Gönderen Konu: Tübitak Lise 2. Aşama 2012 Soru 4  (Okunma sayısı 5440 defa)

Çevrimdışı Lokman Gökçe

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3.717
  • Karma: +23/-0
  • İstanbul
Tübitak Lise 2. Aşama 2012 Soru 4
« : Ağustos 06, 2013, 03:38:38 öö »
Tüm $x,y,z$ pozitif gerçel sayıları için,
$$ \dfrac{x(2x-y)}{y(2z+x)}+\dfrac{y(2y-z)}{z(2x+y)}+\dfrac{z(2z-x)}{x(2y+z)}\geq 1 $$
olduğunu kanıtlayınız.

(Fehmi Emre Kadan)
« Son Düzenleme: Mayıs 01, 2016, 09:16:38 ös Gönderen: Eray »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı Lokman Gökçe

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3.717
  • Karma: +23/-0
  • İstanbul
Ynt: Tübitak Lise 2. Aşama 2012 Soru 4 - Tashih edildi
« Yanıtla #1 : Eylül 05, 2013, 12:30:47 öö »
(Lokman GÖKÇE)

$ \dfrac{x(2x-y)}{y(2z+x)}+\dfrac{y(2y-z)}{z(2x+y)}+\dfrac{z(2z-x)}{x(2y+z)}\geq 1 $ eşitsizliğinde $\dfrac{x}{y}=a$, $\dfrac{y}{z}=b$,$\dfrac{z}{x}=c$ dönüşümü yaparsak $abc=1$ olup eşitsizlik $ \dfrac{2a-1}{2c+1}+\dfrac{2b-1}{2a+1}+\dfrac{2c-1}{2b+1}\geq 1 $ şekline dönüşür.

$ \dfrac{2a-1}{2c+1}+\dfrac{2b-1}{2a+1}+\dfrac{2c-1}{2b+1}\geq 1 $ ( eşitsizliğinde payda eşitleyip düzenlersek)
$ \Longrightarrow 8a^2b+8b^2c+8c^2a + 4a^2 + 4b^2 + 4c^2 \geq 8abc + 4ab + 4bc + 4ca + 4a + 4b + 4c + 4$ ($abc=1$ yazar ve $a^2 + b^2 + c^2 \geq ab +bc + ca$ eşitsizliğini kullanırsak)
$ \Longrightarrow 2a^2b+2b^2c+2c^2a \geq a + b + c + 3 $ (aritmetik-geometrik ortalama eşitsizliğinden $a^2b+b^2c+c^2a \geq 3$ olduğundan)
$ \Longrightarrow  a^2b+b^2c+c^2a \geq a + b + c $ elde edilir. Bu eşitsizlikte tekrar $\dfrac{x}{y}=a$, $\dfrac{y}{z}=b$,$\dfrac{z}{x}=c$ yazıp düzenlersek $$ x^3 + y^3 + z^3 \geq x^2z +z^2y + y^2x $$ elde ederiz. Bu eşitsizlik ise $(x,y,z)$ ve $(x^2,y^2,z^2)$ üçlüleri için yeniden düzenleme eşitsizliğinin uygulanması olup, eşitsizlik doğrudur.

Eşitlik durumu yalnızca $x=y=z$ durumunda sağlanır.
« Son Düzenleme: Ocak 03, 2015, 10:05:57 ös Gönderen: geo »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı Hüseyin Yiğit EMEKÇİ

  • Geo-Maniac
  • ********
  • İleti: 795
  • Karma: +2/-0
Ynt: Tübitak Lise 2. Aşama 2012 Soru 4
« Yanıtla #2 : Ağustos 30, 2023, 11:46:28 ös »
(Hüseyin Emekçi)

$$\dfrac{x(2x-y)}{y(2z+x)}+\dfrac{y(2y-z)}{z(2x+y)}+\dfrac{z(2z-x)}{x(2y+z)}=\sum{\frac{2x^2}{2yz+xy}}-\sum{\frac{xy}{2yz+xy}}$$

$$\geq \frac{2(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}-\sum{\frac{xy}{2yz+xy}}$$

$$=\frac{2(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}-(3-\sum{\frac{2yz}{2yz+xy}})=\frac{2(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}-3+\sum{\frac{2yz}{2yz+xy}}\geq 1$$

$$=> \frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}+\sum{\frac{yz}{2yz+xy}}=\frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}+\frac{z}{2z+x}+\frac{x}{2x+y}+\frac{y}{2y+z}\geq 2$$

$$\frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}+\frac{z}{2z+x}+\frac{x}{2x+y}+\frac{y}{2y+z}\geq \frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}+\frac{(x+y+z)^2}{2(x^2+y^2+z^2)+xy+yz+zx}$$

$$=(x+y+z)^2\left[\frac{1}{3(xy+yz+zx)}+\frac{1}{2(x^2+y^2+z^2)+xy+yz+zx}\right]\geq (x+y+z)^2\left(\frac{4}{4(xy+yz+zx)+2(x^2+y^2+z^2)}\right)\geq 2$$

$$\frac{2(x+y+z)^2}{4(xy+yz+zx)+2(x^2+y^2+z^2)}\geq 1$$.

Bu ifadenin doğru olduğu açıktır. İspat biter.

« Son Düzenleme: Kasım 15, 2023, 08:47:49 ös Gönderen: Hüseyin Yiğit EMEKÇİ »
''Uzman, çok dar bir alanda yapılabilecek tüm hataları yapmış kişidir.''   ~Niels Bohr

Çevrimdışı Hüseyin Yiğit EMEKÇİ

  • Geo-Maniac
  • ********
  • İleti: 795
  • Karma: +2/-0
Ynt: Tübitak Lise 2. Aşama 2012 Soru 4
« Yanıtla #3 : Ekim 06, 2023, 07:08:05 öö »
Acaba sorunun değişkene bağlı bir maksimumu var mıdır ?
''Uzman, çok dar bir alanda yapılabilecek tüm hataları yapmış kişidir.''   ~Niels Bohr

 


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 32 33 34 35 36 37 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal