Tübitak Lise 2. Aşama 2011 Soru 3

[geo]

$xyz=1$ koşulunu sağlayan tüm $x,y,z$ pozitif gerçel sayıları için, $$\dfrac{1}{x+y^{20}+z^{11}}+\dfrac{1}{y+z^{20}+x^{11}}+\dfrac{1}{z+x^{20}+y^{11}}\le 1$$ olduğunu gösteriniz.

(Selim Bahadır)

[geo]

(Mehmey KAYSİ)

Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden ötürü herhangi $b$ gerçel sayısı için
$$(x+y^{20}+z^{11})(x^{2b-1}+y^{2b-20}+z^{2b-11})\geq (x^{b}+y^{b}+z^{b})^{2}$$ $$\Rightarrow \frac{1}{x+y^{20}+z^{11}} \leq \frac{x^{2b-1}+y^{2b-20}+z^{2b-11}}{(x^{b}+y^{b}+z^{b})^{2}}$$ Benzer biçimde elde ettiğimiz eşitsizlikleri taraf tarafa toplarsak, 1'den küçük eşit olduğunu göstermek istediğimiz toplamın, $$\frac{x^{2b-1}+y^{2b-1}+z^{2b-1}+x^{2b-20}+y^{2b-20}+z^{2b-20}+x^{2b-11}+y^{2b-11}+z^{2b-11}}{(x^{b}+y^{b}+z^{b})^{2}}$$ kesrinden küçük veya eşit olduğunu göstermiş oluruz.Yani uygun bir $b$ için bu kesrin $\leq 1$ olduğunu gosterirsek ispat tamamlanır.
Notasyon kolaylığı için $f(\alpha )=x^{\alpha}+y^{\alpha}+z^{\alpha}$ olsun. O zaman bizim göstermek istediğimiz ifade
$$f(2b-1)+f(2b-20)+f(2b-11)\leq f(2b)+2(x^{b}y^{b}+x^{b}z^{b}+y^{b}z^{b})$$
Üç tane $AGO$ uygulayarak $(x^{b}y^{b}+x^{b}z^{b}+y^{b}z^{b})\geq f(\frac{b}{2})$ olduğunu görebiliriz. Ayrıca açık bir şekilde $x^{b}y^{b}+x^{b}z^{b}+y^{b}z^{b}=f(-b)$. Bizim amacımız
$$f(2b-1)+f(2b-20)+f(2b-11)\leq f(2b)+f(-b)+f(\frac{b}{2})       (*)$$
olduğunu göstermek.

Lemma: $r\geq s\geq0$ ise, $f(r)\geq f(s)$ ve $f(-r)\geq f(-s)$.
İspat: $s=0$ ise, ifade basit bir AGO. $s>0$ ise, kuvvetler ortası eşitsizliğinden dolayı
$$(\frac{f(r)}{3})^{\frac{1}{r}}\geq (\frac{f(s)}{3})^{\frac{1}{s}}\geq \sqrt[3]{xyz}=1 \Rightarrow   (\frac{f(r)}{3})^{\frac{s}{r}}\geq (\frac{f(s)}{3})\geq 1.$$
$f(r)\geq 3$ ve $r\geq s$ olduğundan $\frac{f(r)}{3}\geq \frac{f(s)}{3}$ olur.
$\Rightarrow   f(r)\geq f(s).
$ $x,y,z$ yerine sırasıyla $x^{-1},y^{-1},z^{-1}$ koyarsak $f(-r)\geq f(-s)$ olur.

