Gönderen Konu: Genelleştirilmiş IMO Shortlist 2004 #A.5 {çözüldü}  (Okunma sayısı 264 defa)

Çevrimdışı Hüseyin Yiğit EMEKÇİ

  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 489
  • Karma: +2/-0
Genelleştirilmiş IMO Shortlist 2004 #A.5 {çözüldü}
« : Aralık 02, 2023, 12:06:34 öö »
Genelleştirme 1
$a,b,c,\theta,\lambda$ pozitif reeller olmak üzere $ab+bc+ca=\beta$ ve
$$\beta ^4\left(3\theta +\lambda \beta\right)=3^{5-n}$$
eşitlikleri sağlanıyorsa

$$\sqrt[n]{\dfrac{\theta}{a}+\lambda b}+\sqrt[n]{\dfrac{\theta}{b}+\lambda c}+\sqrt[n]{\dfrac{\theta}{c}+\lambda a}\leq \dfrac{1}{\sqrt[3]{\left(abc\right)^n}}$$

olduğunu gösteriniz.
« Son Düzenleme: Ocak 22, 2024, 12:32:36 öö Gönderen: Hüseyin Yiğit EMEKÇİ »
''Uzman, çok dar bir alanda yapılabilecek tüm hataları yapmış kişidir.''   ~Niels Bohr

Çevrimdışı Hüseyin Yiğit EMEKÇİ

  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 489
  • Karma: +2/-0
Ynt: Genelleştirilmiş IMO Shortlist 2004 #A.5
« Yanıtla #1 : Aralık 02, 2023, 12:08:51 öö »
$$\beta=1,\theta =1,\lambda =6,n=3$$
verildiğinde soruda verilen eşitlik sağlanır ve problem IMO Shortlist 2004 #A.5'e dönüşür.
''Uzman, çok dar bir alanda yapılabilecek tüm hataları yapmış kişidir.''   ~Niels Bohr

Çevrimdışı Hüseyin Yiğit EMEKÇİ

  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 489
  • Karma: +2/-0
Ynt: Genelleştirilmiş IMO Shortlist 2004 #A.5
« Yanıtla #2 : Ocak 22, 2024, 12:32:12 öö »
Jensen Eşitsizliği'ni $\sqrt[n]{x_i}$ için kullanalım
$$\sqrt[n]{\dfrac{\theta}{a}+\lambda b}+\sqrt[n]{\dfrac{\theta}{b}+\lambda c}+\sqrt[n]{\dfrac{\theta}{c}+\lambda a}\overbrace{\leq}^{Jensen} \sqrt[n]{3^{n-1}\left(\dfrac{\theta}{a}+\lambda b+\dfrac{\theta}{b}+\lambda c+\dfrac{\theta}{c}+\lambda a\right)}$$
$$=\sqrt[n]{3^{n-1}\left(\theta\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)+\lambda\left(a+b+c\right)\right)}\leq \dfrac{1}{\sqrt[n]{a^3b^3c^3}}$$
Her iki tarafın $n$ kuvvetini alalım
$$3^{n-1}\left(\theta\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)+\lambda\left(a+b+c\right)\right)\leq \frac{1}{a^3b^3c^3}$$
Her iki tarafı $abc$ ile çarpalım
$$3^{n-1}\left(\theta\left(ab+bc+ca\right)+\lambda abc\left(a+b+c\right)\right)\leq \dfrac{1}{a^2b^2c^2}$$
Şimdi $abc\left(a+b+c\right)$ ile ilgili bir eşitsizlik uygulamamız lazım. Eşitsizliğimiz ise şudur:
$$abc\left(a+b+c\right)\leq \dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}$$
Bu ifadenin ispatında $ab=x,bc=y,ca=z$ verilirse bilinen bir eşitsizlik $\left(x+y+z\right)^2\geq 3\left(xy+yz+zx\right)$ elde edilir ve eşitsizliğin çalıştığı anlaşılır. Bunu $\lambda abc\left(a+b+c\right)$ üzerinde uygularsak
$$3^{n-1}\left(\theta\left(ab+bc+ca\right)+\lambda abc\left(a+b+c\right)\right)\leq 3^{n-1}\left(\theta\left(ab+bc+ca\right)+\dfrac{\lambda \left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\right)$$
$$=3^{n-1}\left(ab+bc+ca\right)\left(\dfrac{3\theta+\lambda \left(ab+bc+ca\right)}{3}\right)=3^{n-2}\beta\left(3\theta+\beta\right)$$
elde ederiz. Ayrıca problemde verilen eşitliğimiz $\beta ^4\left(3\theta +\lambda \beta\right)=3^{5-n}$ ile biraz oynarsak
$$3^{n-2}\beta\left(3\theta+\lambda\beta\right)=\dfrac{27}{\beta^3}$$
elde ederiz. Bu durumda
$$LHS\leq \dfrac{27}{\beta^3}\leq \dfrac{1}{a^2b^2c^2}$$
olduğunu gòstermeliyiz.
$$\dfrac{27}{\beta^3}\leq \dfrac{1}{a^2b^2c^2}\Rightarrow \beta^3=\left(ab+bc+ca\right)^3\geq a^2b^2c^2$$
son ifade Aritmetik-Geometrik Ortalama'dan açıktır. İspat biter.
« Son Düzenleme: Ocak 22, 2024, 12:41:16 öö Gönderen: Hüseyin Yiğit EMEKÇİ »
''Uzman, çok dar bir alanda yapılabilecek tüm hataları yapmış kişidir.''   ~Niels Bohr

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal