Antalya Matematik Olimpiyatı 2. Aşama - 1999 - Lise 3 Çözümleri

$x=0$ ise, $$y^7 = y^4 \Rightarrow y^4(y^3-1)=0 \Rightarrow y \in \{0,1\}.$$
$x \neq 0$ ise, $\frac yx = t$ diyerek, $$x^7(1+t^7)=x^4(1+t^4)$$ elde ederiz. $y \neq -x$ olduğundan $t \neq -1$ ve böylece, $$x^3 = \dfrac {1+t^4}{1+t^7}$$ ve buradan, $$x = \sqrt[3]{\dfrac {1+t^4}{1+t^7}}, \quad y = tx = t \cdot \sqrt[3]{\dfrac {1+t^4}{1+t^7}}$$ olur. O halde denklemin çözüm kümesi $$\{(0,0), (0,1)\} \cup \left \{ \left (\sqrt[3]{\frac {1+t^4}{1+t^7}}, t \cdot \sqrt[3]{\frac {1+t^4}{1+t^7}} \right ) : t \in \mathbf R \backslash \{-1\} \right \} $$ dir.

Kaynak: Matematik Dünyası, Yıl 1999, Sayı 3, Sayfa 25.

Çözümü, bu çözümü düşündüren fikirlerle beraber açıklayarak sunacağım.

Çözüm [Lokman GÖKÇE]: Verilen eşitsizliğin sol tarafındaki ifade $L= x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4$ dördüncü dereceden homojendir. Sağ taraftaki ifade ise $R = x^2+y^2$ ikinci dereceden homojendir. Klasik eşitsizlikleri uygulayınca derecenin değişmemesini bekleriz. O halde derecenin azalma sebebi ile ilgili bir hile olduğunu düşünmeye başlayabiliriz. $L \geq \dfrac{x^4 + y^4}{2}$ veya $L \geq \dfrac{x^3y + y^3x}{2}$ gibi bir eşitsizlik olabilir. $x^2>2, y^2>2, xy>2$ olduğu kullanılarak $L \geq \dfrac{x^4 + y^4}{2}> x^2 + y^2 = R $ veya $L \geq \dfrac{x^3y + y^3x}{2}>  x^2 + y^2 = R $ elde edilmiş olabilir.

Burada her $x,y>0$ için $L \geq \dfrac{x^3y + y^3x}{2}$  eşitsizliğini kanıtlamayı amaçlıyorum. Buna denk olarak
$$ 2x^4+2x^2y^2-xy^3+2y^4 \geq 3x^3y + 3y^3x $$
eşitsizliğini göstermeliyiz. Eşitsizliği $y^4$ ile bölersek ve $\dfrac{x}{y} = t$ değişken değiştirmesi yaparsak $t>0$ olmak üzere
$$ 2t^4 + 2t^2 + 2 \geq 3t^3 + 3t $$
eşitsizliğini göstermemiz gerekir. Bunun için de iki yöntem kullanabiliriz:

1. Yöntem: $ P(t) =  2t^4  - 3t^3 + 2t^2 - 3t + 2$ dersek $P(t) \geq 0$ olduğunu göstermeyi deneyeceğiz. $P(t)$, karşıt simetrik olduğundan $t^2$ parantezine alarak başlayalım. $P(t) = t^2 (2t^2 - 3t + 2 - \dfrac{3}{t} + \dfrac{2}{t^2})$ olur. $t + \dfrac{1}{t} = z$ denirse aritmetik-geometrik ortalama eşitsizliğinden $z \geq 2\sqrt{t\cdot \dfrac{1}{t}} = 2$ ve $t^2 + \dfrac{1}{t^2} = z^2 - 2$ olup $2t^2 - 3t + 2 - \dfrac{3}{t} + \dfrac{2}{t^2} = 2z^2 -3z -2 = (2z + 1)(z - 2) \geq 0$ elde edilir. Eşitlik durumu $z=2$, $t=1$, $x=y$ iken vardır. $xy > 2$ olduğunu kullanarak

$$ x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4 \geq \dfrac{x^3y + y^3x}{2} = xy \cdot \dfrac{x^2 + y^2}{2} > x^2 + y^2 $$

elde edilir.


2. Yöntem: $t>0$ olmak üzere $ 2t^4 + 2t^2 + 2 \geq 3t^3 + 3t $ eşitsizliğini göstermek için aritmetik-geometrik ortalama eşitsizliklerinden faydalanabiliriz.

$$ 2(t^4 + t^2) + 2 \geq 4 \sqrt{t^4 \cdot t^2} + 2 = 4t^3 +2 = 3t^3 + t^3 + 1 + 1 \geq 3t^3 + 3\sqrt[3]{t^3\cdot 1 \cdot 1} = 3t^3 + 3t $$

olup ispat tamamlanır. Eşitlik durumu $t=1$, $x=y$ iken vardır. Yine $xy > 2$ olduğunu kullanarak

$$ x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4 \geq \dfrac{x^3y + y^3x}{2} = xy \cdot \dfrac{x^2 + y^2}{2} > x^2 + y^2 $$

elde edilir.

Çözüm [Lokman GÖKÇE]: $ACD$ üçgeninin diklik merkezi $H$ olsun. $EDFH$ kirişler dörtgeni olduğundan $CF\cdot CD = CH\cdot CE$ dir. $ABC$ dik üçgeninde Öklid bağıntısından $CE^2 = AE \cdot EB$ dir. Ayrıca Diklik Merkezi başlığındaki Problem 8 özelliğinden dolayı $CE\cdot HE = AE\cdot ED$ dir.


Böylece,

$$ CF\cdot CD = CH\cdot CE = (CE - HE)\cdot CE = CE^2 - HE\cdot CE = AE \cdot EB - AE\cdot ED = AE\cdot (EB - ED) = AE \cdot DB $$

olup $DC \cdot CF = BD \cdot EA $ eşitliği elde edilir.