Gönderen Konu: $\frac{3a^2+b^2}{a+b}$ Dairesel Eşitsizliği  (Okunma sayısı 333 defa)

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3092
  • Karma: +21/-0
  • İstanbul
$\frac{3a^2+b^2}{a+b}$ Dairesel Eşitsizliği
« : Aralık 19, 2020, 11:28:48 ös »
Problem (Lokman GÖKÇE): $a,b,c$ pozitif gerçel sayılar ise
$$\dfrac{3a^2+b^2}{a+b}+\dfrac{3b^2+c^2}{b+c}+\dfrac{3c^2+a^2}{c+a} \geq 2(a+b+c)$$
eşitsizliğini kanıtlayınız ve eşitlik durumunun ne zaman sağlanacağını belirleyiniz.
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Efsane Üye
  • ********
  • İleti: 356
  • Karma: +7/-0
Ynt: $\frac{3a^2+b^2}{a+b}$ Dairesel Eşitsizliği
« Yanıtla #1 : Aralık 20, 2020, 10:05:08 öö »
Çözüm 1 (Metin Can AYDEMİR):

$(a-b)^2\geq 0$ ifadesini açarsak $$a^2+b^2-2ab=3a^2+b^2-(2a^2+2ab)\geq 0 \Rightarrow 3a^2+b^2\geq 2a(a+b)$$ bulunur. $a+b$ pozitif olduğundan $$\dfrac{3a^2+b^2}{a+b}\geq 2a$$ elde edilir. Benzer şekilde $\dfrac{3b^2+c^2}{b+c}\geq 2b$ ve $\dfrac{3c^2+a^2}{c+a}\geq 2c$ elde edilir. Bu eşitsizlikleri toplarsak istenilen eşitsizliğe ulaşırız. Eşitliğin sağlanması için ilk eşitsizliğimizin yani $(a-b)^2\geq 0$ eşitsizliğinin eşitlik durumu sağlanmalıdır. Bu da $a=b$ durumunda sağlanır. Diğer eşitsizliklerden de eşitlik durumu $a=b=c$ bulunur.

Not: Daha genel bir hali olarak şu eşitsizlik verilebilir, $a+b>0$ ve $x$, $y$, $z$ pozitif gerçel sayılar olmak üzere $$\dfrac{ax^2+by^2}{x+y}+\dfrac{ay^2+bz^2}{y+z}+\dfrac{az^2+bx^2}{z+x}\geq \dfrac{(a+b)(x+y+z)}{2}$$
« Son Düzenleme: Aralık 21, 2020, 12:19:17 öö Gönderen: scarface »
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3092
  • Karma: +21/-0
  • İstanbul
Ynt: $\frac{3a^2+b^2}{a+b}$ Dairesel Eşitsizliği
« Yanıtla #2 : Aralık 21, 2020, 12:18:02 öö »
Başka problemlere de uygulanabilecek bir yöntemi açıklayarak sorumuzun çözümünü yapalım:


Çözüm 2 (Lokman GÖKÇE): Her $a,b>0$ gerçel sayısı için $\dfrac{3a^2+b^2}{a+b} \geq ma + nb$ olacak ve eşitlik durumu $a=b$ iken sağlanacak biçimde $m, n$ sayılarını belirleyelim. $\dfrac{3a^2+b^2}{a+b}$ ve $ma + nb$ ifadelerinde $a=b$ yazarak eşitleyelim: $\dfrac{4a^2}{2a}=(m+n)a$ olup $m+n=2$ elde edilir.

Her $a,b>0$ gerçel sayısı için $\dfrac{3a^2+b^2}{a+b} \geq ma + (2-m)b$ olmasını istiyoruz. Buna denk olarak çapraz çarpım yaparak $$ (3-m)a^2 + (m-1)b^2 \geq 2ab $$ eşitsizliğini elde ederiz. Burada, simetri fikriyle $3-m=m-1$ yazarsak $m=2$, $n=0$ bulunur. Gerçekten $m=2$ için $ a^2 + b^2 \geq 2ab $ olup her $a,b>0$ için bu eşitsizlik doğrudur.

Buna göre $\dfrac{3a^2+b^2}{a+b} \geq 2a $ elde edilir. Benzer biçimde $\dfrac{3b^2+c^2}{b+c} \geq 2b $ ve $\dfrac{3c^2+a^2}{c+a} \geq 2c $ olup bu üç eşitsizlik toplanırsa
$$ \dfrac{3a^2+b^2}{a+b}+\dfrac{3b^2+c^2}{b+c}+\dfrac{3c^2+a^2}{c+a} \geq 2(a+b+c) $$ sonucuna ulaşılır. Eşitlik durumu yalnızca $a=b=c$ iken sağlanır.



