {x_{2,1}^{a_{1}}}{x_{2,2}^{a_{2}}}}+...+{\frac {x_{m,1}^{a_{1}}}{x_{m,2}^{a_{2}}}}\geq {\frac {(x_{1,1}+x_{2,1}+...+x_{m,1})^{a_{1}}}{(x_{1,2}+x_{2,2}+...+x_{m,2})^{a_{2}}}}$

• ករណី $a_{1}=p;a_{2}=p-1;a_{3}=a_{4}=...=a_{n}=0;p\geq 1\Longrightarrow a_{1}-a_{2}=1$ នោះវិសមភាពខាងលើទៅជាៈ

${\frac {x_{1,1}^{p}}{x_{1,2}^{p-1}}}+{\frac {x_{2,1}^{p}}{x_{2,2}^{p-1}}}+...+{\frac {x_{m,1}^{p}}{x_{m,2}^{p-1}}}\geq {\frac {(x_{1,1}+x_{2,1}+...+x_{m,1})^{p}}{(x_{1,2}+x_{2,2}+...+x_{m,2})^{p-1}}}$

• ករណី ${\frac {1}{p}}-{\frac {1}{q}}=1;p,q>0$ នោះវិសមភាពខាងលើទៅជាៈ

${\frac {x_{1,1}}{x_{1,2}}}+{\frac {x_{2,1}}{x_{2,2}}}+...+{\frac {x_{m,1}}{x_{m,2}}}\geq {\frac {(x_{1,1}^{p}+x_{2,1}^{p}+...+x_{m,1}^{p})^{\frac {1}{p}}}{(x_{1,2}^{q}+x_{2,2}^{q}+...+x_{m,2}^{q})^{\frac {1}{q}}}}$

ឧទាហរណ៍គំរូ

• ឧទាហរណ៍ ១:ស្រាយថាចំពោះចំនួនវិជ្ជមាន $a,b,c\,$ គេបានៈ

${\frac {a+b+c}{3}}\geq {\sqrt[{3}]{abc}}$

សំរាយបញ្ជាក់

យើងមាន ${\frac {1^{4}}{abc}}+{\frac {1^{4}}{bca}}+{\frac {1^{4}}{cab}}\geq {\frac {(1+1+1)^{4}}{(a+b+c)(b+c+a)(c+a+b)}}$

$\Longrightarrow {\frac {3}{abc}}\geq {\frac {3^{4}}{(a+b+c)^{3}}}$

$\Longrightarrow a+b+c\geq 3{\sqrt[{3}]{abc}}$

• ឧទាហរណ៍ ២:ស្រាយបញ្ជាក់ថាចំពោះចំនួនវិជ្ជមាន $a,b,c,x,y,z\,$ គេបានៈ

${\sqrt[{3}]{(a+x)(b+y)(c+z)}}\geq {\sqrt[{3}]{abc}}+{\sqrt[{3}]{xyz}}$

សំរាយបញ្ជាក់

យើងមានៈ $a+x={\frac {({\sqrt[{3}]{abc}})^{3}}{bc}}+{\frac {({\sqrt[{3}]{xyz}})^{3}}{yz}}\geq {\frac {({\sqrt[{3}]{abc}}+{\sqrt[{3}]{xyz}})^{3}}{(b+y)(c+z)}}$

$\Longrightarrow (a+x)(b+y)(c+z)\geq ({\sqrt[{3}]{abc}}+{\sqrt[{3}]{xyz}})^{3}$

$\Longrightarrow {\sqrt[{3}]{(a+x)(b+y)(c+z)}}\geq {\sqrt[{3}]{abc}}+{\sqrt[{3}]{xyz}}$

• ឧទាហរណ៍​ ៣:ស្រាយបញ្ជាក់ចំពោះ $a,b,c,x,y,z>0;p\geq 2$ គេបានៈ

${\frac {a^{p}}{x}}+{\frac {b^{p}}{y}}+{\frac {c^{p}}{z}}\geq {\frac {(a+b+c)^{p}}{3^{p-2}(x+y+z)}}$

សំរាយបញ្ជាក់

យើងបានៈ ${\frac {a^{p}}{x}}+{\frac {b^{p}}{y}}+{\frac {c^{p}}{z}}={\frac {a^{p}}{1^{p-2}.x}}+{\frac {b^{p}}{1^{p-2}.y}}+{\frac {c^{p}}{1^{p-2}.z}}\geq {\frac {(a+b+c)^{p}}{(1+1+1)^{p-2}(x+y+z)}}$

$\Longrightarrow {\frac {a^{p}}{x}}+{\frac {b^{p}}{y}}+{\frac {c^{p}}{z}}\geq {\frac {(a+b+c)^{p}}{3^{p-2}(x+y+z)}}$

• ឧទាហរណ៍ ៤:ស្រាយបញ្ជាក់ថាចំពោះ $a,b,c,x,y,z>0\,$ និងចំពោះ $p,q>0\,$ ដែលផ្ទៀងផ្ទាត់ ${\frac {1}{p}}+{\frac {1}{q}}\leq 1$ គេបានៈ

${\frac {ax+by+cz}{3}}\leq {\biggl (}{\frac {a^{p}+b^{p}+c^{p}}{3}}{\biggl )}^{\frac {1}{p}}{\biggl (}{\frac {x^{q}+y^{q}+z^{q}}{3}}{\biggl )}^{\frac {1}{q}}$

សំរាយបញ្ជាក់

យើងមានៈ $ax+by+cz={\frac {(ax)^{2}}{1^{1-{\frac {1}{p}}-{\frac {1}{q}}}(a^{p})^{\frac {1}{p}}(x^{q})^{\frac {1}{q}}}}+{\frac {(by)^{2}}{1^{1-{\frac {1}{p}}-{\frac {1}{q}}}(b^{p})^{\frac {1}{p}}(y^{q})^{\frac {1}{q}}}}+{\frac {(cz)^{2}}{1^{1-{\frac {1}{p}}-{\frac {1}{q}}}(c^{p})^{\frac {1}{p}}(z^{q})^{\frac {1}{q}}}}$$\geq {\frac {(ax+by+cz)^{2}}{(1+1+1)^{1-{\frac {1}{p}}-{\frac {1}{q}}}(a^{p}+b^{p}+c^{p})^{\frac {1}{p}}(x^{q}+y^{q}+z^{q})^{\frac {1}{q}}}}$

$\Longrightarrow ax+by+cz\geq {\frac {(ax+by+cz)^{2}}{3^{1-{\frac {1}{p}}-{\frac {1}{q}}}(a^{p}+b^{p}+c^{p})^{\frac {1}{p}}(x^{q}+y^{q}+z^{q})^{\frac {1}{q}}}}$

$\Longrightarrow {\frac {ax+by+cz}{3}}\leq {\biggl (}{\frac {a^{p}+b^{p}+c^{p}}{3}}{\biggl )}^{\frac {1}{p}}{\biggl (}{\frac {x^{q}+y^{q}+z^{q}}{3}}{\biggl )}^{\frac {1}{q}}$

ករណីពិសេសបើ ${\frac {1}{p}}+{\frac {1}{q}}=1$ នោះគេបានៈ

$ax+by+cz\leq (a^{p}+b^{p}+c^{p})^{\frac {1}{p}}(x^{q}+y^{q}+z^{q})^{\frac {1}{q}}$