Gönderen Konu: Tübitak Ortaokul 2. Aşama 2018 Soru 4  (Okunma sayısı 565 defa)

Çevrimdışı Arman

  • G.O Sevecen Üye
  • ****
  • İleti: 52
  • Karma: +2/-0
Tübitak Ortaokul 2. Aşama 2018 Soru 4
« : 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.
« Son Düzenleme: Aralık 24, 2018, 02:07:17 öö Gönderen: Arman »

Çevrimdışı YavuzSelim

  • G.O İlgili Üye
  • **
  • İleti: 10
  • Karma: +0/-0
  • Never give up!
Ynt: Tübitak Ortaokul 2. Aşama 2018 Soru 4
« Yanıtla #1 : 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. $xyz+\dfrac{4}{xyz}\ge 4$ $\Longrightarrow xyz+\dfrac{2c}
    {xyz}\ge 2c+2$

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

   

 
     
   
« Son Düzenleme: Haziran 16, 2019, 11:39:39 ös Gönderen: YavuzSelim »
"Mathematics is the language in which God has written the universe."

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal