Genelleştirilmiş İran MO 3. Aşama 2018 #A.1 {çözüldü}

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 1
$a_{1},a_{2},\cdots,a_{2k+1}$ pozitif reeller ($k\geq 1$) olmak üzere $\sum\limits_{cyc-j}{a_{j}a_{j+1}\cdots a_{j+k}}=\lambda $ ise


$$\prod_{cyc-i}{\left(\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}+\dfrac{\lambda}{2\left(a_{i}+a_{i+1}+\cdots+a_{i+k-1}\right)+\dfrac{a_{i+k}a_{i+k+1}\cdots a_{i-1}}{\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}}}\right)}\geq 2^n\sqrt{\left(\prod{a_{1}}\right)^{n-1}}$$


olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$$n=3$$
verildiğinde paydadaki toplam ifadesi sadece $a_{1}=a$ kalıyor, paydadaki ikinci ifade ise $\sqrt{bc}$ oluyor ve bu haliyle İran MO 3. Aşama 2018 #A.1'e dönüşüyor.
Uğraşırken ilk genel çarpımın başındaki ifade ile paydada bulunan $\sqrt{bc}$ ifadelerinin özdeş olduğunu düşünüyordum fakat altında çok farklı şeyler yatıyormuş.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Çarpımın her ifadesini dairesel çarpım bakımından $\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}$'e bölersek minimum değeri de $\sqrt{\prod_{a_1}^{2k}}$'ya bölmemiz gerekir. O zaman sadeleşmeleri yaptığımızda
$$\prod_{cyc-i}{\left(1+\dfrac{\lambda}{\left(\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}\right)\left(2\left(a_{i}+a_{i+1}+\cdots+a_{i+k-1}\right)+\dfrac{a_{i+k}a_{i+k+1}\cdots a_{i-1}}{\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}}\right)}\right)}\geq 2^n$$
olduğunu göstermemiz gerekir. İfadeyi düzenlersek
$$\prod_{cyc-i}{\left(1+\dfrac{\lambda}{2\left(a_{i}\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}+a_{i+1}\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}+\cdots+a_{i+k-1}\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}\right)+a_{i+k}a_{i+k+1}\cdots a_{i-1}}\right)}$$
Şimdi ise paydada $2$' ile çarpılmış ifadelere Aritmetik-Geometrik Ortalama uygularsak
$$2a_i\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}\leq a_ia_{i+1}\cdots a_{i+k}+a_{i+k+1}a_{i+k+2}\cdots a_{i}$$
$$2a_{i+1}\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}\leq a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i+k+1}+a_{i+k+2}a_{i+k+2}\cdots a_{i+1}$$
$$\vdots$$
$$2a_{i+k-1}\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}\leq a_{i+k-1}a_{i+k}\cdots a_{i-2}+a_{i-1}a_{i}\cdots a_{i+k-1}$$
Dikkat edersek solda $\sum\limits_{cyc- i}{a_ia_{i+1}\cdots a_{i+k}}$ toplamından bir tek $a_{i+k}a_{i+k+1}\cdots a_{i-1}$ eksik. O zaman
$$2\left(a_{i}+a_{i+1}+\cdots+a_{i+k-1}\right)\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}\leq \sum_{cyc- j}{\left(a_ja_{j+1}\cdots a_{j+k}\right)}-a_{i+k}a_{i+k+1}\cdots a_{i-1}$$
Bundan ötürü bu eşitsizliği problemde kaldığımız yere koyarsak
$$\prod_{cyc-i}{\left(1+\dfrac{\lambda}{2\left(a_{i}\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}+a_{i+1}\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}+\cdots+a_{i+k-1}\sqrt{a_{i+1}a_{i+2}\cdots a_{i-1}}\right)+a_{i+k}a_{i+k+1}\cdots a_{i-1}}\right)}$$
$$\geq \prod_{cyc-i}{\left(1+\dfrac{\lambda}{ \sum\limits_{cyc- j}{\left(a_ja_{j+1}\cdots a_{j+k}\right)}-a_{i+k}a_{i+k+1}\cdots a_{i-1}+a_{i+k}a_{i+k+1}\cdots a_{i-1}}\right)}=\prod_{cyc-i}{\left(1+\dfrac{\lambda}{ \sum\limits_{cyc- j}{\left(a_ja_{j+1}\cdots a_{j+k}\right)}}\right)}$$
$$\sum\limits_{cyc-j}{a_{j}a_{j+1}\cdots a_{j+k}}=\lambda\Rightarrow \prod_{cyc-i}{\left(1+\dfrac{\lambda}{ \sum\limits_{cyc- j}{\left(a_ja_{j+1}\cdots a_{j+k}\right)}}\right)}=2^n$$
elde eder ve ispatı tamamlarız.