Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 1961 Çözümleri

Eğer $xy+yz+xz$ ifadesini hesaplamaya çalışırsak, $$2(xy+yz+xz)=(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)=a^2-b^2$$ $$\implies z^2+yz+xz=z(x+y+z)=az=\frac{a^2-b^2}{2}$$

Eğer $a=0$ ise $a^2=b^2=0$ elde edilir. Yani $x^2+y^2+z^2=0$ olur. Buradan $(x,y,z)=(0,0,0)$ çözümü bulunur. Eğer $x,y,z$'nin reel olma şartı yoksa $$x+y=-z\implies x^2+y^2+(x+y)^2=0\implies x^2+y^2+xy=0\implies \left(\frac{x}{y}\right)^2+\frac{x}{y}+1=0$$ $$\implies \frac{x}{y}=\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}\implies (x,y,z)=\left(\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}t, t, \frac{-1 \mp i\sqrt{3}}{2}t\right)$$

Eğer $a\neq 0$, o zaman $z=\dfrac{a^2-b^2}{2a}$. Yerine yazarsak $$x+y=a-z=\frac{a^2+b^2}{2a}$$ $$xy=z^2=\frac{(a^2-b^2)^2}{4a^2}$$ Eğer $y=\frac{a^2+b^2}{2a}-x$ yazarsak, $$x\left(\frac{a^2+b^2}{2a}-x\right)=-x^2+x\frac{a^2+b^2}{2a}=\frac{(a^2-b^2)^2}{4a^2}\implies x^2-x\frac{a^2+b^2}{2a}+\frac{(a^2-b^2)^2}{4a^2}=0$$ $$\implies x^2-2x\frac{a^2+b^2}{4a}+\frac{(a^2+b^2)^2}{16a^2}=\frac{(a^2+b^2)^2}{16a^2}-\frac{(a^2-b^2)^2}{4a^2}=\frac{(3b^2-a^2)(3a^2-b^2)}{16a^2}$$ $$\implies x=\frac{(a^2+b^2)\pm \sqrt{(3b^2-a^2)(3a^2-b^2)}}{4a}$$ Yani çözüm, $$(x,y,z)=\left(\frac{(a^2+b^2)\pm \sqrt{(3b^2-a^2)(3a^2-b^2)}}{4a}, \frac{(a^2+b^2)\mp \sqrt{(3b^2-a^2)(3a^2-b^2)}}{4a},\frac{a^2-b^2}{2a}\right)$$ bulunur.  Eğer $x,y,z>0$ olmasını istiyorsak, $$a^2>b^2 \text{  ve  } a^2+b^2> \sqrt{(3b^2-a^2)(3a^2-b^2)}$$ olmalıdır. $3b^2>a^2$ olması gerektiğini de not alalım (eşitlik durumunda $x=y$ olur). $$a^2+b^2>\sqrt{(3b^2-a^2)(3a^2-b^2)}\iff (a^2+b^2)^2>(3b^2-a^2)(3a^2-b^2)\iff 4(a^2-b^2)^2>0$$ olur. Yani sadece $3b^2>a^2>b^2$ şartı ile $x,y,z$ pozitif olur ve $x\neq y$ olur. Verilen son eşitlikten, eğer $x=z$ ise $x=y=z$ olması gerektiği görülebilir (pozitif olduklarından dolayı).

Sonuç olarak $x,y,z$'nin farklı pozitif sayılar olması için $3b^2>a^2>b^2$ olması yeterlidir.

$u$ yarıçevre olmak üzere $T^2 = u(u-a)(u-b)(u-c) $
$AO \geq GO$ dan $$\dfrac{u-a + u-b + u-c}{3} \geq \sqrt[3]{(u-a)(u-b)(u-c)}$$ $$\dfrac {u^3}{27} \geq (u-a)(u-b)(u-c)$$ $$\dfrac {u^4}{27} \geq u(u-a)(u-b)(u-c) = T^2$$ $$u^2 \geq 3T\sqrt 3  $$
$KO \geq AO$ dan $$\dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{3} \geq \left( \dfrac{a+b+c}{3} \right ) ^2 $$ $$a^2 +b^2 +c^2 \geq \dfrac{4u^2}3 = 4T\sqrt 3$$

ifade Weitzenböck's eşitsizliği olarak bilinmektedir.

ispat-1 :

$ T= \dfrac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)}}{4}  = \dfrac{1}{4}\sqrt{2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-(a^4+b^4+c^4)}$

olmak üzere,

$ (a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2 \geqslant 0$

$\Leftrightarrow 2(a^4+b^4+c^4)-2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2) \geqslant 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{4(a^4+b^4+c^4)}{3} \geqslant \dfrac{4(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)}{3}$

$\Leftrightarrow \dfrac{a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)}{3} \geqslant 2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-(a^4+b^4+c^4)$

$\Leftrightarrow \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3} \geqslant (4T)^2$

ispat-2:

$ a^2+b^2+c^2 \geqslant ab+ac+bc$

$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2) \geqslant (a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 \geqslant \sqrt{3(a+b+c)(\dfrac{a+b+c}{3})^3}$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 \geqslant \sqrt{3(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 \geqslant 4\sqrt{3}T$

$n=1$ için $\cos{x}-\sin{x}=1$ denklemini çözmemiz gerekiyor. $$\cos{x}-\sin{x}=\sqrt{2}\sin{\left(\frac{\pi}{4}-x\right)}=1\implies \sin{\left(\frac{\pi}{4}-x\right)}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\sin{\left(\frac{\pi}{4}\right)}$$ Buradan da $k\in\mathbb{Z}$ için $x=2k\pi$ ve $x=2k\pi-\frac{\pi}{2}$ çözümlerini buluruz.

