Nesbitt Eşitsizliği ve Kuvvet Genelleştirilmesi

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 1
$a,b,c$ pozitif reeller ($k\geq 1$) ve $n$ reel sayı olmak üzere

$$\dfrac{a^k}{(b+c)^{n+k}}+\dfrac{b^k}{(c+a)^{n+k}}+\dfrac{c^k}{(a+b)^{n+k}}\geq \dfrac{3^{n+1}}{2^{n+k}(a+b+c)^n}$$

olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Eğer $k=1, n=0$ değerleri verilirse, ifade Nesbitt'in orijinal eşitsizliğine dönüşür. Eğer $k=2, n=1$ verilirse Yunanistan TST 2012 e dönüşür. Kaynak taramamda bir yerde rastalamadım bu genelleştirmeye ancak rastlarsam kaynak olarak belirtirim. Şuanlık yok gibi gözüküyor.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$$\sum_{cyc}{\dfrac{a^k}{(b+c)^{n+k}}}=\sum_{cyc}{\dfrac{a^{2k+n}}{(ab+ac)^{n+k}}}\overbrace{\geq}^{G. Radon} \dfrac{(a+b+c)^{2k+n}}{3^{k-1}(2(ab+bc+ca))^{n+k}}\geq \dfrac{(a+b+c)^{2k+n}}{3^{k-1}.2^{n+k}.\dfrac{(a+b+c)^{2n+2k}}{3^{n+k}}}$$
$$=\dfrac{3^{n+1}}{2^{n+k}(a+b+c)^n}$$

İspat biter. İlk satırda hem Genelleştirilmiş Radon Eşitsizliği'ni hem de $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$ eşitsizliğini kullandık.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Vietnam TST 2005 P4
$a,b,c$ pozitif reelleri için


$$\dfrac{a^3}{\left(b+c\right)^3}+\dfrac{b^3}{\left(c+a\right)^3}+\dfrac{c^3}{\left(a+b\right)^3}\geq \dfrac{3}{8}$$

olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Vietnam TST 2005 problemini Nesbitt Kuvvet Genelleştirmesi ile ispatlayabiliriz.
$$k=3,n=0$$
verildiğinde problem Vietnam TST 2005 P4'e dönüşür ve
$$LHS\geq \dfrac{3^{n+1}}{2^{n+k}\left(a+b+c\right)^n}=\dfrac{3}{8}$$
elde ederiz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 2
Her $n\geq 3$ tam sayısı için $a_1,a_2,\cdots,a_n,k$ pozitif reeller ($p+k\geq 0$) ve $p$ reel sayı olmak üzere

$$\dfrac{a_1^k}{\left(a_2+a_3+\cdots+a_n\right)^{p+k}}+\dfrac{a_2^k}{\left(a_3+a_4+\cdots+a_1\right)^{p+k}}+\cdots+\dfrac{a_n^k}{\left(a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}\right)^{p+k}}\geq \dfrac{n^{p+1}}{\left(n-1\right)^{p+k}\left(a_1+a_2+\cdots+a_n\right)^p}$$

olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 3
$n\geq 3$ tam sayısı için $a_1,a_2,\cdots,a_n,\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_{n-1},k$ pozitif reeller ($k\geq 1$) ve $p$ reel sayı olsun. Ayrıca her $1\leq i\leq n$ için $\lambda_i+\lambda_{n-i}$ toplamı sabit $\beta$ değerine eşit olmak üzere

$$\dfrac{a_1^k}{\left(\lambda_1a_2+\lambda_2a_3+\cdots+\lambda_{n-1}a_n\right)^{p+k}}+\dfrac{a_2^k}{\left(\lambda_1a_3+\lambda_2a_4+\cdots+\lambda_{n-1}a_1\right)^{p+k}}+\cdots+\dfrac{a_n^k}{\left(\lambda_1a_1+\lambda_2a_2+\cdots+\lambda_{n-1}a_{n-1}\right)^{p+k}}$$
$$\geq \dfrac{n^{p+1}}{\left(a_1+a_2+\cdots+a_n\right)^p}\left(\dfrac{2}{\beta\left(n-1\right)}\right)^{p+k}$$

olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

ABD tarafından önerilmiş IMO Shortlist 1993 #A.3 problemini Nesbitt Kuvvet Genelleştirmesi ile ispatlayabiliriz.

$$\lambda_1=1,\lambda_2=2,\lambda_3=3,\beta=4,n=4,k=1,p=0$$
değerleri verildiğinde

$$LHS\geq \dfrac{n^{p+1}}{\left(a_1+a_2+\cdots+a_n\right)^p}\left(\dfrac{2}{\beta\left(n-1\right)}\right)^{p+k}=\dfrac{2}{3}$$

olarak elde ederiz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Nesbitt Kuvvet Genelleştirilmesi adı altında paylaştığım 3 genelleştirme

$\therefore$  A. M. Nesbitt'in 1902'de yayınlamış olduğu problemi
$\therefore$  IMO Shortlist 1993 #A.3'ü
$\therefore$  Vietnam TST 2005 #A.4'ü
$\therefore$  Yunanistan TST 2012 #3
$\therefore$  IMO Longlist 1990 #24
$\therefore$  Darij Grinberg'in Eşitsizliği
$\therefore$  IMO Shortlist 1987 #6
$\therefore$  IMO Longlist 1989 #68

problemlerini genelleştirmekte ve geniş bir kullanım aralığı sunmaktadır.