$b=7$ alalım. Lemmadan ötürü
$$f(13)\leq f(14),   f(-6)\leq f(-7) {\rm ve} f(3)\leq f(\frac{7}{2})\Rightarrow  (*) \text{ doğrudur.}$$

[geo]

(Fehmi Emre KADAN)

Hölder eşitsizliğinden
$$(x^{10}+y+1)(x^{10}+1+z^{10} )(x+y^{20}+z^{11} )\geq(x^7+y^7+z^7 )^3$$

Buradan da
$$\frac{1}{(x+y^{20}+z^{11} )}\leq \frac{(x^{10}+y+1)(x^{10}+1+z^{10} )}{(x^7+y^7+z^7 )^3}$$

bulunur. Aşağıdaki eşitsizliği ispatlamamız yeterlidir.
$$\sum_{cyc} \frac{(x^{10}+y+1)(x^{10}+1+z^{10} )}{(x^7+y^7+z^7 )^3} \leq 1$$

Son eşitsizliği düzenlersek
$$3+\sum_{cyc} x^{20} +3\sum_{cyc} x^{10}+ \sum_{cyc} x+\sum_{sym} x^{10} y+\sum_{cyc}x^{10} y^{10}\leq (x^7+y^7+z^7 )^3$$

haline dönüşür. Şimdi ise aşağıdaki lemmaları ispatlayalım:

Lemma 1: Her  $x>0$ gerçel sayısı için
$$x^{21}+1 \geq x^{20}+x $$

İspat: $x^{21}+1\geq x^{20}+x  \Leftrightarrow  (x-1)(x^{20}-1)\geq 0$  olur ve son eşitsizlik sağlanır.

Lemma 2: $xyz=1$  şartını sağlayan her  $x, y, z>0$  gerçel sayıları  iğin
$$\sum_{sym} x^{14} y^7\geq 2\sum_{cyc} x^{10} y^{10}$$

İspat: İfadeyi homojen hale getirirsek $(14,7,0)\succ (\frac{31}{3},\frac{31}{3},\frac{1}{3})$  olduğundan Muirhead eşitsizliğinden ispat biter.

Lemma 3: $xyz=1$  şartını sağlayan her  $x, y, z>0$  gerçel sayıları için
$$\sum_{sym} x^{14} y^7 \geq \sum_{sym} x^{10} y$$

İspat: İfadeyi homojen hale getirelim.  $(14, 7, 0)\succ (\frac{40}{3}, \frac{13}{3}, \frac{10}{3})$  olduğundan Muirhead eşitsizliğinden ispat biter.

Lemma 4: $xyz=1$  Şartını  sağlayan her  $x, y, z>0$  gerçel sayıları için
$$\sum_{sym} x^{14} y^{7}\geq 2\sum_{cyc} x^{10} $$

İspat: İfadeyi homojenleştirelim.  $(14, 7, 0)\succ (\frac{41}{3}, \frac{11}{3}, \frac{11}{3})$  olduğundan Muirhead eşitsizliğinden ispat biter.
Lemmaları kullanarak;
$$3+\sum_{cyc} x^{20} +\sum_{cyc} x \leq 6+\sum_{cyc} x^{21} \tag{1}$$
$$\sum_{cyc}x^{10} y^{10}\leq  \dfrac{1}{2} \sum_{sym} x^{14} y^7  \tag{2}$$
$$\sum_{sym} x^{10} y\leq \sum_{sym} x^{14} y^7   \tag{3}$$
$$3\sum_{cyc} x^{10} \leq \frac{3}{2} \sum_{sym} x^{14} y^7  \tag{4}$$
bulunur. $(1)$, $(2)$, $(3)$ ve $(4)$ eşitsizliklerini taraf tarafa toplarsak
$$3+\sum_{cyc} x^{20} +3\sum_{cyc} x^{10}+ \sum_{cyc} x+\sum_{sym} x^{10} y+\sum_{cyc} x^{10} y^{10}\leq 6+\sum_{cyc} x^{21} +3\sum_{sym} x^{14} y^7 $$
buluruz. Son olarak $$6+\sum_{cyc} x^{21} +3\sum_{sym} x^{14} y^7=(x^7+y^7+z^7 )^3$$ olduğundan çözüm biter.