Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2001 Soru 2

[ERhan ERdoğan]

Her pozitif gerçel $a,b,c$ sayıları için
$$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} \geq 1$$ olduğunu kanıtlayınız.

[geo]

$$\dfrac{a}{\sqrt{a^2 + 8bc}} \geq \dfrac{a^{\frac 43}}{a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43}}$$ olduğunu ya da eşdeğer olarak $$\left ( a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43} \right )^2 \ge a^{\frac 23} (a^2 + 8bc)$$ olduğunu göstereceğiz.
$AO-GO$ eşitsizliğinden $$\begin{array}{rcl}
\left( a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43} \right )^2 - \left ( a^{\frac 43} \right )^2 &=& \left ( b^{\frac 43} + c^{\frac 43} \right ) \left ( a^{\frac 43} + a^{\frac 43}  + b^{\frac 43} + c^{\frac 43} \right ) \\
&\ge& 2b^{\frac 23}c^{\frac 23}\cdot 4a^{\frac 23}b^{\frac 13}c^{\frac 13} \\
&=& 8a^{\frac 23}bc
\end{array}$$ elde edilir. Bu durumda $$\begin{array}{rcl}
\left( a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43} \right )^2 &\ge& \left ( a^{\frac 43} \right )^2  + 8a^{\frac 23}bc \\
&=& a^{\frac 23}(a^2 + 8bc)
\end{array}$$, yani $$\dfrac{a}{\sqrt{a^2 + 8bc}} \geq \dfrac{a^{\frac 43}}{a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43}}$$ olur. Benzer şekilde $$ \begin{array}{rcl} \dfrac{b}{\sqrt{b^2 + 8ca}} &\geq& \dfrac{b^{\frac 43}}{a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43}} \quad \text{ve} \\
\dfrac{c}{\sqrt{c^2 + 8ab}} &\geq& \dfrac{c^{\frac 43}}{a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43}}
\end{array}$$ elde ederiz. Oluşan üç eşitsizliği taraf tarafa topladığımızda $$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} \geq 1$$ elde ederiz.

Kaynak:
IMO Shortlist 2001

[MATSEVER 27]

İlk baştaki ifadeye $S$ diyelim. Hölder Eşitsizliğinden $(S)$.$(S)$.$((a^3+8abc)+(b^3+8abc)+(c^3+8abc))$ $\ge$ $(a+b+c)^3$ idir. Biz $S$ $\ge$ $1$ göstermek istiyoruz. Eğer biz $(a+b+c)^3$ $\ge$ $((a^3+8abc)+(b^3+8abc)+(c^3+8abc))$  gösterirsek ispat biter. $(a+b+c)^3$ $\ge$ $a^3+b^3+c^3+24abc$ gösterirsek ispat biter. İfadeyi açarsak;

$a^3 + b^3 + c^3 + 6abc + 3(a^2b + a^2c + b^2c) + 3(ab^2 + ac^2 + bc^2)$ $\ge$ $a^3+b^3+c^3+24abc$ göstermemiz yani;

$(a^2b + a^2c + b^2c)$ $+$ $(ab^2 + ac^2 + bc^2)$ $\ge$ $6abc$ göstermemiz yeterlidir. Bunu da $A.G.O$ eşitsizliğinden kolayca elde edebiliriz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Bu çözüm Fehmi Emre Kadan hocamızın yapmış olduğu çözümdür, biraz detaylandırdım.

Homojeniteden dolayı $abc=1$ diyebiliriz.
$$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} =\sum_{cyc}{\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+8abc}}}$$
$$=\sum_{cyc}{\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+8}}}$$
$a=\dfrac{2}{x},b=\dfrac{2}{y},c=\dfrac{2}{z}$ dönüşümlerini yapalım ($abc=1\Rightarrow xyz=8$)
$$LHS = \sum_{cyc}{\sqrt{\dfrac{\dfrac{8}{x^3}}{8\left(\dfrac{1}{x^3}+1\right)}}}=\sum_{cyc}{\dfrac{1}{\sqrt{x^3+1}}}$$
elde ederiz. Ayrıca aritmetik-geometrik ortalamadan da bildiğimiz üzere
$$\sqrt{x^3+1}=\sqrt{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}\overbrace{\leq}^{AGO} \dfrac{\left(x+1\right)+\left(x^2-x+1\right)}{2}=\dfrac{x^2+2}{2}$$
Dolayisıyla
$$\sum_{cyc}{\dfrac{1}{\sqrt{x^3+1}}}\geq \dfrac{2}{x^2+2}+\dfrac{2}{y^2+2}+\dfrac{2}{z^2+2}\geq 1$$
Sondaki ifadeyi ispatlamak için ortak paydaya alıyoruz. İfadeleri açtıktan sonra
$$2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)+8\left(x^2+y^2+z^2\right)+24\geq 2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)+4\left(x^2+y^2+z^2\right)+x^2y^2z^2+8$$
$$\Rightarrow 4\left(x^2+y^2+z^2\right)+16\geq x^2y^2z^2=64$$
Bu ifade ise $x^2+y^2+z^2\geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=12$ olduğundan doğrudur. İspat biter.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirilmiş IMO 2001 #2

