Gönderen Konu: $\frac{1}{(y+z) x^4} + \frac{1}{(x+z) y^4} + \frac{1}{(y+x) z^4}\geq\frac{3}{2}$  (Okunma sayısı 87 defa)

Çevrimdışı Lokman Gökçe

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3393
  • Karma: +22/-0
  • İstanbul
Yabancı bir sitede sorulan bir soruydu. Kendi çözümümü daha sonra ekleyeceğim. Farklı çözümler de gelebilir, burada paylaşmış olayım.

Problem: $x,y,z$ pozitif gerçel sayılar ve $xyz=1$ olmak üzere,
$$ \frac{1}{(y+z) x^4} + \frac{1}{(x+z) y^4} + \frac{1}{(y+x) z^4}\geq\frac{3}{2} $$
eşitsizliğini kanıtlayınız.
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı Metin Can Aydemir

  • G.O Genel Moderator
  • Geo-Maniac
  • ********
  • İleti: 682
  • Karma: +8/-0
Öncelikle benim yaptığım bu soru için bir çözüm değil. Soruya farklı bir yaklaşım yapmaya çalışırken elde ettiğim benzer bir eşitsizlik. Sorudaki eşitsizliğin benim elde ettiğimden daha güçlü bir eşitsizlik olduğunu da belirteyim.

$x+y+z=A$ olsun. $A$'yı sabitleyelim. $A\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3$'dür. O halde verilen ifade $$\frac{1}{Ax^4-x^5}+\frac{1}{Ay^4-y^5}+\frac{1}{Az^4-z^5}$$ halini alır. $f(x)=\frac{1}{Ax^4-x^5}$ olsun. $g(x)=a\ln{x}+b$ şeklinde bir fonksiyon tanımlayalım, öyle ki $f(1)=g(1)$ ve $f'(1)=g'(1)$ olsun. $$f(1)=g(1)\implies b=\frac{1}{A-1}$$ $$f'(1)=g'(1)\implies a=\frac{5-4A}{(A-1)^2}$$ Şimdi $f(x)$ ve $g(x)$ fonksiyonlarını karşılaştıralım. Öncelikle $x\in (0,A)$ olduğunu not edelim. $$h(x)=f(x)-g(x)=\frac{1}{Ax^4-x^5}-\frac{5-4A}{(A-1)^2}\ln{x}-\frac{1}{A-1}$$ Şimdi $h'(x)$ fonksiyonuna bakalım. $$h'(x)=\frac{5x-4A}{x^5(A-x)^2}-\frac{5-4A}{x(A-1)^2}=\frac{(5x-4A)(A-1)^2-(5-4A)x^4(A-x)^2}{x^5(A-x)^2(A-1)^2}$$ $$h'(x)=0\iff (5x-4A)(A-1)^2=(5-4A)x^4(A-x)^2$$ Sağdaki polinom $6.$ dereceden olduğundan türevi $5.$ derecedendir. $x^4$ ve $(A-x)^2$ çarpanlarından dolayı türevinin $3$ tane $x=0$ kökü, $1$ tane $x=A$ kökü ve Rolle teoreminden $(0,A)$ aralığında bir kökü olacaktır. Biz sadece $x\in (0,A)$ aralığına baktığımızdan sağdaki polinomun $(0,A)$ aralığında konveks olduğunu ($5-4A$ negatif olduğundan) ve sınır değerlerinde $0$'a yaklaştığını söyleyebiliriz (sınır değerlerini dahil etmediğimizden sadece limitten bahsediyoruz).

