Genelleştirilmiş Japonya MO 2004 #4 {çözüldü}

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 1
$a,b,c,k$ pozitif reeller olmak üzere $a+b+c=\lambda$ ise


$$\dfrac{\lambda k+a}{\lambda-a}+\dfrac{\lambda k+b}{\lambda-b}+\dfrac{\lambda k+c}{\lambda-c}+\dfrac{3\left(k-1\right)}{2}\leq \left(k+1\right)\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}\right)$$


olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$$\lambda=1,k=1$$
verildiğinde sol taraftaki $3k-3$ ifadesi gider ve problem Japonya MO Final 2004 #4'e dönüşür.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Sol tarafla biraz uğraşalım. $a+b+c=\lambda$ olduğundan
$$\sum_{cyc}{\dfrac{\lambda k+a}{\lambda-a}}=\sum_{cyc}{\dfrac{\left(k+1\right)a+k\left(b+c\right)}{b+c}}=\sum_{cyc}{\left(\dfrac{\left(k+1\right)a}{b+c}\right)}+3k\leq \left(k+1\right)\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}\right)$$
Soldaki toplamı sağa atarsak
$$\left(k+1\right)\sum_{cyc}{\left(\dfrac{a}{c}-\dfrac{a}{b+c}\right)}=\left(k+1\right)\sum_{cyc}{\dfrac{ab}{c(b+c)}}$$
Şimdi Bergstorm Eşitsizliği uygulanacak hale getirirsek ve $(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)$ eşitsizliğini kullanırsak
$$\left(k+1\right)\sum_{cyc}{\dfrac{ab}{c(b+c)}}=\left(k+1\right)\sum_{cyc}{\dfrac{a^2b^2}{abc(b+c)}}\overbrace{\geq}^{Bergstorm} \dfrac{(k+1)\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc(a+b+c)}\geq \dfrac{3(k+1)}{2}$$
Bundan dolayı
$$RHS-\sum_{cyc}{\dfrac{\lambda k+a}{\lambda-a}}\geq \dfrac{3k+3}{2}-3k=\dfrac{3(1-k)}{2}$$
elde eder ve ispatı tamamlarız