Özel Eşitsizlikler Sorularında Türev ve Lagrange Çarpanları kullanımı

[AtakanCİCEK]

Arkadaşlar bu bölüme Güzel eşitsizlik soruları ve bu soruların en garanti ama en uzun çözümleri olan  türev , denklem  verilmiş olanları lagrange çarpanları ile çözümünü ekleyeceğim.  Diğer özel eşitsizlikler ile çözümlerini de atarsanız güzel bir kaynak oluşabilir diye düşünerek oluşturdum.

$1)$ $a,b,c\in R^+$ ise $$(1+\frac{a}{b}).(1+\frac{b}{c}).(1+\frac{c}{a})\ge 2. (1+\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}})$$ eşitsizliğini gösteriniz.  (Asya-Pasifik Matematik Olimpiyatı $1998$)

$2)$  $a,b,c\in R^+$ ise $$(1+\frac{a}{b}).(1+\frac{b}{c}).(1+\frac{c}{a})\ge 8$$ olduğunu gösteriniz.

$3)$ $a,b,c\in R$ olmak üzere $$a^4+b^4+c^4\ge a^2bc+b^2ac+c^2ab$$ eşitsizliğinin doğruluğunu kanıtlayınız.

[AtakanCİCEK]

$2)$

$(1+\dfrac{a}{b}).(1+\dfrac{b}{c}).(1+\dfrac{c}{a})\ge 8 $ eşitsizliğini göstermek için;

$x,y,z\in R^+$  için

$x=1+\dfrac{a}{b},y=1+\dfrac{b}{c},z=1+\dfrac{c}{a}$ dönüşümlerini yapalım.



Dikkat edilirse $(x-1).(y-1).(z-1)=1$ olarak bulunur. Bu bilgiden yararlanarak $xyz\ge 8 $  olduğunu gösterelim.

$3$ değişkenli ifadelerdeki lagrange çarpanları teoremini kullanalım.

$xyz$ ifadesinin minimum değeri için olan $x$ ,$y$ ve $z$ değerleri

$f(x,y,z)=xyz$  , $g(x,y,z)=(x-1).(y-1).(z-1)-1$ olmak üzere

$$h(x,y,z,\lambda)=f(x,y,z)+\lambda . g(x,y,z)$$ denkleminin kısmi türevlerinin değerini $0$ yapan denklemlerin köküdür.

$h_x=yz+\lambda .(y-1).(z-1)=0$
$h_y=xz+\lambda . (x-1).(z-1)=0$
$h_z=xy+\lambda . (x-1).(y-1)=0$
$h_\lambda=(x-1).(y-1).(z-1)-1=0$ denklem sistemini çözmeliyiz.

$4.$ eşitliği kullanarak denklem sistemini düzenleyelim. 

$yz=-\lambda.\dfrac{1}{x-1}$
$xz=-\lambda.\dfrac{1}{y-1}$
$xy=-\lambda.\dfrac{1}{z-1}$  olur.  $1$ ve $2$  ve $3$ nolu denklemlerden $\lambda$ çekilip eşitlenirse

$$(x-1).yz=(y-1).xz=(z-1).xy$$ bulunur.

Pozitif reel sayılarda olduğu bilgisini kullanarak

$(x-1).y=(y-1).x$    $xy-y=xy-x$, $x=y$ bulunur. Benzer şekilde $x=z$ bulunur.  O halde $x=y=z$  olmalıdır. $4.$  denklemde yerine koyarsak $(x-1)^3=1$  yani $x=y=z=2$  için minimumu alır.

$xyz\ge8$  bulunur.

[Squidward]

$2)$

Ben de elementer yöntemlerle bir çözüm atayım:

Eşitsizliği açalım ve iki tarafı da $abc$ ile çarpalım ve takip edelim.

$a^2b + a^2c + b^2a + b^2c + c^2a + c^2b + 2abc \ge 8abc$

$a^2b + a^2c + b^2a + b^2c + c^2a + c^2b \ge 6abc$

$ab(a+b) + bc(b+c) + ac(a+c) \ge 6abc$

$\dfrac{a+b}{c} + \dfrac{b+c}{a} + \dfrac{a+c}{b} \ge 6$

$\dfrac{a+b+c}{c} + \dfrac{a+b+c}{a} + \dfrac{a+b+c}{b} \ge 9$

$(a+b+c)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}) \ge 9$ olduğunu göstermeliyiz.

$\text{Aritmetik Ortalama} \ge \text{Harmonik Ortalama}$ olduğunu $a, b, c \in R^+$ için kullanırsak:

$\dfrac{a+b+c}{3} \ge \dfrac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$

gösterilmek istenen de buydu. $\blacksquare$

[Eray]

Lagrange Çarpanları yöntemini kullanırken dikkat edilmesi gereken çok önemli bir nokta var:
Çözümün tam olabilmesi için değişkenlerin tıkız (compact) bir kümede bulunması gerekmektedir. Çünkü aksi halde ifadelerin global maksimum/minimum değerleri bulunmak zorunda değildir.

Yöntemi kullanarak yaptığı çözümlerin eksiksiz olmasını isteyenler, faydalanabilecekleri İngilizce bir dökümana bu bağlantıdan ulaşabilirler. Yazarı eski bir olimpiyatçı olan Evan Chen. Kendi sitesinde Olympiad isimli bölümde faydalanılabilecek farklı dökümanlar da mevcut.

[Metin Can Aydemir]

$2.$ soru oldukça farklı çözümlere sahip ve bilinen bir soru, ben de kendi türevli çözümümü eklemek isterim.

Eşitsizliği $abc$ ile çarparsak $$(a+b)(a+c)(b+c)\geq 8abc$$ olduğunu göstermemiz yeter. Genelliği bozmadan $a\geq b\geq c$ olsun. Eşitsizliği sol tarafa atıp $a$ üzerinden ikinci dereceden bir denklem olarak yorumlayalım. $$f(a)=(b+c)a^2+a(b^2-6bc+c^2)+bc(b+c)$$ diyelim, bu fonksiyonun pozitif olduğunu göstermeliyiz. $$f'(a)=2a(b+c)+(b^2-6bc+c^2)\geq 2b(b+c)+(b^2-6bc+c^2)=(3b-c)(b-c)\geq 0$$ olur. Yani $f$, $a\geq b$ için artandır. Dolayısıyla $$f(a)\geq f(b) \Rightarrow f(a)\geq b^2(b+c)+b(b^2-6bc+c^2)+bc(b+c)=2b(b-c)^2\geq 0$$ olur. Yani eşitsizlik doğrudur. Eşitlik durumu için $a=b$ olmalı. Yerine yazarsak $a=b=c$ olur. Yani eşitsizlik doğrudur ve eşitlik durumu $a=b=c$'dir.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

3-)
$a^4+b^4+c^4\overbrace{\geq}^{Kuvvet O.} \frac{(a+b+c)^4}{3^3}\geq abc(a+b+c)$

$\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3\geq abc$

$\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^3\overbrace{\geq}^{A.G.O} \left(\frac{3\sqrt[3]{abc}}{3}\right)^3\geq abc\geq abc$.

Veya sadece Muirhead yahut Yeniden Düzenleme Eşitsizliğinden doğru olduğunu rahatlıkla söyleyebiliriz.