4 Değişkenli Eşitsizlik

[Eray]

$a+b+c+d=3$ eşitliğini sağlayan tüm $a,b,c,d$ pozitif gerçel sayıları için$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2}\le\dfrac{1}{a^2b^2c^2d^2}$$olduğunu gösteriniz.

[ArtOfMathSolving]

$a+b+c+d=3$ eşitliğini sağlayan pozitif gerçel sayılar için; ve $n\ge2$ koşulunu sağlayan tüm $n$ gerçel sayıları için;

$\dfrac{1}{a^n}+\dfrac{1}{b^n}+\dfrac{1}{c^n}+\dfrac{1}{d^n}\le \dfrac{1}{a^{n}b^{n}c^{n}d^{n}}$

olduğunu gösteriniz.(Eşitsizlik Russia MO $2016$ dan.)

[ArtOfMathSolving]

$a+b+c+d=3$ ve $x\ge 2$ koşulunu sağlayan tüm pozitif gerçel sayılar için;


$\dfrac{1}{a^x}+\dfrac{1}{b^x}+ \dfrac{1}{c^x}+\dfrac{1}{d^x}+|\dfrac {(1-\dfrac {1}{a})(1-\dfrac {1}{b})(1-\dfrac {1}{c})(1-\dfrac {1}{d}))}{2}|^x\le \dfrac {1}{a^xb^xc^xd^x} $


olduğunu gösteriniz.

[Eray]

$a+b+c+d=3$ eşitliğini sağlayan tüm $a,b,c,d$ pozitif gerçel sayıları için$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2}\le\dfrac{1}{a^2b^2c^2d^2}$$olduğunu gösteriniz.

Payda eşitleyerek $a^2b^2c^2+a^2b^2d^2+a^2c^2d^2+b^2c^2d^2\le1$ olduğunu göstermemiz gerekir.

Eşitlik durumunun $(1,1,1,0)$ olduğunu hissetmek zor değil. Buna uygun çözüm yapmaya çalışmalıyız.

Genelliği bozmadan $a\ge b\ge c\ge d$ kabul edelim. $f(a,b,c,d)=a^2b^2c^2+a^2b^2d^2+a^2c^2d^2+b^2c^2d^2$ olsun.

İddia: $f(a,b,c,d)\le f(a,b,c+d,0)$
İspat: $f(a,b,c,d)\le f(a,b,c+d,0) \Longleftrightarrow a^2b^2c^2+a^2b^2d^2+a^2c^2d^2+b^2c^2d^2\le a^2b^2(c+d)^2\Longleftrightarrow a^2c^2d^2+b^2c^2d^2\le 2a^2b^2cd$.
Ancak $a\ge b\ge c\ge d$ kabulümüz gereği $a^2b^2cd\ge a^2c^2d^2$ ve $a^2b^2cd\ge b^2c^2d^2$ eşitsizlikleri doğrudur. Taraf tarafa toplanırsa istenen elde edilir. $\square$

İddia: $f(a,b,c+d,0)\le1$
İspat: $c+d=x$ dersek, $a+b+x=3$ olur. A.G.O eşitsizliğinden $\dfrac{a+b+x}{3}\ge\sqrt[3]{abx}\Longrightarrow 1\ge abx$
$\Longrightarrow f(a,b,x,0)=a^2b^2x^2\le1$. $\square$

İddialarımızdan ötürü $f(a,b,c,d)\le f(a,b,c+d,0)\le1$ $\blacksquare$

[mehmetutku]

Pozitif gerçel sayılar diyor soruda. Ama eşitlik durumu için (1,1,1,0) demişsiniz.

[Eray]

Haklısınız. $f(a,b,c,d)\le1$ eşitsizliğini ispatlamadan önce $a,b,c,d$ yi negatif olmayan gerçel sayı kabul ederek devam edersek sıkıntı kalmaz. Ne de olsa negatif olmayan gerçel sayılar için ispatlarsak pozitif gerçel sayılar için de ispatlamış oluruz

[LaçinCanAtış]

Haklısınız. $f(a,b,c,d)\le1$ eşitsizliğini ispatlamadan önce $a,b,c,d$ yi negatif olmayan gerçel sayı kabul ederek devam edersek sıkıntı kalmaz. Ne de olsa negatif olmayan gerçel sayılar için ispatlarsak pozitif gerçel sayılar için de ispatlamış oluruz

kanımca yanlış,çünkü d=0 durumu soruyla uyuşmuyor.

[Eray]

kanımca yanlış,çünkü d=0 durumu soruyla uyuşmuyor.

Sorunun kendisi için değil, $f(a,b,c,d)\le1$ olduğunu gösterirken tanım kümesini genişletiyoruz. Bu durumda sorun olmaz.

[LaçinCanAtış]

kanımca yanlış,çünkü d=0 durumu soruyla uyuşmuyor.

Sorunun kendisi için değil, $f(a,b,c,d)\le1$ olduğunu gösterirken tanım kümesini genişletiyoruz. Bu durumda sorun olmaz.

Çözümün 1,1,1,0 olduğunu kabul edip işleme başlamak hata,esasen kanımca soruda eşitlik söz konusu değil.(a,b,c,d>0)

[Eray]

Çözümün 1,1,1,0 olduğunu kabul edip işleme başlamak hata,esasen kanımca soruda eşitlik söz konusu değil.(a,b,c,d>0)

Elbette pozitif dediği için eşitlik durumu yok. Ancak soruyu çözerken bir an için tanım kümesinde $0$ da olduğunu varsayarsak $f(1,1,1,0)$ için eşitlik durumu geldiğini görüyoruz. Dolayısıyla eşitlik durumunun değişkenlerin hepsinin eşit olduğu A.G.O vb. eşitsizliklerle çözmenin zor olması gerektiği hissediliyor.