Genelleştirmeleri ayrı ayrı inceleyecek olursak:

$\bullet$Genelleştirme 1'de, Nesbitt'in problemindeki terim sayısı sabit tutulmuş, üs bakımından genelleştirilmiştir.

$\bullet$Genelleştirme 2'de, paydadaki terimlerin katsayısına dokunulmadan terim sayısı $n$'e çıkarılmış yani terim sayısı bakımından genelleştirilmiştir.

$\bullet$Genelleştirme 3'te ise yukarıda bahsettiğim IMO Shortlist 1993 #A.3 problemini de bu genelleştirmelerin kullanım alanına katabilmek için katsayı bakımından genelleştirilmiştir.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 4
Her $n\geq 3$ tam sayısı için $a_1,a_2,\cdots,a_n,p,k$ pozitif reeller ($k\geq 1$) olsun. Buna göre $1\leq s \leq n$ koşullarını sağlayan $s,p$ pozitif reelleri için

$$\dfrac{a_1^k}{\left(\sum\limits_{\substack{i_1<.i_2<\cdots<i_s\\ i_j\neq 1 \quad \left(1\leq j\leq s\right)}}{a_{i_1}a_{i_2}\cdots a_{i_s}}\right)^{p+k}}+\dfrac{a_2^k}{\left(\sum\limits_{\substack{i_1<.i_2<\cdots<i_s\\ i_j\neq 2 \quad \left(1\leq j\leq s\right)}}{a_{i_1}a_{i_2}\cdots a_{i_s}}\right)^{p+k}}+\cdots+\dfrac{a_n^k}{\left(\sum\limits_{\substack{i_1<.i_2<\cdots<i_s\\ i_j\neq n \quad \left(1\leq j\leq s\right)}}{a_{i_1}a_{i_2}\cdots a_{i_s}}\right)^{p+k}}$$
$$\geq \dfrac{n^{(s+1)(p+k)+p+1}}{\left(a_1+a_2+\cdots+a_n\right)^{s(p+k)-k}\left[\left(s+1\right)\dbinom{n}{s+1}\right]^{p+k}}$$

olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Nesbitt Kuvvet Genelleştirmesi'nin başka bir kullanım alanı olan IMO Shortlist 1990 #24 problemini irdeleyelim. Genelleştirme 2'de
$$k=3,p=-2,n=4$$
değerleri verildiğinde

$$LHS\geq \dfrac{\left(a+b+c+d\right)^2}{12}$$
elde ederiz. Buraya kadar genelleştirmeyi kullanıp sonrasında ise problemdeki ek $ab+bc+cd+da=(a+c)(b+d)=1$ bilgiyle
$$LHS\geq \dfrac{\left(a+b+c+d\right)^2}{12}\overbrace{\geq}^{AM-GM} \dfrac{1}{3}$$
elde edebiliriz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Darij Grinberg'in bir eşitsizlik problemi daha en özel genelleştirmemiz olmasına rağmen Genelleştirme 1 ile çözülebilir.

(Darij Grinberg) Tüm pozitif reeller $a,b,c$ için


$$\dfrac{a}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b}{\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c}{\left(a+b\right)^2}\geq \dfrac{9}{4\left(a+b+c\right)}$$


olduğunu gösteriniz.

İspat :
Genelleştirme 1'de
$$n=1,k=1$$
değerleri verildiğinde problem Darij'in sorusuna dönüşür ve alt taban $\dfrac{9}{4(a+b+c)}$ olarak tayin edilir.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Yunanistan tarafından önerilmiş IMO Shortlist 1987 #6 problemi de en özel genelleştirmemiz olan Genelleştirme 1 ile çözülebilmektedir

Genelleştirme 1'de $n=1-k$ olarak aldığımızda

$$\dfrac{a^k}{(b+c)^{n+k}}+\dfrac{b^k}{(c+a)^{n+k}}+\dfrac{c^k}{(a+b)^{n+k}}=\dfrac{a^k}{b+c}+\dfrac{b^k}{c+a}+\dfrac{c^k}{a+b} \geq \dfrac{3^{n+1}}{2^{n+k}(a+b+c)^n}= \dfrac{3^{2-k}\left(a+b+c\right)^{k-1}}{2}=\left(\dfrac{3}{2}\right)^{2-k}.S^{k-1}$$

olarak minimum değer elde edilir. Dolayısıyla problem, Genelleştirme 1'in $n=1-k$ özel durumudur.

Not:Fark edildiği üzere $a,b,c$'nin üçgen oluşturma şartını Genelleştirme 1'de, dolayısıyla problemin ispatında kullanmadık. Bu koşulun sadece alışılagelmiş üçgende  $2S=a+b+c$ gòsterimi için konduğunu düşünüyorum zira problemin farklı ispatlarında da kullanılmıyor.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

IMO Longlist 1989 #68 problemi de Genelleştirme 2'nin özel bir durumudur.

Genelleştirme 2'de $p=0$ alındığında problem IMO 1989 #68 'e dönüşür ve minimum değer $\dfrac{n}{\left(n-1\right)^{k}}$ olarak elde edilir.

Not: Problem, pay ve paydanın üslerinin eşit olması nedeniyle Kuvvet Ortalama Eşitsizliği ile de ispatlanabilir.