Geomania.Org Forumları

Yarışma Soruları => Tübitak Ortaokul 2. Aşama => 2018 => Konuyu başlatan: Arman - Kasım 30, 2018, 03:59:36 öö

Başlık: Tübitak Ortaokul 2. Aşama 2018 Soru 4
Gönderen: Arman - Kasım 30, 2018, 03:59:36 öö

Tüm $x$,$y$,$z$ pozitif gerçel sayıları için


                        $ \dfrac{x^3y+y^3z+z^3x}{x+y+z} + \dfrac{4c}{xyz} \geq 2c+2 $


eşitsizliğini sağlayan tüm $c$ pozitif gerçel sayılarını bulunuz.

Başlık: Ynt: Tübitak Ortaokul 2. Aşama 2018 Soru 4
Gönderen: YavuzSelim - Haziran 16, 2019, 07:18:37 ös

     
     $x=y=z$ olduğu durumu inceleyelim. $x^3+\dfrac{4c}{x^3}\ge 2c+2$ $\Longrightarrow x^3-2\ge 2c-\dfrac{4c}{x^3}$
     
     $\Longrightarrow x^3-2\ge (x^3-2)(\dfrac{2c}{x^3})$. Bunun bütün pozitif x'lerin sağlaması için $x^3\ge 2\iff x^3\ge 2c$ yani

     $c=1$ olmak zorundadır.

     Şimdi $c=1$'in bütün $x,y,z$ sayıları için sağladığını gösterelim. $xyz+\dfrac{4}{xyz}\ge 4$ $\Longrightarrow xyz+\dfrac{4c}
    {xyz}\ge 2c+2$

    $\Longrightarrow \dfrac{x^2yz+xy^2z+xyz^2}{x+y+z}+\dfrac{4c}{xyz}\ge 2c+2$  (1)

    Genelliği bozmadan $x\ge y\ge z$ olsun. {$x^2\ge y^2\ge z^2$}, {$xy\ge zx\ge yz$}

    Yeniden Sıralama Eşitsizliği'nden $x^2yz+xy^2z+xyz^2\le x^3y+y^3z+z^3x$  (2)

    (1) ve (2)'den $\dfrac{x^3y+y^3z+z^3x}{x+y+z}+\dfrac{4c}{xyz}\ge \dfrac{x^2yz+xy^2z+xyz^2}{x+y+z}+\dfrac{4c}{xyz}\ge
    2c+2$ bulunur. Yani eşitsizliği sağlayan tek değer $c=1$ değeridir.