Sol taraf ise bir doğrudur ve $x$ eksenini $x=\frac{4A}{5}$ noktasında keser. Sağ taraftaki polinom için yaptığımız yorumu da ele alırsak, denklemin solu ve sağındaki eğrilerin $(0,A)$ aralığında sadece bir kere kesişeceğini söyleyebiliriz ki bu da $x=1$ noktasıdır. Yani $h'(x)=0 \iff x=1$'dir. $h(x)$ fonksiyonu $x\to 0^+$ ve $x\to A^-$ için pozitif sonsuza gidiyor. Yani minimum değer $x=1$ noktasında alınır. Başka bir deyişle $$h(x)\geq h(1)=0\implies f(x)\geq g(x)\implies \frac{1}{Ax^4-x^5}\geq \frac{5-4A}{(A-1)^2}\ln{x}+\frac{1}{A-1}$$ olacaktır. $x,y,z$ için bu eşitsizlikleri yazıp toplarsak $$\frac{1}{(y+z) x^4} + \frac{1}{(x+z) y^4} + \frac{1}{(y+x) z^4}\geq \frac{5-4A}{(A-1)^2}\ln{(xyz)}+\frac{3}{A-1}=\frac{3}{x+y+z-1}$$ olur. $A\geq 3$ olduğundan maalesef $\frac{3}{x+y+z-1}\leq \frac{3}{2}$ oluyor ve bu eşitsizliği sorudaki eşitsizliğe çeviremiyoruz. Yine de farklı bir yaklaşım olduğundan göndermek istedim.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı Metin Can Aydemir

  • G.O Genel Moderator
  • Geo-Maniac
  • ********
  • İleti: 682
  • Karma: +8/-0
Yukarıdaki yaklaşıma benzer başka bir şeyler deneyelim. Bu sefer $g(x)=ax+b$ şeklinde olsun ve $f\left(\frac{A}{3}\right)=g\left(\frac{A}{3}\right)$ ve $f'\left(\frac{A}{3}\right)=g'\left(\frac{A}{3}\right)$. O halde $$f\left(\frac{A}{3}\right)=g\left(\frac{A}{3}\right) \implies a\frac{A}{3}+b=\frac{243}{2A^5}$$ $$f'\left(\frac{A}{3}\right)=g'\left(\frac{A}{3}\right)\implies a=-\frac{5103}{4A^6}\implies b=\frac{2187}{4A^5}$$ Yani $g(x)=-\frac{5103}{4A^6}x+\frac{2187}{4A^5}$ $$h(x)=f(x)-g(x)=\frac{1}{Ax^4-x^5}+\frac{5103}{4A^6}x-\frac{2187}{4A^5}$$ Eğer $h'(x)$'i hesaplarsak $$h'(x)=\frac{5x-4A}{x^5(A-x)^2}+\frac{5103}{4A^6}$$ buluruz. $h'(x)=0$ ancak ve ancak $4A^6(4A-5x)=5103x^5(A-x)^2$ olduğunu görelim. Önceki gönderidekine benzer yorum yapabiliriz. $p(x)=5103x^5(A-x)^2$ ve $q(x)=4A^6(4A-5x)$ dersek, $p$ polinomunun türevi $6.$ derecedendir ve $4$ adet $x=0$ kökü, $1$ adet $x=A$ kökü ve Rolle teoreminden $1$ adet $(0,A)$ aralığında kökü vardır. Dolayısıyla $p$ polinomu $(0,A)$ aralığında konkavdır (başkatsayısı pozitif olduğundan). $q$ ise $x$ eksenini $x=\frac{4A}{5}$ noktasında kesen negatif eğimli bir doğrudur. Dolayısıyla $p$ ve $q$ polinomları $(0,A)$ aralığında sadece $1$ kere kesişir. Bu da $x=\frac{A}{3}$ noktasıdır. Yani $h$'nın kritik noktaları sınır değerleri ($0$ ve $A$) ve $x=\frac{A}{3}$'dür. $h$ fonksiyonu $x\to A^-$ ve $x\to 0^+$ iken pozitif sonsuza gider. Yani minimum değerini $x=\frac{A}{3}$ iken alır. Dolayısıyla $$h(x)\geq h\left(\frac{A}{3}\right)=0 \implies f(x)\geq g(x)\implies \frac{1}{Ax^4-x^5}\geq -\frac{5103}{4A^6}x+\frac{2187}{4A^5}$$ bu eşitsizliği $x,y,z$ için yazıp toplarsak $$\frac{1}{(y+z) x^4} + \frac{1}{(x+z) y^4} + \frac{1}{(y+x) z^4}\geq -\frac{5103}{4A^6}(x+y+z)+\frac{2187\cdot 3}{4A^5}=-\frac{5103}{4A^5}+\frac{6561}{4A^5}=\frac{729}{2A^5}=\frac{729}{2(x+y+z)^5}$$ Bunda da yukarıdakine benzer şekilde daha zayıf bir eşitsizlik elde ettik. Yani bu yöntem, bu soruda çalışmıyor diyebiliriz :D Fakat bu eşitsizliği elde ederken $xyz=1$ olduğunu kullanmadığımızı da unutmayalım.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı Lokman Gökçe

