Gönderen Konu: 1997 Antalya Matematik Olimpiyatı 2. Aşama Lise 1 Soru 2  (Okunma sayısı 1533 defa)

Çevrimdışı matematikolimpiyati

  • Geo-Maniac
  • ********
  • İleti: 1.560
  • Karma: +4/-0
1997 Antalya Matematik Olimpiyatı 2. Aşama Lise 1 Soru 2
« : Mart 22, 2023, 03:51:00 öö »
$x$ ve $y$ herhangi pozitif reel sayılar olmak üzere,

$$ x^2\sqrt{\dfrac{x}{y}} + y^2\sqrt{\dfrac{y}{x}} \geq x^2+y^2$$

eşitsizliğinin sağlandığını gösteriniz.

Çevrimdışı Metin Can Aydemir

  • G.O Genel Moderator
  • Geo-Maniac
  • ********
  • İleti: 1.307
  • Karma: +9/-0
Ynt: 1997 Antalya Matematik Olimpiyatı 2. Aşama Lise 1 Soru 2
« Yanıtla #1 : Mart 22, 2023, 08:31:38 ös »
Eğer $k>0$ için $y=xk$ dönüşümü yaparsak, eşitsizlik $$\frac{x^2}{\sqrt{k}}+x^2k^2\sqrt{k}\geq x^2+x^2k^2\iff \frac{1}{\sqrt{k}}+k^2\sqrt{k}\geq k^2+1$$ haline dönüşür. Eşitsizliği "$\iff$" durumunu bozmadan düzenlersek, $$\cdots \iff k^3+1\geq k^2\sqrt{k}+\sqrt{k}\iff k^2\sqrt{k}(\sqrt{k}-1)-(\sqrt{k}-1)=(\sqrt{k}-1)(k^2\sqrt{k}-1)\geq 0$$ olur. $k=1$ ise eşitlik sağlanır. $k>1$ ise $\sqrt{k}-1>0$ ve $k^2\sqrt{k}-1>0$ olduğundan eşitsizlik doğrudur. Eğer $k<1$ ise çarpanlar negatif olduğundan sonuç yine pozitiftir ve eşitsizlik doğrudur.

Dolayısıyla eşitsizlik her zaman doğrudur ve eşitlik durumu $k=1$, yani $x=y$'dir.
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı Lokman Gökçe

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3.716
  • Karma: +23/-0
  • İstanbul
Ynt: 1997 Antalya Matematik Olimpiyatı 2. Aşama Lise 1 Soru 2
« Yanıtla #2 : Mart 22, 2023, 11:45:00 ös »
Çözüm 2 [Lokman GÖKÇE]: Köklü ifadelerden kurtulmak için $a,b>0$ olmak üzere $x=a^2, y = b^2$ değişken değiştirmesi yapalım. Verilen eşitsizlik
$$ a^4\cdot \dfrac{a}{b} + b^4\cdot \dfrac{b}{a} \geq a^4 + b^4 $$
biçimine dönüşür. Payda eşitleyerek düzenlersek
$$ a^6 + b^6  \geq a^5b + b^5a $$
olduğunu ispat etmeliyiz. Bu ise bize yeniden düzenleme eşitsizliğini hatırlatıyor. Simetriden dolayı $0<a\leq b$ kabul edebiliriz. Bu durumda $ 0<a^5 \leq b^5$ olur. Benzer sıralı bu iki sayı dizisini kullanarak yeniden düzenleme eşitsizliğini uygularsak
$$ a^5\cdot a + b^5 \cdot b \geq  a^5\cdot b + b^5 \cdot a  $$
elde ederek ispatı tamamlarız.
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı Lokman Gökçe

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3.716
  • Karma: +23/-0
  • İstanbul
Ynt: 1997 Antalya Matematik Olimpiyatı 2. Aşama Lise 1 Soru 2
« Yanıtla #3 : Mart 23, 2023, 03:53:00 ös »
Çözüm 3 [Lokman GÖKÇE]: $a,b>0$ olmak üzere önceki çözümde ispatlamak istediğimiz $a^6 + b^6  \geq a^5b + b^5a$ eşitsizliğine dönelim. Başka soru çözümlerinde de kullandığımız polinom eşitsizliği yöntemini burada da kullanabiliriz. (Başka uygulamalar için buraya ve şuraya bakılabilir.)

Eşitsizliği $b^6$ bölersek $\dfrac{a^6}{b^6} - \dfrac{a^5}{b^5} - \dfrac{a}{b} + 1 \geq 0$ olur. $t=\dfrac{a}{b}$ ve $P(t) = t^6 - t^5 - t  + 1  $ dersek $ P(t) \geq 0$ polinom eşitsizliğini ispatlamamız gerekir. $P(t) = t^5(t-1) -(t-1) = (t-1)(t^5-1) $ yazalım. $(t-1)$ ve $(t^5-1)$ çarpanlarının her biri için $t=1$ basit kök (bir katlı kök) olduğundan, bu kök $P$ için iki katlı köktür. Başka gerçel kök yoktur. Dolayısıyla $P(t)\geq 0$ olur. Ya da aynı gerçeği $P(t) = (t-1)^2(t^4 + t^3 + t^2 + t + 1) \geq 0$ biçiminde yazarak da elde edebiliriz.
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

 


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