Geomania.Org Forumları
Fantezi Cebir => Analiz-Cebir => Konuyu başlatan: AtakanCİCEK - Ağustos 24, 2019, 12:54:01 ös
-
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.
-
$2)$
$(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.
-
$2)$
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. $\blacksquare$
-
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 (http://web.evanchen.cc/handouts/LM/LM.pdf) ulaşabilirler. Yazarı eski bir olimpiyatçı olan Evan Chen. Kendi sitesinde (http://web.evanchen.cc) Olympiad isimli bölümde faydalanılabilecek farklı dökümanlar da mevcut.
-
$2.$ 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.
-
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.