Geomania.Org Forumları
Yarışma Soruları => Tübitak Lise 2. Aşama => 2009 => Konuyu başlatan: geo - Ağustos 06, 2013, 03:43:45 öö
-
Tüm $a,b,c$ pozitif gerçel sayıları için, $$ \dfrac{(b+c)(a^{4}-b^{2}c^{2})}{ab+2bc+ca}+\dfrac{(c+a)(b^{4}-c^{2}a^{2})}{bc+2ca+ab}+\dfrac{(a+b)(c^{4}-a^{2}b^{2})}{ca+2ab+bc}\ge 0$$ olduğunu gösteriniz.
(Fehmi Emre Kadan)
-
$\sum{\dfrac{(b+c)(a^4-b^2c^2)}{ab+2bc+ca}\ge 0}\Leftrightarrow \sum{\dfrac{a^4b+a^4c-b^3c^2-b^2c^3}{ab+2bc+ca}}\ge 0\Leftrightarrow \sum{\dfrac{a^4b+a^4c}{ab+2bc+ca}}\ge \sum{\dfrac{b^3c^2+c^3b^2}{ab+2bc+ca}}$ sağlanır. Bu son eşitsizliği ispatlayalım.
Genelliği bozmadan $a\ge b\ge c$ kabul edebiliriz.
Bu durumda $\dfrac{1}{ab+2bc+ca}\ge \dfrac{1}{bc+2ca+ab}\ge \dfrac{1}{ca+2ab+bc}$ sıralamasının doğru olduğu açıktır. Ayrıca $a(b+c)\ge b(a+c)\ge c(a+b)$ olduğundan, $a^4(b+c)\ge b^4(a+c)\ge c^4(a+b)$ eşitsizliği de sağlanır. Dolayısıyla Chebishev Eşitsizliği'nden
$\sum{\dfrac{a^4b+a^4c}{ab+2bc+ca}}\ge \dfrac{1}{3}(a^4b+a^4c+b^4a+b^4c+c^4a+c^4b)\sum{\dfrac{1}{ab+2bc+ca}}$ elde edilir.
Benzer şekilde $a^3b^2+a^2b^3\ge c^3a^2+a^3c^2\ge b^3c^2+c^3b^2$ olduğundan, yine Chebishev Eşitsizliği'ni kullanarak
$\sum{\dfrac{b^3c^2+c^3b^2}{ab+2bc+ca}}\le \dfrac{1}{3}(a^3b^2+b^3a^2+b^3c^2+c^3b^2+c^3a^2+a^3c^2)\sum{\dfrac{1}{ab+2bc+ca}}$ olarak bulunur.
Son iki eşitsizlikten, $\dfrac{1}{3}\sum{a^4b}\sum{\dfrac{1}{ab+2bc+ca}}\ge \dfrac{1}{3}\sum{a^3b^2}\sum{\dfrac{1}{ab+2bc+ca}}\Leftrightarrow \sum{a^4b\ge }\sum{a^3b^2}$ olduğunu ispatlamak yeterlidir. Son olarak Cauchy-Schwarz Eşitsizliği'ni kullanarak:
$$\left(\sum{a^4b}\right).\left(\sum{a^3b^2}\right)=\left(a^4b+a^4c+b^4a+b^4c+c^4a+c^4b\right)\left({b^3a^2+c^3a^2+a}^3b^2+c^3b^2+a^3c^2+b^3c^2\right)$$ $$\ge {\left(a^3b^2+b^3a^2+b^3c^2+c^3b^2+c^3a^2+a^3c^2\right)}^2={\left(\sum{a^3b^2}\right)}^2$$
ve dolayısıyla $\sum{a^4b\ge }\sum{a^3b^2}$ bulunur, ispat biter.