Tübitak Lise 2. Aşama 2010 Soru 3

[geo]

Her $n$ pozitif tam sayısı ve $a_{1}a_{2}\ldots a_{n}=1$ koşulunu sağlayan tüm $a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n}$ pozitif gerçel sayıları için, $$\sum\limits_{i=1}^{n}{\dfrac{a_{i}}{\sqrt{a_{i}^{4}+3}} }\le \dfrac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{n}{\dfrac{1}{a_{i}}}$$ olduğunu kanıtlayınız.

(Fehmi Emre Kadan)

[bvarici]

Çözüm ektedir.

[geo]

(Burak VARICI)

Öncelikle $x^4+3\ge {\left(x+1\right)}^2$ olduğunu görelim. $x^4+3-{\left(x+1\right)}^2={\left(x-1\right)}^2\left(x^2+2x+2\right)\ge 0$ Bu nedenle her $n$ pozitif tamsayısı ve $a_1a_2\dots a_n=1$ koşulunu sağlayan $a_1,a_2,\dots ,a_n$ pozitif reel sayıları için \[\sum\limits^n_{i=1}{\frac{a_i}{a_i+1}}\le \frac{1}{2}\sum\limits^n_{i=1}{\frac{1}{a_i}}\] olduğunu göstermemiz yeterlidir.

$f_k\left(x_1,x_2,\dots ,x_k\right)=\frac{1}{2}\sum\limits^k_{i=1}{\frac{1}{x_i}-}\sum\limits^k_i{\frac{x_i}{x_i+1}}$ olsun. $k$ üzerinden tümevarımla \[x_1x_2\dots x_k=1\Rightarrow f_k\left(x_1,x_2,\dots ,x_k\right)\ge 0\] olduğunu ispatlayacağız.

• $k=1,\ x_1=1$ ve $f_1\left(x_1\right)=0$
• $t=1,2,\dots ,k-1$ ve $x_1x_2\dots x_t=1$ için $f_t\left(x_1,x_2,\dots x_t\right)\ge 0$ olsun.
• $k>1$ ve $x_1x_2\dots x_k=1$ olsun. Eğer $x_1\le x_2\le \dots \le x_k$ ise $x_1\le 1\le x_k$ olur.

$x_1$ ve $x_k$ yerine $x_1x_k$ ve $1$ yazalım.Tümevarımdan ötürü \[ f_k\left(x_1x_k,x_2,\dots ,x_{k-1},1\right)=\ f_{k-1}\left(x_1x_k,x_2,\dots ,x_{k-1}\right)\ge 0\]
O halde $f_k\left(x_1,x_2,\dots ,x_k\right)\ge f_k\left(x_1x_k,x_2,\dots ,x_{k-1},1\right)$ olduğunu göstermemiz yeterlidir. \[f_k\left(x_1,x_2,\dots ,x_k\right)-f_k\left(x_1x_k,x_2,\dots ,x_{k-1},1\right)\] \[=\frac{1}{2x_1}+\frac{1}{2x_k}-\frac{x_1}{x_1+1}-\frac{x_k}{x_k+1}-\frac{1}{2x_1x_k}+\frac{x_1x_k}{x_1x_k+1}\ge 0\] Paydaları eşitlersek $0\le \left(1-x_1\right)\left(x_k-1\right)\left(2{x_1}^2{x_k}^2+{x_1}^2x_{k}+{x_k}^2x_1+x_1x_k+x_1+x_k+1\right)$ elde ederiz. $0\le x_1\le 1\le x_k$ olduğundan bu ifade doğrudur.

[geo]

(Burak VARICI)

Öncelikle $\dfrac{x}{x+1}\ge \dfrac{x}{\sqrt{x^4+3}}\ \ \Longleftrightarrow \ x^4+3\ge \ {\left(x+1\right)}^2\ \Longleftrightarrow \ {\left(x-1\right)}^2\left(x^2+2x+2\right)\ge 0$ ki bu da açıktır.
\[2\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{a_i}{a_i+1}}\le \sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{a_i}}\]
olduğunu ispatlamamız yeterlidir.

\[\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{a_i}{a_i+1}}\le \dfrac{1}{2}\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{a_i}\ \Longleftrightarrow }\ \sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{a_i+1}{2a_i}}+\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{2a_i}}\ge 2\sum\limits^n_{i=1}{\left(1-\dfrac{1}{a_i+1}\right)}+\dfrac{n}{2}\] \[ \Longleftrightarrow \ \sum\limits^n_{i=1}{\left(\dfrac{a_i+1}{2a_i}+\dfrac{2}{a_i+1}\right)}+\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{2a_i}}\ge \dfrac{5n}{2}\]
Aritmetik-Geometrik Ortalama eşitsizliğinden
\[\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{2a_i}}\ge \dfrac{n}{2} \text{ ve } \sum\limits^n_{i=1}{\left(\dfrac{a_i+1}{2a_i}+\dfrac{2}{a_i+1}\right)}\ge 2n\sqrt[{2n}]{\dfrac{1}{\prod\limits^n_{i=1}{a_i}}}=2n\] Toplarsak eşitsizliklerin doğru olduğunu görürüz.

[geo]

(Burak VARICI)

Soruda istenenden daha kuvvetli bir şey ispatlayalım.

AGO' dan dolayı; \[\dfrac{1}{4}\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{a_i}}+\dfrac{n}{4}\le \dfrac{1}{2}\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{a_i}}\] O halde $\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\dots +\dfrac{1}{a_n}+n\ge 4\left(\dfrac{a_1}{\sqrt{{a_1}^4+3}}+\dfrac{a_2}{\sqrt{{a_2}^4+3}}+\dots +\dfrac{a_n}{\sqrt{{a_n}^4+3}}\right)$ olduğunu göstermemiz yeterlidir. Öncelikle $\dfrac{x}{x+1}\ge \dfrac{x}{\sqrt{x^4+3}}\ \ \Longleftrightarrow \ x^4+3\ge \ {\left(x+1\right)}^2\ \Longleftrightarrow \ {\left(x-1\right)}^2\left(x^2+2x+2\right)\ge 0$ ki bu da açıktır.\[ \sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{1}{a_i}+n\ge 4\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{a_i}{a_i+1}\ \Leftrightarrow \ }}\sum\limits^n_{i=1}{\dfrac{a_i+1}{a_i}}\ge 4\sum\limits^n_{i=1}{\left(1-\dfrac{1}{a_i+1}\right)}\Leftrightarrow \ \sum\limits^n_{i=1}{\left(\dfrac{a_i+1}{a_i}+\dfrac{4}{a_i+1}\right)\ge 4n}\] Parantez içine AGO uygularsak $a_1a_2\dots a_n=1$ olduğundan dolayı eşitsizliğin doğru olduğunu görürüz. Eşitlik durumu $a_i=1,\ \ i=1,2,\dots ,n$ için.