Tübitak Avrupa Kızlar Takım Seçme 2018 Soru 5

[Eray]

Tüm $x$, $y$ ve $z$ pozitif gerçel sayıları için$$\dfrac{x^2+1}{(x+y)^2+4(z+1)}+\dfrac{y^2+1}{(y+z)^2+4(x+1)}+\dfrac{z^2+1}{(z+x)^2+4(y+1)}\ge\dfrac{1}{2}$$olduğunu gösteriniz.

(Fehmi Emre Kadan)

[YavuzSelim]

       $x^2+1=m$ ve $y^2+1=n$ olsun.
       
       $(m-2)^2\ge 0\Longrightarrow 2m\ge m+ 2\sqrt{m-1}$ bulunur ve aynısı $n$ için yapılıp çarpılırsa,
       
       $4mn\ge (m+ 2\sqrt{m-1})(n+ 2\sqrt{n-1})$ elde ederiz. Eşitsizlikte $x$ ve $y$ yi yerine yazarsak,
       
       $4(x^2+1)(y^2+1)\ge (x+1)^2(y+1)^2$ elde ederiz. İfadenin kökünü alıp 2 ile çarparsak,
       
       $4\sqrt{(x^2+1)(y^2+1)}\ge 2xy+2x+2y+2$ bulunur. Bu işlemi $(y,z)$ ve $(z,x)$ ikililerinde yapıp toplarsak,
       
       $4\sum\sqrt{(x^2+1)(y^2+1)}\ge 2\sum{xy}+4\sum{x}+6$ bulunur. Her tarafa $2\sum{x^2}+6$ ekleyip düzenlersek,
       
       $2\sum{x^2}+4\sum\sqrt{(x^2+1)(y^2+1)}+6\ge\sum{(x+y)^2}+4\sum{x}+12$ elde ederiz. Buradan,
       
       $\dfrac{1}{2}\leq \dfrac{\sum{x^2}+2\sum{\sqrt{(x^2+1)(y^2+1)}}+3}
       {\sum{(x+y)^2}+4\sum{x}+12}=\dfrac{(\sum{\sqrt{x^2+1}})^2}{\sum{(x+y)^2}+4\sum{x}+12}$ bulunur.
       
       İlham's Cauchy-Schwarz Eşitsizliği'nden bu ifade soruda verilen ifadeden küçüktür ve bu da ispatı tamamlar.

       Eşitlik durumu $(1,1,1)$ dir.
       
       

[Eray]

Sorudaki toplama $A$ diyelim. $A\ge\dfrac{1}{2}$ olduğunu göstereceğiz.
$2xy\le x^2+y^2$ ve $4z\le2z^2+2$ olduğundan $$(x+y)^2+4(z+1)\le2x^2+2y^2+2z^2+6$$ elde edilir. Benzer şekilde $$(y+z)^2+4(x+1)\le2x^2+2y^2+2z^2+6$$ ve $$(z+x)^2+4(y+1)\le2x^2+2y^2+2z^2+6$$ elde edilir. O halde
\begin{align*}
A&=\dfrac{x^2+1}{(x+y)^2+4(z+1)}+\dfrac{y^2+1}{(y+z)^2+4(x+1)}+\dfrac{z^2+1}{(z+x)^2+4(y+1)}\\
&\ge \dfrac{x^2+1}{2x^2+2y^2+2z^2+6}+\dfrac{y^2+1}{2x^2+2y^2+2z^2+6}+\dfrac{z^2+1}{2x^2+2y^2+2z^2+6}\\
&=\dfrac{x^2+y^2+z^2+3}{2x^2+2y^2+2z^2+6}\\
&=\dfrac{1}{2}
\end{align*}
olduğundan $A\ge\dfrac{1}{2}$ dir. $\blacksquare$