Geomania.Org Forumları
Yarışma Soruları => Uluslararası Matematik Olimpiyatı => 2008 => Konuyu başlatan: geo - Ekim 27, 2013, 01:14:43 ös
-
- Herbiri $1$ den farklı olan ve $xyz = 1$ koşulunu sağlayan tüm $x, y, z$ gerçel sayıları için
$$ \frac{x^2}{(x-1)^2} + \frac{y^2}{(y-1)^2} + \frac{z^2}{(z-1)^2} \geq 1$$
olduğunu kanıtlayınız.
- Herbiri $1$ den farklı olan ve $xyz = 1$ koşulunu sağlayan sonsuz tane $x, y, z$ rasyonel sayı üçlüsü için yukarıdaki eşitsizliğin eşitliğe dönüştüğünü gösteriniz.
-
Soruda $x=\dfrac{a}{b},y=\dfrac{b}{c},x=\dfrac{c}{a}$ dönüşümü yapılırsa soru;
$$\frac{a^2}{(a-b)^2}+\frac{b^2}{(b-c)^2}+\frac{c^2}{(c-a)^2}\ge 1$$
haline döner. Bu eşitsizlik de;
$$\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}-3\right)^2\ge 0$$
olduğundan doğrudur. Şimdi b) bölümüne bakalım. $b=ak,c=b.r=akr$ dersek;
$$k+r+\dfrac{1}{rk}=3$$
şekilde sonsuz tane rasyonel sayı ikilisi olduğunu göstermek yeterlidir. Bunu düzenlersek;
$$k^2+(r-3)k+\frac{1}{r}=0$$
eşitliğinin $\delta$ sının tamkare olduğu sonsuz adet $r$ değeri varsa doğal olarak sonsuz sayıda $k,r \in \mathbf{Q}$ bulunur. Bunun için;
$$(r-3)^2-\frac{4}{r}=\frac {r - 4}{r}\left(x - 1\right)^2$$
olduğundan $\dfrac{r-4}{r}$ tamkare olacak şekilde sonsuz sayıda $r \in \mathbf{Q}$ olmalı. Buradan;
$$ (x,y,z) = \left( - k(k + 1),\dfrac{ - (k + 1)}{k^2},\dfrac{k}{(k + 1)^2}\right)$$
alırsak sağlayacağını görebiliriz. İspat biter.
-
$\dfrac{x}{x-1}=a$, $\dfrac{y}{y-1}=b$, $\dfrac{z}{z-1}=c$ dersek $a,b,c \neq 1$ olmak üzere $x=\dfrac{a}{a-1}$, $y=\dfrac{b}{b-1}$, $z=\dfrac{c}{c-1}$ olur. $xyz = 1$ eşitliği bize $abc = (a-1)(b-1)(c-1)$ eşitliğini verir. Parantezleri açarsak $a + b + c - 1 = ab + bc + ca$ olur. Ayrıca ispatlamamız istenen eşitsizlik de $a^2 + b^2 + c^2 \geq 1$ biçimine dönüşür. $2(ab + bc + ca) = (a+b+c)^2 - (a^2 + b^2 + c^2)$ özdeşliğinden faydalanırsak:
$\qquad 2(a + b + c - 1) = 2(ab + bc + ca)$
$\implies 2(a+b+c) - 2 = (a+b+c)^2 - (a^2 + b^2 + c^2)$
$\implies a^2 + b^2 + c^2 = (a+b+c)^2 - 2(a+b+c) + 2$
$\implies a^2 + b^2 + c^2 = (a+b+c-1)^2 + 1 \geq 1$
elde edilir.
Şimdi eşitlik durumunu inceleyelim. $ a^2 + b^2 + c^2 = 1$ ise $a+b+c = 1$ ve $ab+ bc + ca = 0$ olmalıdır. $c = 1 - a - b$ yazarsak $ab + (b+c)(1-a-b) = 0$ olup $b$ ye göre ikinci dereceden bir denklem olan
$$ b^2 + (a-1)b + a(a-1) = 0$$
eşitliğine ulaşırız. $a$ rasyonel iken denklemin $b$ kökünün de rasyonel sayı olması için gerek ve yeter şart diskriminantın bir rasyonel sayının karesi olmasıdır. $\Delta = (a-1)^2 - 4a(a-1) = (1-a )(1+3a)$ olur. $k,m$ tam sayılar olmak üzere $a=\dfrac{k}{m}$ koyalım. $\Delta = \dfrac{(m-k)(m+3k)}{m^2}$ olur. Eğer $m=k^2 - k + 1$ seçersek $m>0$ ve $\Delta = \dfrac{(k-1)^2(k+1)^2}{m^2}$ olur. $b$ yi büyük kök olarak seçerek devam edelim. $b = \dfrac{m-k + (k^2-1)}{m^2} = \dfrac{m-1}{m}$ olur. $a+b+c=1$ den dolayı $c=\dfrac{1-k}{m}$ bulunur. $a,b,c \neq 1$ şartına uygun olması için $k\neq 0$, $k\neq 1$ almalıyız. O halde $k>1$ tam sayıları seçerek sonsuz çoklukta $(a,b,c)$ rasyonel sayı üçlüsü elde edebiliriz. $x=\dfrac{a}{a-1}$, $y=\dfrac{b}{b-1}$, $z=\dfrac{c}{c-1}$ eşitliklerinden sonsuz çoklukta $(x,y,z)$ rasyonel sayı üçlüsü üretilir.
Kaynak: IMO çözüm kitapçıkları
-
Genelleştirilmiş IMO 2008 #2 (https://geomania.org/forum/index.php?topic=8839.0)