(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