Çözümümdeki 2. satırı bu düşünceler için eklemiştim. Yine de aklınıza yatmadıysa o satırı kapatıp okuyun, çözüm yine doğrudur

[ArtOfMathSolving]

Genel durum için çözüm kaynak Aops.

$a \ge b \ge c \ge d$ ve $n\ge 3$ olsun. Eşitsizliği düzenleyelim.$$b^n c^n d^n +c^n d^n a^n +d^n a^n b^n +a^n b^n c^n \le 1 = \left( \dfrac{a+b+c+d}{3} \right) ^{3n}$$

bunu kanıtlamak için, binom açılımıyla her iki tarafı açalım.$$\left( \dfrac{a+b+c+d}{3} \right) ^{3n} = \left( \dfrac{a+b+c}{3} \right) ^{3n} + \dbinom{3n}{1} . \dfrac{d}{3} . \left( \dfrac{a+b+c}{3} \right) ^{3n-1} + \dots \ge$$
$$\ge \left( \dfrac{a+b+c}{3} \right) ^{3n} + nd \left( \dfrac{a+b+c}{3} \right) ^{3n-1}$$
 AGO'dan $$\left( \dfrac{a+b+c}{3} \right) ^{3n} \ge a^n b^n c^n (*)$$


Leibniz Açılımından $$(a+b+c) ^{3n-1} = \sum_{\alpha + \beta + \gamma = 3n-1} \dbinom{3n-1}{\alpha , \beta , \gamma} a^{\alpha} b^{\beta} c^{\gamma} = \sum_{\alpha + \beta + \gamma = 3n-1} \dbinom{3n-1}{\alpha , \beta , \gamma} \left(\dfrac{1}{6}. \sum_{sym} a^{\alpha} b^{\beta} c^{\gamma} \right) \ge $$
$$\ge \sum_{\alpha + \beta + \gamma = 3n-1} \binom{3n-1}{\alpha , \beta , \gamma} \left(\dfrac{1}{6}. \sum_{sym} a^{n} b^{n} c^{n-1} \right)=\left(\dfrac{1}{6}. \sum_{sym} a^{n} b^{n} c^{n-1} \right) . \left( \sum_{\alpha + \beta + \gamma = 3n-1} \binom{3n-1}{\alpha , \beta , \gamma} \right)=$$
$$=\left(\dfrac{1}{6}. \sum_{sym} a^{n} b^{n} c^{n-1} \right). (1+1+1)^{3n-1} = \dfrac{1}{6}.(2a^n b^n c^{n-1}+2b^n c^n a^{n-1}+2c^n a^n b^{n-1}).3^{3n-1} =$$
$$=\left(\dfrac{1}{6}. \sum_{sym} a^{n} b^{n} c^{n-1} \right). (1+1+1)^{3n-1} = \dfrac{1}{6}.(2a^n b^n c^{n-1}+2b^n c^n a^{n-1}+2c^n a^n b^{n-1}).3^{3n-1} =$$
$$= 3^{3n-2}.(a^n b^n c^{n-1}+b^nc^na^{n-1}+c^na^nb^{n-1})$$


 Burada $\{ \alpha , \beta, \gamma \} $, $\{ n,n,n-1 \}$ in maksimum değerleri.

Şimdi de Muirhead uygulayayıp, ispatı bitirelim.$$ nd \left( \dfrac{a+b+c}{3} \right) ^{3n-1} \ge nd . 3^{3n-2}.(a^n b^n c^{n-1}+b^nc^na^{n-1}+c^na^nb^{n-1}) . \dfrac{1}{3^{3n-1}} =$$
$$= \dfrac{nd}{3} . (a^n b^n c^{n-1}+b^nc^na^{n-1}+c^na^nb^{n-1}) \ge \dfrac{nd}{3} . (a^n b^n d^{n-1}+b^nc^nd^{n-1}+c^na^nd^{n-1}) = $$
$$= \dfrac{n}{3}.(a^nb^nd^n+b^nc^nd^n+c^na^nd^n) \ge a^nb^nd^n+b^nc^nd^n+c^na^nd^n \Rightarrow$$
$$\Rightarrow nd \left( \dfrac{a+b+c}{3} \right) ^{3n-1} \ge a^nb^nd^n+b^nc^nd^n+c^na^nd^n (**)$$     

$(*)$ ve $(**)$ yi toplarsak, $n\ge 3$ için soruyu çözmüş oluruz. $n=2$ durumunu da Eray Bey zaten çözdü. $\square$

[LaçinCanAtış]

Eray bey'in çözümünün hatalı olduğu konusunda ısrarcıyım...

[Eray]

Eray bey'in çözümünün hatalı olduğu konusunda ısrarcıyım...

Hatanın tam olarak nerede olduğunu düşünmektesiniz?

[ArtOfMathSolving]

içinizde şüphe varsa, Eray Bey'in izni ile,

İspat: $f(a,b,c,d)\le f(a,b,c+d,0) \Longleftrightarrow a^2b^2c^2+a^2b^2d^2+a^2c^2d^2+b^2c^2d^2\le a^2b^2(c+d)^2\Longleftrightarrow a^2c^2d^2+b^2c^2d^2\le 2a^2b^2cd$.

Yerine $\begin{align*} \sum_{cyc}a^2b^2c^2\le a^2b^2(c+d)^2 \Longleftrightarrow cd(a^2+b^2)\le 2a^2b^2 \Rightarrow a^2b^2(c+d)^2\le \dfrac{(\sum_{cyc}a)^6}{3^6}=1\end{align*}$ yapabiliriz. Kaynak:Aops