[geo]

Resmi çözüm,
$$\dfrac{a}{\sqrt{a^2 + 8bc}} \geq \dfrac{a^{\frac 43}}{a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43}}$$ iddiası ile başlıyor. Bundan bir derece daha akla gelebilecek iddia şu olabilir:
$$\dfrac{a}{\sqrt{a^2 + 8bc}} \geq \dfrac{a^{k}}{a^{k} + b^{k} + c^{k}}$$ Böyle bir $k$ sayısı var mıdır?
Çapraz çarpıp, her iki tarafın karesini alalım.
$$\begin{array}{rcl}

a^k+b^k+c^k &\geq &  a^{k-1}\sqrt {a^2+8bc}\\
a^{2k}+b^{2k}+c^{2k} + 2a^kb^k + 2a^kc^k+2b^kc^k &\geq & a^{2k-2}(a^2+8bc)\\
&=& a^{2k}+ 8a^{2k-2}bc\\
(b^k+c^k)^2+2a^k(b^k+c^k) &\geq & 8a^{2k-2}bc \\
(b^k+c^k)(b^k+c^k+a^k+a^k) &\geq & 8a^{2k-2}bc \\
\end{array}$$
$AO\geq GO$ uyguladığımızda $$(b^k+c^k)(b^k+c^k+a^k+a^k) \geq 2b^{\frac k2}c^{\frac k2} \cdot 4b^{\frac k4}c^{\frac k4}a^{\frac k4}a^{\frac k4} = 8a^{\frac k2}b^{\frac {3k}4}c^{\frac {3k}4}\geq 8a^{2k-2}bc$$ eşitsizliğini sağlayan $k$ var mı, diye araştırıyoruz.
$\dfrac k2 = 2k-2$ ve $\dfrac{3k}{4}=1$ denklemlerinin ikisini birden sağlayan bir $k=\dfrac 43$ sayısı vardır.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Problemin kendi oluşturduğum $4$ değişkenli halini paylaşayım.

Benzer Problem.
Her $a,b,c$  ve $d$  pozitif reel sayıları için

$$\dfrac{a}{\sqrt[3]{a^3+63bcd}}+\dfrac{b}{\sqrt[3]{b^3+63cda}}+\dfrac{c}{\sqrt[3]{c^3+63dab}}+\dfrac{d}{\sqrt[3]{d^3+63abc}}\geq 1$$
eşitsizliği sağlanır.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Hölder Eşitsizliği'yle
$$\left(\sum_{cyc}{\dfrac{a}{\sqrt[3]{a^3+63bcd}}}\right)^3\left(\sum_{cyc}{a(a^3+63bcd)}\right)\geq \left(\sum_{cyc}{a}\right)^4$$
olduğundan eşitsizliğin sol tarafının $1$'den büyük eşit olması şuna denktir
$$\left(\sum_{cyc}{a}\right)^4\geq \sum_{cyc}{a(a^3+63bcd)}$$
$$\Longleftrightarrow 4\sum_{sym}{a^3b}+6\sum_{sym}{a^2b^2}+12\sum_{sym}{a^2bc}+24abcd\overbrace{\geq}^{?} 252abcd$$
Ki bu son eşitsizlik doğrudur, gerek Muirhead gerekse de Aritmetik-Geometrik Ortalama Eşitsizliklerinden $\sum_{sym}{a^3b}\geq 12abcd, \sum_{sym}{a^2b^2}\geq 6abcd$  ve $\sum_{sym}{a^2bc}\geq 12abcd$  dir.