$n=2$ için $\cos^2x-\sin^2x=\cos{(2x)}=1$ ve $k\in\mathbb{Z}$ için $x=k\pi$ çözümü elde ederiz.

$n\geq 3$ için $f_n(x)=\cos^n{x}-\sin^n{x}$ diyelim. $$f'_n(x)=-n\sin{x}\cos{x}(\sin^{n-2}x+\cos^{n-2}x)$$ elde ederiz. Bu fonksiyonun maksimum değerini bulmak için kritik noktalarını bulmamız gerekiyor. $$f'_n(x)=0\iff \sin{x}=0 \text{  veya  }\cos{x}=0\text{  veya  }\sin^{n-2}x+\cos^{n-2}x=0$$ $$\iff x=k\pi\text{  veya  } x=k\pi-\frac{\pi}{2} \text{  veya  } \tan^{n-2}x=-1$$ Eğer $n$ çiftse sadece $x=k\pi$ ve $x=k\pi-\frac{\pi}{2}$ elde ederiz. Eğer $n$ tekse, $\tan^{n-2}{x}=-1$'den $\tan{x}=-1$ ve $x=k\pi-\frac{\pi}{4}$ kökü de eklenir. $$f_n(k\pi)=\cos^n{(k\pi)}-\sin^n{(k\pi)}=(-1)^{nk}$$ $$f_n\left(k\pi-\frac{\pi}{2}\right)=\cos^n{\left(k\pi-\frac{\pi}{2}\right)}-\sin^n{\left(k\pi-\frac{\pi}{2}\right)}=(-1)^{n(k+1)+1}$$ ve eğer $n$ tekse $$f_n\left(k\pi-\frac{\pi}{4}\right)=\cos^n{\left(k\pi-\frac{\pi}{4}\right)}-\sin^n{\left(k\pi-\frac{\pi}{4}\right)}=\begin{cases}
        \frac{2}{2^{n/2}} & \text{eğer } k \text{ çiftse}\\
        -\frac{2}{2^{n/2}} & \text{eğer } k \text{ tekse}
    \end{cases}$$ Yani $f_n$'in alabileceği maksimum değer $1$'dir. $1$ değerini de kritik noktalarda alır. Bu durumda,

$n\geq 3$ için $f_n(x)=1$ denkleminin çözümleri,

$n$ tekse $x=2k\pi$, $x=2k\pi-\frac{\pi}{2}$ ve $n$ çiftse $x=k\pi$ çözümü elde edilir.

$\angle AXC = \omega$ ve $AX=XC$ olacak şekilde ikizkenar bir üçgen oluşturalım. $(AXC)$ çemberinin bir çapı $XY$ olsun. $AC$ nin orta noktası da $N$ olsun.
$N$ merkezli $\dfrac c2$ yarıçaplı çember ile $(AXC)$ çemberi; kesişmeyebilir, tek noktada kesişebilir, ya da iki noktada kesişebilir. Bu durumları birazdan inceleyeceğiz. Şimdilik kesişim noktalarından biri $M$ olsun.
$A$ dan $NM$ ye çizilen paralel ile $CM$ doğrusu $B$ de kesişsin. Paralellikten $AB  = 2\cdot NM = 2 \cdot \dfrac c2 = c$ ve $CM=MB$ olacaktır. Aynı zamanda, $AMCX$ kirişler dörtgeninde $\angle AMB = \angle AXC = \omega$ olacağı için $ABC$ sorudaki tanıma uyan bir üçgendir.

Herhangi bir üçgende, $AM$ kenarortay ve $AH$ yükseklik olmak üzere, $$\angle AMB < 90^\circ \Leftrightarrow M \in [HC]-\{H,C\} \Leftrightarrow BH < HC \Leftrightarrow AB = c < AC=b$$ olduğu kolayca görülebilir.

$N$ merkezli $Y$ den geçen çember $(XAC)$ ye teğettir. $\angle YCA = \dfrac{\angle AXC}{2} = \dfrac {\omega}2$ olduğu için $NY=\dfrac b2 \cdot \tan \frac{\omega}{2}$
$N$ merkezli $\dfrac c2$ yarıçaplı çember ile $(N, |NY|)$ çemberi kesişmez $\Longleftrightarrow$ $\dfrac c2 < NY= \dfrac b2 \cdot \tan \frac{\omega}{2} \Leftrightarrow c < b \tan \frac {\omega}2$

$c=b\tan \frac {\omega} 2$ olduğunda $Y=M$ dir. $\angle YNC = 90^\circ$ olduğu için $\angle BAC = 90^\circ$ dir. O halde eşitlik, $\triangle BAC$ bir dik üçgen iken sağlanır.