Geomania.Org Forumları
Fantezi Geometri => Fantezi Geometri => Konuyu başlatan: Lokman Gökçe - Aralık 20, 2022, 04:06:29 öö
-
Problem: $a,b,c$ kenar uzunluklarına sahip herhangi bir üçgende
$$ \sqrt{b+c-a} + \sqrt{c+a-b} + \sqrt{a+b-c} \leq \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} $$
olduğunu kanıtlayınız. Eşitlik koşulunu belirleyiniz.
-
Farklı çözümler de olabilir. Düşünme biçimimi açıklama adına vakit kaybettiğim yerleri de ekleyeceğim. Şu şekilde yaptım.
Çözüm: Ravi dönüşümü uygularsak $a=y+z$, $b=z+x$, $c=x+y$ olacak şekilde $x,y,z$ pozitif gerçel sayıları vardır. Bu durumda ispatlamamız gereken eşitsizlik
$$ \sqrt{2x} + \sqrt{2y} + \sqrt{2z} \leq \sqrt{x+y} + \sqrt{y+z} + \sqrt{z +x} \tag{1}$$
biçimine dönüşür. Bu aşamada bazı faydasız uğraşlarım oldu. Her iki tarafın karesini alıp, düzenleyip tekrar kare almak gibi. Bir noktada $f(x) = \sqrt{x}$ konkav fonksiyonu için Jensen eşitsizliğini düşündüm. $f\left(\dfrac{x+y}{2}\right) \geq \dfrac{f(x) + f(y)}{2}$ olacaktır. Bu ise,
$$ \sqrt{\dfrac{x+y}{2}} \geq \dfrac{\sqrt{x} + \sqrt{y}}{2} \tag{2}$$
eşitsizliğini verir. Artık $(2)$ eşitsizliğinin problemimizi çözeceğini görebiliyoruz. Bu noktada, $(2)$ eşitsizliğinin aslında $\sqrt{x} , \sqrt{y}$ sayıları için aritmetik ortalama - karesel ortalama eşitsizliği olduğunu da görüyoruz. Yani hiç Jensen eşitsizliğine girişmeden aritmetik - karesel ortalama eşitsizliği ile,
$$ \sqrt{\dfrac{x+y}{2}} \geq \dfrac{\sqrt{x} + \sqrt{y}}{2} \\ \sqrt{\dfrac{y+z}{2}} \geq \dfrac{\sqrt{y} + \sqrt{z}}{2} \\ \sqrt{\dfrac{z+x}{2}} \geq \dfrac{\sqrt{z} + \sqrt{x}}{2}$$
yazıp taraf tarafa toplarsak $(1)$ deki
$$ \sqrt{x+y} + \sqrt{y+z} + \sqrt{z +x} \geq \sqrt{2x} + \sqrt{2y} + \sqrt{2z} $$
eşitsizliğine ulaşıyoruz. Ortalama eşitsizliklerinde eşitlik hali yalnızca $x=y=z$ iken geçerlidir. Bu durumda $a=b=c$ olup üçgen eşkenar olmalıdır.