Metin Can'ın genellemesini de bu yöntemle ispatlayalım:

$a+b>0$ olmak üzere her $x,y>0$ gerçel sayısı için
$$ \dfrac{ax^2+by^2}{x+y} \geq mx + ny \tag{1}$$
olacak ve eşitlik durumu $x=y$ iken sağlanacak biçimde $m, n$ gerçel sayılarını araştıralım. $x=y$ eşitlik durumundan dolayı $m+n=\dfrac{a+b}{2}$ olacaktır. $n$ değerini $(1)$ de yazıp çapraz çarpım yaparsak
$$ (a-m)x^2 + \left(\dfrac{b-a}{2}+m\right)y^2 \geq \dfrac{a+b}{2}xy \tag{2}$$
eşitsizliği elde edilir. Simetri fikriyle $a-m=\dfrac{b-a}{2}+m$ alınırsa $m=\dfrac{3a-b}{4}$, $n=\dfrac{3b-a}{4}$ olur. Böylece $(2)$ eşitsizliği
$$ \left(\dfrac{a+b}{4}\right)x^2 +\left(\dfrac{a+b}{4}\right)y^2 \geq \left(\dfrac{a+b}{2}\right)xy \tag{3}$$
elde edilir. Gerçekten $(3)$ eşitsizliği $(x-y)^2\geq 0$ biçimine indirgenir ve her $x,y>0$ için doğrudur. O halde $(1)$ eşitsizliği doğru olup
$$ \dfrac{ax^2+by^2}{x+y} \geq \dfrac{3a-b}{4}x + \dfrac{3b-a}{4}y $$
$$ \dfrac{ay^2+bz^2}{y+z} \geq \dfrac{3a-b}{4}y + \dfrac{3b-a}{4}z $$
$$ \dfrac{az^2+bx^2}{z+x} \geq \dfrac{3a-b}{4}z + \dfrac{3b-a}{4}x $$
eşitsizlikleri yazılır. Bu eşitsizlikler taraf tarafa toplanırsa
$$ \dfrac{ax^2+by^2}{x+y}+\dfrac{ay^2+bz^2}{y+z}+\dfrac{az^2+bx^2}{z+x}\geq \dfrac{(a+b)(x+y+z)}{2} $$
sonucuna ulaşılır.
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3092
  • Karma: +21/-0
  • İstanbul
Ynt: $\frac{3a^2+b^2}{a+b}$ Dairesel Eşitsizliği
« Yanıtla #3 : Aralık 21, 2020, 12:34:54 öö »
Çözüm 3 (Lokman GÖKÇE): Problemi Cauchy-Schwartz eşitsizliğinin faydalı bir biçimi ile çözelim. Bunun için eşitsizliğin sol tarafını yeniden gruplandıralım:

$\dfrac{3a^2+b^2}{a+b}+\dfrac{3b^2+c^2}{b+c}+\dfrac{3c^2+a^2}{c+a} = 3\left(\dfrac{a^2}{a+b} + \dfrac{b^2}{b+c} + \dfrac{c^2}{c+a}\right) + \left(\dfrac{b^2}{a+b} + \dfrac{c^2}{b+c} + \dfrac{a^2}{c+a}\right) $
$\geq  3\dfrac{(a+b+c)^2}{2a+2b+2c} + \dfrac{(a+b+c)^2}{2a+2b+2c} $ (C-S eşitsizliği)
$=\dfrac{4(a+b+c)^2}{2a+2b+2c)}=2a+2b+2c$

elde edilir. Eşitlik durumu yalnızca $a=b=c$ iken sağlanır.



Ayrıca Metin Can'ın $\dfrac{ax^2+by^2}{x+y}+\dfrac{ay^2+bz^2}{y+z}+\dfrac{az^2+bx^2}{z+x}\geq \dfrac{(a+b)(x+y+z)}{2}$ genellemesini de $a,b,x,y>0$ koşulu altında Çözüm 3'te olduğu gibi C-S eşitsizliği ile çözebiliriz. ($a+b>0$ daha genel durumunu C-S ile yukarıdaki gibi çözemiyoruz maalesef. Çünkü $a<0$ ya da $b<0$ olursa eşitsizliğin yönü bozulacaktır. Dikkatli olunmalıdır). 
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal