Geomania.Org Forumları
Yarışma Soruları => Tübitak Lise 1. Aşama => 2016 => Konuyu başlatan: ArtOfMathSolving - Haziran 07, 2016, 10:13:26 ös
-
$a^3+b^3+c^3-3abc=1$ eşitliğini sağlayan $a,b,c$ pozitif gerçelleri için, $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$ ifadesi $2016^{-2}$, $2016^{-1}$, $1$, $2016$ sayılarından kaç tanesine eşit olabilir?
$\textbf{a)}\ 0
\qquad{b)}\ 1
\qquad{c)}\ 2
\qquad{d)}\ 3
\qquad{e)}\ 4
$
-
Cevap:$\boxed{D}$
$\dfrac{2}{a+b+c}$ ifadesinin $1$ den büyük olduğunu ispatlayacağız.
Soruda verilen ifade $\sum_{cyc}(a-b)^2=2(\sum_{cyc} a^2-ab)= \dfrac{2(a+b+c)(\sum_{cyc}a^2-ab)}{a+b+c}= \dfrac{2(a^3+b^3+c^3-3abc)}{a+b+c}=\dfrac{2}{a+b+c}$ olduğundan, $a+b+c$ nin alabileceği minimumunu bulmak yeterli.
Cauchy-schwarz'dan $(a^3+b^3+c^3)(a+b+c)\geqslant (a^2+b^2+c^2)^2$ bulunur.
Şimdi $a^3+b^3+c^3=3abc+1$ yazarsak, $3abc+1\geqslant \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a+b+c}$ olduğundan
$(3abc+1)(a+b+c)\geqslant (a^2+b^2+c^2)^2 \Rightarrow (3abc+1)(a+b+c)\geqslant 9abc\sqrt[3]{abc}\Rightarrow a+b+c\geqslant \dfrac{9abc\sqrt[3]{abc}}{3abc+1}$ bulunur.
$a^3+b^3+c^3\geqslant \dfrac{(a+b+c)^3}{9}$ eşitsizliğinden, $9(3abc+1)\geqslant (a+b+c)^3$ ve burada $abc=k$ dersek ifade ,$27^3k^2\leqslant (27k+9)(3k+1)^3\Rightarrow k\leqslant \dfrac{1}{2}$ bulunur. Buradan, $\dfrac{2}{a+b+c}>1$ olur ispat biter. $\blacksquare$
O halde alınabilecek değerler $2016^{-2},2016^{-1}$ ve $1$ dir.
-
Yanıt: $\boxed D$
Özdeşik: $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)$
Ayrıca $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)$
O halde, $(a+b+c)\left[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right]=2$ bilgisi altında $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$ ifadesinin soruda verilen değerlerden hangilerini alabileceğini bulmak istiyoruz.
$(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$ ifadesinin $2016^{-2}, 2016^{-1}, 1, 2016$ değerlerine eşit olması için $a+b+c$ ifadesinin sırasıyla $2.2016^2, 2.2016, 2, \dfrac{1}{1008}$ değerlerine eşit olması gerekir.
İddia 1: $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2016$ ve $a+b+c=\dfrac{1}{1008}$ olması mümkün değildir.
İspat: Olabileceğini varsayalım. $a+b+c=\dfrac{1}{1008}$ olabilmesi için $a,b,c<1$ olmalıdır. Ancak bu durumda $2016=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2<a^2+b^2+c^2<a+b+c=\dfrac{1}{1008}$ elde ederiz. Çelişki.
İddia 2: Diğer 3 durum mümkündür.
İspat: Diğer 3 duruma örnek bulacağız. Kolay olması açısından $(a,b,c)=(x+y, x, x)$ formunda örnekler bulalım.
i) $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2016^{-2}, a+b+c=2.2016^2$
$\Longrightarrow 2y^2=2016^{-2}, 3x+y=2.2016^2$
Bu denklem sisteminin $(x,y)$ çözümünün olduğu açıktır.
ii) $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2016^{-1}, a+b+c=2.2016$
$\Longrightarrow 2y^2=2016^{-1}, 3x+y=2.2016$
Bu denklem sisteminin $(x,y)$ çözümünün olduğu açıktır.
iii) $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=1, a+b+c=2$
$\Longrightarrow 2y^2=1, 3x+y=2$
Bu denklem sisteminin $(x,y)$ çözümünün olduğu açıktır.
O halde $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$ ifadesi $2016^{-2},2016^{-1}, 1$ sayılarına eşit olabilir ancak $2016$ sayısına eşit olamaz.