Geomania.Org Forumları
Fantezi Cebir => Fantezi Cebir => Konuyu başlatan: Hüseyin Yiğit EMEKÇİ - Ağustos 07, 2023, 05:21:15 ös
-
1-) $a,$$b,$$c$ ≥ $0$ ve $ab+bc+ca=3$. Gösteriniz ki
$\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}≥3\sqrt{2}$
(RMM- Phan Ngoc Chau)
2-) $a,$$b,$$c$ ≥ $0$ ve $abc+ab+bc+ca=4$. Gösteriniz ki
$\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}≥3\sqrt{2}$
(AoPS Sqing)
3-) $a,$$b,$$c$ ≥ $0$ reel sayılardır ve $abc+ab+bc+ca=20$. Gösteriniz ki
$\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}≥3\sqrt{2}$
(Hüseyin Emekçi)
4-) $a,$$b,$$c$ ≥ $0$ reel sayılardır ve $abc+ab+bc+ca=54$. Gösteriniz ki
$\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}≥6$
(AoPS Sqing)
5-) $a,b,c\geq 0 $ ve $ab+bc+ca+abc=54$. Gösteriniz ki
$$\sqrt{a+1}+4\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}≥ 10$$
-
Çözüm hatalıdır, inceleyeceğim.
Soru 1-Çözüm :
Soruda $f(x)=\sqrt{x}$ fonksiyonu pozitif reel sayılarda konveks bir fonksiyon olduğundan Jensen Eşitsizliğini uygulayabiliriz.
İddia: $(a+b+c)^2≥3(ab+bc+ca)$
İspat:
$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca)$
=> $a^2+b^2+c^2≥ab+bc+ca$
Ve biz bunu (3)'te göstermiştik.
Yani $a+b+c≥3$. (4)
Jensen Eşitsizliği'nden:
$\frac{\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}}{3}\geq \sqrt{\frac{a+b+c+3}{3}}$
=> $\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\geq 3\sqrt{\frac{a+b+c+3}{3}}$
Bizim göstermemiz gereken $\frac{a+b+c+3}{3}\geq 2$.
(4)'te $a+b+c\geq 3$ demiştik. Yani:
$\frac{a+b+c+3}{3}\geq \frac{6}{3}=2$. Bu asıl eşitsizliği de ispatlar.
Ek olarak, yine Jensen Eşitsizliğinden daha güçlü bir eşitsizlik rahatça elde edilebilir:
$ab+bc+ca=3$ , $a,$ $b,$ $c,$ $k$ pozitif reel sayılar olmak üzere:
$\sqrt{a+k}+\sqrt{b+k}+\sqrt{c+k} \geq 3\sqrt{1+k}$
-
Soru 2 Çözüm :
$ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{(abc)^2}$ (1)
Eşitlik halinde.
=> $3\sqrt[3]{(abc)^2}+abc=4$
$abc=d^3$ olsun.
$d$ cinsinden eşitliği inceleyelim:
$d^3+3d^2-4=0$
$d^3+3d^2-4=(d-1)(d+2)^2$.
Pozitif tarafta çalıştığımızdan $d=1$ olmalı.
$d^3=1=abc$
=>Eşitlik olsaydı $abc=1$ olurdu. Fakat biz (1) eşitsizliğini incelemeliyiz.
$ab+bc+ca \geq 3$
$abc \leq 1$. $ab+bc+ca \geq 3$ olduğunu kullanacağız.
Gösterimi kolaylaştırmak amaçlı
$a+1=x^2$
$b+1=y^2$
$c+1=z^2$ olsun.
AGO'dan sonra göstermemiz gereken ikinci eşitsizlik.
$\sum{\sqrt{a+1}}=x+y+z$
≥$3\sqrt[3]{xyz}≥3\sqrt{2}$
=> $xyz \geq2 \sqrt{2}$
$\sqrt{(a+1)(b+1)(c+1)} \geq2\sqrt{2}$
$(a+1)(b+1)(c+1) \geq 8$ olduğunu gösterirsek soru bitecek.
$(a+1)(b+1)(c+1)$
=$abc+ab+bc+ca+a+b+c+1 \geq 8$ (1)
$ab+bc+ca \geq3$ idi. (2)
$(a+b+c)^2\geq3(ab+bc+ca)$ olduğunu göstermiştik.Soru 1'in Çözümü
Bundan dolayı $a+b+c\geq 3$ tür.
(1)'e dönüp hepsini yerleştirelim:
$abc+ab+bc+ca=4$
$a+b+c \geq3$
$abc+ab+bc+ca+a+b+c+1$
≥$(+4)+(+3)+1={8}$. Bu, asıl eşitsizliği de ispatlar niteliktedir.
-
Soru 3 ve 4 Çözümü
3)
$abc=d^3$ olsun.
Yine AGO uygulayıp $ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{(abc)^2}=3a^2$
Eşitlik halinde $a^3+3a^2=20$ ve $a^3+3a^2=(a-2)(a^2+5a+10)$ ve ikinci denklemde $\triangle$<$0$ olduğundan $d=2$ olur. Eşitsizlikleri incelersek:
$ab+bc+ca\geq 12$ olduğunu söyleyebiliriz. Ardindan $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$ eşitsizliğinden $(a+b+c)^2\geq 6$ buluruz. Sonrasında $a+1=x^2$, $b+1=y^2$ , $c+1=z^2$ diyim devam edersek:
$abc+ab+bc+ca+a+b+c++\geq 27 $ olmasının gerektiği açıktır.
Ardından hepsini yerleştirip:
$abc+ab+bc+ac=20$
$a+b+c\geq 6$
=>$(abc+ab+bc+ca)+(a+b+c)+1\geq $20+(+6)+1=27$ olur.
4)
Bu soruda da $d=3$ bulunur. $ab+bc+ca\geq 27$ ve $a+b+c\geq 9$ bulunur. Hepsini yerleştirirsek:
$abc+ab+bc+ca+a+b+c+1\geq 54+9+1=64$ elde edilir.
Yani $\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 4$ olur. O.zaman:$\sum{\sqrt{a+1}}\geq 3\sqrt[6]{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 3.2=6$ olur ve soru biter.