Gönderen Konu: Tübitak Lise 2. Aşama 2003 Soru 3  (Okunma sayısı 2551 defa)

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 1801
  • Karma: +8/-0
Tübitak Lise 2. Aşama 2003 Soru 3
« : Ağustos 06, 2013, 04:32:23 öö »
$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$, her $t \in (0,1)$ ve $x_{1},x_{2} \in \mathbb{R}$ için, $$f(tx_{1}+(1-t)x_{2})\le tf(x_{1})+(1-t)f(x_{2})$$ eşitsizliğini sağlayan bir fonksiyon olsun. $a_{1},a_{2},\ldots ,a_{2004}$, $$a_{1}\ge a_{2}\ge \ldots \ge a_{2003} \text{ ve } a_{2004}=a_{1}$$ koşullarını sağlayan gerçel sayılar olmak üzere, $$\sum_{k=1}^{2003}{f(a_{k})a_{k+1}}\ge \sum_{k=1}^{2003}{f(a_{k+1})a_{k}}$$ olduğunu gösteriniz.
« Son Düzenleme: Ocak 17, 2015, 01:33:34 ös Gönderen: geo »

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 1801
  • Karma: +8/-0
Ynt: 3 - Tashih edildi
« Yanıtla #1 : Ağustos 06, 2013, 05:05:43 öö »
(Burak VARICI)

$n$ üzerinden tümevarımla, verilmiş  $a_{1} \ge a_{2} \ge \dots\ge a_{n} $ , $a_{n+1} =a_{1} $ sayıları için  $\sum\limits _{k=1}^{n}f(a_{k} )a_{k+1} \ge  \sum\limits_{k=1}^{n}f(a_{k+1} )a_{k}  $ olduğunu ispatlayalım.

Öncelikle bir lemma tanımlayalım.
Lemma:  $x\ge y\ge z$ şartını sağlayan $x,y,z\in {\mathbb R}$ için $f(x)(y-z)+f(z)(x-y)\ge f(y)(x-z)$.

İspat:  $0\le \dfrac{y-z}{x-z} \le \dfrac{x-z}{x-z} =1$ olduğundan, soruda verilen eşitsizlikte  $(t,x_{1} ,x_{2} )=(\dfrac{y-z}{x-z} ,x,z)$  yazabiliriz:
$f(x).\dfrac{y-z}{x-z} +f(z).(1-\dfrac{y-z}{x-z} )\ge f(x.\dfrac{y-z}{x-z} +(1-\dfrac{y-z}{x-z} ).z)$ $\Rightarrow {\rm \; }f(x).\dfrac{y-z}{x-z} +f(z).\dfrac{x-y}{x-z} \ge f(y)$  bulunur, ki bu da $x-z$  ile çarpılırsa istenilen elde edilir. $\blacksquare$

Şimdi Lemma'yı  $a_{1} =a_{2} =a_{3} {\rm \; ,\; }a_{4} =a_{1} $  sayıları için uygularsak:
$f(a_{1} )(a_{2} -a_{3} )+f(a_{3} )(a_{1} -a_{2} )\ge f(a_{2} )(a_{1} -a_{3} ){\rm \; }\Rightarrow {\rm \; }\sum\limits _{k=1}^{3}f\left(a_{k} \right)a_{k+1} \ge \sum\limits _{k=1}^{3}f\left(a_{k+1} \right)a_{k}$ bulunur.

Yani tümevarım hipotezi $k=3$ için doğrudur. Varsayalım ki $k=3,4,..,n$ için doğru olsun. $k=n+1$ için ispatlayalım.

Elimizde $a_{1} \ge a_{2} \ge \dots\ge a_{n+1} $ sayıları olsun. $a_{1} \ge a_{2} \ge \dots\ge a_{n} $ sayıları için tümevarımdan $f(a_{1} )a_{2} +f(a_{2} )a_{3} +\dots+f(a_{n} )a_{1} \ge f\left(a_{2} \right)a_{1} +f\left(a_{3} \right)a_{2} +\dots+f(a_{1} )a_{n}$ sağlanır.

Diğer taraftan, Lemma'yı $(x,y,z)=(a_{1} ,a_{n} ,a_{n+1} )$ için uygularsak:
\[f(a_{n} )(a_{n+1} -a_{1} )+f(a_{n+1} )a_{1} \ge f(a_{1} )(a_{n+1} -a_{n} )+f(a_{n+1} )a_{n} \] \[\Leftrightarrow {\rm \; }f(a_{1} )(a_{n} -a_{n+1} )+f(a_{n+1} )(a_{1} -a_{n} )\ge f(a_{n} )(a_{1} -a_{n+1} ){\rm \; }\]   
Bu son iki eşitsizliği toplarsak $n+1$ için istenilen eşitsizlik elde edilir. Dolayısıyla ispat biter. $\blacksquare$

Kaynak:
Burak Varıcı
« Son Düzenleme: Ocak 17, 2015, 01:33:39 ös Gönderen: geo »

Çevrimdışı efecan

  • G.O Yeni Üye
  • *
  • İleti: 5
  • Karma: +0/-0
Ynt: 3
« Yanıtla #2 : Ağustos 19, 2013, 07:20:48 ös »
Çözümü kontrol ettim Burak'ın eline sağlık.

Çözüm düzeltildi.
« Son Düzenleme: Nisan 23, 2016, 01:01:52 ös Gönderen: geo »
- Müsbet anlamda "Carpe Diem" -

 


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 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal