Tübitak Lise 2. Aşama - 2012 Çözümleri

(Hüseyin Emekçi)

$$\dfrac{x(2x-y)}{y(2z+x)}+\dfrac{y(2y-z)}{z(2x+y)}+\dfrac{z(2z-x)}{x(2y+z)}=\sum{\frac{2x^2}{2yz+xy}}-\sum{\frac{xy}{2yz+xy}}$$

$$\geq \frac{2(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}-\sum{\frac{xy}{2yz+xy}}$$

$$=\frac{2(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}-(3-\sum{\frac{2yz}{2yz+xy}})=\frac{2(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}-3+\sum{\frac{2yz}{2yz+xy}}\geq 1$$

$$=> \frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}+\sum{\frac{yz}{2yz+xy}}=\frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}+\frac{z}{2z+x}+\frac{x}{2x+y}+\frac{y}{2y+z}\geq 2$$

$$\frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}+\frac{z}{2z+x}+\frac{x}{2x+y}+\frac{y}{2y+z}\geq \frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}+\frac{(x+y+z)^2}{2(x^2+y^2+z^2)+xy+yz+zx}$$

$$=(x+y+z)^2\left[\frac{1}{3(xy+yz+zx)}+\frac{1}{2(x^2+y^2+z^2)+xy+yz+zx}\right]\geq (x+y+z)^2\left(\frac{4}{4(xy+yz+zx)+2(x^2+y^2+z^2)}\right)\geq 2$$

$$\frac{2(x+y+z)^2}{4(xy+yz+zx)+2(x^2+y^2+z^2)}\geq 1$$.

Bu ifadenin doğru olduğu açıktır. İspat biter.

Cevap, $\dfrac {1}{20^{2012}}$.

Daha genel halini $K=20$, $n=2012$ değişkenlerini kullanarak ispatlayalım.

$A=P$ veya $B=P$ olduğunda $|A \cap B|/\left (|A|\cdot |B| \right ) = \dfrac {1}{|P|} = \dfrac{1}{K^n}$ oluyor.

Herhangi $A$ alçalan, $B$ yükselen kümeleri için $|A \cap B|/\left (|A|\cdot |B| \right )  \leq \dfrac{1}{K^n}$ olduğunu tümevarımla gösterelim.

$n=1$ için, $A = \{x_1 \colon x_1 \in \mathbb {N},  1 \leq x_1 \leq a_1 \leq K \}$ ve $B = \{x_1 \colon x_1 \in \mathbb {N},  1 \leq b_1 \leq x_1 \leq K\}$ olsun.

İddia: $|A|\cdot |B| \geq K\cdot |A \cap B|$

İspat:
$$\begin{array}{rcl}
|A|\cdot |B| &\geq& K\cdot |A_1 \cap B_1| \\
a_1(K-b_1+1) &\geq& K(a_1-b_1+1) \\
K\cdot a_1 - a_1b_1 + a_1 &\geq& K\cdot a_1 - K\cdot b_1 + K \\
K\cdot b_1 - K - a_1b_1 + a_1 &\geq& 0 \\
(K-a_1)(b_1 - 1) &\geq& 0. \blacksquare
\end{array}$$

$n-1$ için eşitsizlik doğru olsun. Yani $n-1$-lilerden oluşan herhangi $A'$ alçalan ve $B'$ yükselen kümeleri için $|A' \cap B'|/\left (|A'|\cdot |B'| \right )  \leq \dfrac{1}{K^{n-1}}$ olsun.

$(x_1, x_2, \dots, x_n)$ çoklularından oluşan $A$ alçalan kümesini $x_n$ sayısına göre gruplandıralım. $A_i$ ile $x_n=i$ olan grubun son elemanın atılmasıyla oluşan $n-1$-liler kümesini gösterelim.
Öncelikle $|A| = \sum \limits_{i=1}^{K} | A_i |$ ve her $A_i$ nin alçalan olduğunu fark edelim.
$A_{i+1}$ in bir elemanı $(x_1, x_2, \dots, x_{n-1})$ olsun. $(x_1,x_2, \dots, x_{n-1}, i+1) \in A$ ise alçalanlık tanımından $(x_1,x_2, \dots, x_{n-1}, i) \in A$, dolayısıyla $(x_1, x_2, \dots, x_{n-1}) \in A_i$ olacak. Bu durumda $A_1 \supset A_2 \supset \cdots \supset A_K$ olur.

Benzer şekilde, $(x_1, x_2, \dots, x_n)$ çoklularından oluşan $B$ yükselen kümesini $x_n$ sayısına göre gruplandıralım. $B_i$ ile $x_n=i$ olan grubun son elemanın atılmasıyla oluşan $n-1$-liler kümesini gösterelim. Her $B_i$ yükselen ve $|B| = \sum \limits_{i=1}^{K} | B_i |$ olacaktır. Alçalan örneğine benzer şekilde $B_1\subset B_2 \subset \cdots \subset B_K$.

$n-1$-liler için doğru kabul ettiğimiz eşitlikten $$|A \cap B| = \sum\limits_{i=1}^K |A_i \cap B_i| \leq \dfrac{1}{K^{n-1}} \sum \limits_{i=1}^K |A_i|\cdot |B_i| \tag{1}$$ elde edilir.

$|A_1| \geq |A_2| \geq \cdots \geq |A_K|$ ve $|B_1| \leq |B_2| \leq \cdots \leq |B_K|$ olduğu için Chebyshev Eşitsizliğinden $$\sum \limits_{i=1}^K |A_i| \cdot |B_i| \leq \dfrac 1{K} \cdot \left ( \sum \limits_{i=1}^K |A_i| \right ) \cdot \left ( \sum \limits_{i=1}^K |B_i| \right ) = \dfrac 1{K} \cdot |A| \cdot |B| \tag{2}$$ elde ederiz.
$(1)$ ile $(2)$ yi birleştirirsek $$|A \cap B| \leq \dfrac{1}{K^n} \cdot |A| \cdot |B|$$ sonucuna ulaşırız. $\blacksquare$

Kaynak:
Turkish Mathematical Olympiad 2012 Kitapçığı
Kleitman's Lemma