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3393
  • Karma: +22/-0
  • İstanbul
Çözüm: $xyz=1$ olduğunu ve aritmetik geometrik ortalama eşitsizliğini kullanarak, $y^2z^2 + z^2x^2 \geq 2z^2xy = 2z$ yazalım. Bu eşitsizliği dairesel biçimde üç kez yazıp toplarsak $$ y^2z^2 + z^2x^2 + x^2y^2 \geq x+ y+ z \tag{1}$$ elde ederiz. Aslında bu eşitsizlik problemin çözümünde bir aşamada gerekli olacaktır. Bu yüzden baştan ispatlamayı tercih ettim.

Daha önce forumda da bahsettiğim ve Cauchy Schwarz eşitsizliğinden üretilen, Nairi Sedrakyan'ın Faydalı Eşitsizlik isimli çalışmasını kullanacağız. (Bu eşitsizlik için Harald Bergström'e de atıf yapıldığını görüyorum. Fakat henüz bir kaynak eklenmemiş. Duruma göre eşitsizliğin ismini Bergström Eşitsizliği olarak güncelleyebiliriz.)

$ S= \dfrac{1}{(y+z) x^4} + \dfrac{1}{(x+z) y^4} + \cfrac{1}{(y+x) z^4} = \cfrac{(xyz)^4}{(y+z) x^4} + \cfrac{(xyz)^4}{(x+z) y^4} + \cfrac{(xyz)^4}{(y+x) z^4} = \cfrac{(yz)^4}{(y+z)} + \cfrac{(xz)^4}{(x+z)} + \cfrac{(xy)^4}{(y+x)} \geq \dfrac{(y^2z^2 + z^2x^2 + x^2y^2)^2}{2(x+y+z)} \geq \dfrac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)} = \dfrac{1}{2}(x+y+z) \geq \dfrac{3}{2}\sqrt[3]{xyz} = \dfrac{3}{2}.$
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı Lokman Gökçe

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3393
  • Karma: +22/-0
  • İstanbul
Bu problemin bir benzeri $$ \dfrac{1}{a^3(b+c)}+\dfrac{1}{b^3(c+a)}+\dfrac{1}{c^3(a+b)} \geq \dfrac{3}{2} $$ eşitsizliği olarak IMO 1995/2 de sorulmuştu. Bu problem için bir genelleme olabilir diye düşündüm.


$x,y,z$ pozitif gerçel sayıları $xyz=1$ eşitliğini sağlasın. $p$ bir gerçel sayı olmak üzere, $$ S_p = \dfrac{1}{(y+z) x^p} + \dfrac{1}{(x+z) y^p} + \dfrac{1}{(y+x) z^p} $$ fonksiyonunu tanımlayalım. $S_p\geq \dfrac{3}{2}$ sağlanıyor mu? Bunu inceleyelim.

$\color{red}\bullet$ $S_0 =  \dfrac{1}{(y+z)} + \dfrac{1}{(x+z)} + \dfrac{1}{(y+x)}$ fonksiyonunun $x=y=2, z=\dfrac{1}{4}$ için değeri $S_0 = \dfrac{41}{36}<\dfrac{3}{2}$ dir.

