Ravi Dönüşümü-4 (Nesbitt-Petrovic Eşitsizlikleri) {çözüldü}

[Lokman Gökçe]

Ravi dönüşümünün 4. uygulaması olarak A. M. Nesbitt'in eşitsizliği'ni ve M. Petrovic'in bu eşitsizliğe yaptığı katkı ile oluşan $$ 2 > \dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a+b} \ge \dfrac{3}{2} \tag{1}$$ kombine eşitsizliğini sunalım. Burada $a,b,c$ bir üçgenin kenar uzunluklarıdır.


Problem 1 [Nesbitt-1903]. $ \dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a+b} \ge \dfrac{3}{2} $ eşitsizliğini ispatlayınız.


Problem 2 [Petrovic-1932]. $ \dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a+b} < 2 $ eşitsizliğini ispatlayınız.



Not: Aslında, Nesbitt eşitsizliği her $a,b,c$ pozitif gerçel sayısı için doğrudur. Bu yönüyle Nesbitt eşitsizliği geometrik değil, cebirsel bir eşitsizliktir. Öte yandan, Petrovic'in verdiği üst sınır problemi bir geometrik eşitsizliktir. Örneğin, üçgen oluşturmayan $a=b=1$, $c=10$ değerleri için Petrovic'in eşitsizliği sağlanmaz. Bu değerlerde Nesbitt eşitsizliği sağlanmaya devam eder. Ayrıca $(1)$ eşitsizliğindeki sınırlar, herhangi bir üçgen için elde edilebilecek en iyi değerlerdir. Üçgene fazladan dar açılı, dik açılı veya geniş açılı olma gibi koşullar eklenerek daha farklı sınırlar da elde edilmiştir.

[Lokman Gökçe]

Nesbitt Eşitsizliğini genelleştirilmiş hali ile forumda analiz-cebir kısmında ispatlamıştık.

O halde Petrovic'in 1932'de sunduğu eşitsizliğe bakalım.

Çözüm: Ravi dönüşümü'nü uygularsak $a=y+z$, $b=z+x$, $c=x+y$ olacak şekilde $x,y,z$ pozitif gerçel sayıları vardır. $ S = \dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a+b} $ dersek
$$ S = \dfrac{y+z}{2x+y+z} + \dfrac{z+x}{x+2y+z} + \dfrac{x+y}{x+y+2z} $$
olup
$$  S < \dfrac{y+z}{x+y+z} + \dfrac{z+x}{x+y+z} + \dfrac{x+y}{x+y+z} = \dfrac{2(x+y+z)}{x+y+z} = 2$$
elde edilir.


Not: Petrovic'in eşitsizliğinin basit olan bir başka ispatı O. Bottema'nın Geometrik Eşitsizlikler kitabında verilmiştir. Onu da kısa zamanda foruma ekleyebilirim.

[Lokman Gökçe]

Petrovic eşitsizliğinin O. Bottema'nın Geometrik Eşitsizlikler kitabında verilen güzel bir ispatını biraz daha açıklayıcı bir dille sunalım

Çözüm 2: Üçgenin yarı çevresi $s=\dfrac{1}{2}(a+b+c)$ olmak üzere, öncelikle $b+c>s$ olduğunu görelim. $b+c>\dfrac{1}{2}(a+b+c) \iff 2b + 2c > a+ b+c \iff b+c>a$ olmasıdır. Bu son eşitsizlik, üçgen eşitsizliği olup doğrudur. Benzer şekilde $c+a>s$ ve $a+b>s$ eşitsizlikleri yazılabilir. Buradan kolayca,

$$ S = \dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a+b} <  \dfrac{a}{s} + \dfrac{b}{s} + \dfrac{c}{s} = \dfrac{a+b+c}{s} = 2$$

elde edilir.