Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2000 Soru 2

[ERhan ERdoğan]

$abc=1$ olacak şekilde alınan $a,b,c$ pozitif gerçel sayıları için $$\left(a-1+\dfrac 1b\right)\left(b-1+\dfrac 1c\right)\left(c-1+\dfrac 1a\right) \leq 1$$ olduğunu gösteriniz.

[mehmetutku]

(Mehmet Utku Özbek)

$$b-1+\dfrac{1}{c}=b\left (1-\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{bc}\right )=b\left (1+a-\dfrac{1}{b}\right )$$ dir. Son eşitliğe $abc=1$ den faydalanarak vardık. Devam edelim.
$$\Longrightarrow \left (a-1+\dfrac{1}{b}\right )\left (b-1+\dfrac{1}{c}\right )=\left (a-1+\dfrac{1}{b}\right )b\left (1+a-\dfrac{1}{b}\right )=b\left (a^2-\left (1-\dfrac{1}{b}\right )^2\right )\le ba^2$$ dir. Benzer düşünce ile
$$\left (b-1+\dfrac 1c\right )\left (c-1+\dfrac 1a\right )\le cb^2 , \left (c-1+\dfrac 1a\right )\left (a-1+\dfrac{1}{b}\right )\le ac^2$$ buluruz. Soruda sorulan ifade $T$ olsun. Bulduğumuz üç ifadeyi taraf tarafa çarparsak şu sonuca ulaşırız:
$$\Longrightarrow T^2\le a^3b^3c^3$$
$abc=1$ olduğundan $T\le 1$ olur ve ispat biter.

[Eray]

$abc=1$ olduğundan, $a=\dfrac{x}{y}, b=\dfrac{y}{z}, c=\dfrac{z}{x}$ olacak şekilde $x,y,z$ pozitif reel sayıları vardır.

$a-1+\dfrac{1}{b}=\dfrac{x}{y}-1+\dfrac{z}{y}=\dfrac{x-y+z}{y}$

Benzer şekilde,

$b-1+\dfrac{1}{c}=\dfrac{x+y-z}{z}$

$c-1+\dfrac{1}{a}=\dfrac{-x+y+z}{x}$


$\Longrightarrow \left(a-1+\dfrac 1b\right)\left(b-1+\dfrac 1c\right)\left(c-1+\dfrac 1a\right) = \left(\dfrac{-x+y+z}{x}\right)\left(\dfrac{x-y+z}{y}\right)\left(\dfrac{x+y-z}{z}\right) \leq 1$

$\Longleftrightarrow (-x+y+z)(x-y+z)(x+y-z) \leq xyz$

Parantezler açıldığında $x^2y+xy^2+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2\le x^3+y^3+z^3+3xyz$ elde edilir. Bu eşitsizlik ise iyi bilinen Schur Eşitsizliği'nin $t=1$ için özel hali olduğundan doğrudur.

[geo]

Önceki çözümdeki gibi $ (-x+y+z)(x-y+z)(x+y-z) \leq xyz$ elde ettikten sonra $x\geq y \geq z$ varsaydığımızda sol taraftaki çarpanlardan en fazla biri negatif olabiliyor. Tam olarak bir tanesinin negatif olduğu durumda sol taraf sağ taraftan küçük olacağı için eşitsizlik sağlanır.
Hepsinin pozitif olduğu durumu ele alalım.
$AO \geq GO$ dan $$\sqrt{(-x+y+z)(x-y+z)} \leq \dfrac {(-x+y+z)+(x-y+z)}{2} = z$$ elde edilir. Diğer ikili çarpımlar için de benzer eşitsizlikleri yazınca $(-x+y+z)(x-y+z)(x+y-z) \leq xyz$ elde ederiz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirilmiş IMO 2000 #2

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Farklı bir çözüm verelim. Daha çok üstüne gideceğiz ve parantezleri ikili olarak açacağız. Sonrasında ise $ab=\dfrac{1}{c}$ olduğunu kullanacağız.
$$P_{ab}=\left(a-1+\dfrac{1}{b}\right)\left(b-1+\dfrac{1}{c}\right)=ab-a+\dfrac{a}{c}-b+1-\dfrac{1}{c}+1-\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{bc}$$
$$ab-a+\dfrac{a}{c}-b+1-ab+1-\dfrac{1}{b}+a=\dfrac{a}{c}+2-\left(b+\dfrac{1}{b}\right)\overbrace{\leq}^{AGO} \dfrac{a}{c}$$
elde ederiz. Diğer ikili çarpımlar $P_{bc}$ ve $P_{ca}$ için de
$$P_{bc}\leq \dfrac{b}{a} \qquad || \qquad P_{ca}\leq \dfrac{c}{b}$$
olduğunu söyleyebiliriz. O zaman
$$LHS=\left(a-1+\dfrac 1b\right)\left(b-1+\dfrac 1c\right)\left(c-1+\dfrac 1a\right) =\sqrt{P_{ab}P_{bc}P_{ca}}\leq \sqrt{\dfrac{a}{c}.\dfrac{b}{a}.\dfrac{c}{b}}=1$$
elde eder ve ispatı tamamlarız.

[geo]

$abc=1$ olduğundan, $a=\dfrac{x}{y}, b=\dfrac{y}{z}, c=\dfrac{z}{x}$ olacak şekilde $x,y,z$ pozitif reel sayıları vardır.

Eşitsizlikte yerine yazarsak; $$(x+y-z)(x+z-y)(y+z-x) \leq xyz$$ elde ederiz.

$x\geq y \geq z$ kabul edersek; $(x+y-z)$ ve $(x+z-y)$ pozitiftir. $y+z-x \leq 0$ ise eşitsizlik doğru olur. Onun için $y+z - x > 0$, yani $y+z > x$ olduğunu varsayalım. Bu da bize üçgen eşitsizliğini verir.

$x,y,z$ bir üçgenin kenarları olsun. $x+y+z = 2s$, $r$ üçgenin iç yarıçapı, $R$ üçgenin çevrel yarıçapı ise; $$\dfrac {xyz}{4R} = sr = \sqrt {s(s-x)(s-y)(s-z)}$$ dir.

$\dfrac {(xyz)^2}{16R^2} = s(s-x)(s-y)(s-z) \Longrightarrow \dfrac {xyz}{(s-x)(s-y)(s-z)} = \dfrac {16R^2s}{xyz} = \dfrac {16R^2s}{4Rsr} = \dfrac {4R}{r}$.

$R\geq 2r$ olduğu için $\dfrac {xyz}{(s-x)(s-y)(s-z)} \geq 8 \Longrightarrow xyz \geq 2(s-x)2(s-y)2(s-z) = (y+z-x)(x+z-y)(x+y-z)$

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$$(x+y-z)(x+z-y)(y+z-x) \leq xyz$$

Bu eşitsizliği aslında $x\geq y\geq z$ kabulünden sonra $x+y-z=d,y+z-x=e$ ve $z+x-y=f$ için
$$(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)=def\leq \dfrac{1}{8}(d+e)(e+f)(f+d)=xyz$$
olarak da gösterebiliriz. $y+z-x\leq 0$ için eşitsizlik halıhazırda doğrudur. Ayrıca bu eşitsizliğin literatürde Cesaro Eşitsizliği olarak da geçtiğini okumuştum, fakat şuan kaynak veremiyorum.