$\color{red}\bullet$ $S_1 =  \dfrac{1}{(y+z)x} + \dfrac{1}{(x+z)y} + \dfrac{1}{(y+x)z}$ fonksiyonunun $x=y=2, z=\dfrac{1}{4}$ için değeri $S_0 = \dfrac{13}{9}<\dfrac{3}{2}$ dir.

$\color{red}\bullet$ $S_2 =  \dfrac{1}{(y+z)x^2} + \dfrac{1}{(x+z)y^2} + \dfrac{1}{(y+x)z^2}$  fonksiyonunun $x=y=2, z=\dfrac{1}{4}$ için değeri $S_2 = \dfrac{2}{9} + 4 > \dfrac{3}{2}$ dir.

$\color{red}\bullet$ $p=3$ ve $p=4$ için $S_3 \geq \dfrac{3}{2}$ ve $S_4 \geq \dfrac{3}{2}$ olduğunu kanıtladık.


Tahmin 1. Her $p\geq 2$ tam sayısı için $S_p \geq \dfrac{3}{2}$ dir

ve bunu biraz daha ileriye taşıyarak,

Tahmin 2. Her $p > 1$ gerçel sayısı için $S_p \geq \dfrac{3}{2}$ dir

iddialarında bulunalım. İspatlamayı veya çürütmeyi başarabilirsek güzel olur. Hepimize kolay gelsin
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı Lokman Gökçe

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3393
  • Karma: +22/-0
  • İstanbul
$p=2$ durumu için, $S_2 = \dfrac{1}{(y+z) x^2} + \dfrac{1}{(z+x) y^2} + \dfrac{1}{(x+y) z^2} \geq \dfrac{3}{2}$ eşitsizliğini ispatlamıştım. Bunu paylaşabilirim.

$\color{red}{p=2}$ Durumunun İspatı: $a,b,c$ gerçel sayıları için $a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ca$ olduğunu biliyoruz. Ayrıca $xyz=1$ veriliyor. Böylece $(xy)^2 + (yz)^2 + (zx)^2 \geq xy\cdot yz + zx\cdot xy + yz\cdot zx = x+y+z$ eşitsizliğini yazabiliriz. Cauchy-Schwarz eşitsizliğinin Sedrakyan Formundan (diğer adıyla faydalı eşitsizlikten) ve yazdığımız son eşitsizlikten

$$ S_2 = \dfrac{1}{(y+z) x^2} + \dfrac{1}{(z+x) y^2} + \dfrac{1}{(x+y) z^2} = \dfrac{(xyz)^2}{(y+z) x^2} + \dfrac{(xyz)^2}{(z+x) y^2} + \dfrac{(xyz)^2}{(x+y)z^2} = \dfrac{(yz)^2}{(y+z)} + \dfrac{(zx)^2}{(z+x)} + \dfrac{(xy)^2}{(x+y)} \geq \dfrac{\left(xy + yz + zx \right)^2}{2(x+y+z)} = \dfrac{(xy)^2 + (yz)^2 + (zx)^2 + 2(x+y+z)}{2(x+y+z)} \geq \dfrac{(x+y+z)+2(x+y+z)}{2(x+y+z)}=\dfrac{3}{2}$$

elde ederiz.


Öte yandan, Tahmin 2'deki $p>1$ koşulunu $p\geq 2$ olarak güncellemek yerinde olacaktır. Problemi math.stackexchange.com sitesinde burada sundum. İlk gelen yorumda $(x,y,z) = (50,1, \dfrac{1}{50})$ ve $p=1.1$ için eşitsizliğin sağlanmadığı belirtildi. Çünkü $p$ değeri $1$'e çok yakınken $x^p, y^p, z^p$ değerleri de sırasıyla $x,y,z$ ye çok yakın olacaktır. Bu da bize $S_{1.1} \approx 1 + \dfrac{2}{50} = 1.04 < 1.5 $ verir.

O halde şunu sorabiliriz:

Tahmin 3. Her $p\geq 2$ gerçel sayısı için $S_p\geq \dfrac{3}{2}$ dir.
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

 


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 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal