Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2023 Soru 4

[matematikolimpiyati]

Herhangi ikisi birbirinden farklı olan $x_1,x_2,\dots, x_{2023}$ pozitif gerçel sayıları için,
$$a_n=\sqrt{(x_1+x_2+ \cdots +x_n) \left( \dfrac{1}{x_1} + \dfrac{1}{x_2} + \cdots + \dfrac{1}{x_n} \right)}$$
sayısı her $n=1,2,\dots ,2023$ için bir tam sayıdır. Buna göre, $a_{2023} \geq 3034$ olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$a_{1}=1$ olduğu basitçe görülebilir.

$$a_{n}=\sqrt{\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)\left(\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{x_{n}}\right)}$$
$$\overbrace{\geq}^{Cauchy-Schwarz} \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-2}\right)\left(\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{x_{n-2}}\right)}+\sqrt{\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(\dfrac{1}{x_{n-1}}+\dfrac{1}{x_{n}}\right)}$$

olduğunu gösterelim.

$$\left(\sqrt{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-2}}\sqrt{\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{x_{n-2}}}+\sqrt{x_{n-1}+x_{n}}\sqrt{\dfrac{1}{x_{n-1}}+\dfrac{1}{x_{n}}}\right)^2$$
$$\leq \left [\left(\sqrt{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-2}}\right)^2+\left(\sqrt{x_{n-1}+x_{n}}\right)^2\right ]\left [\left(\sqrt{\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{x_{n-2}}}\right)^2+\left(\sqrt{\dfrac{1}{x_{n-1}}+\dfrac{1}{x_{n}}}\right)^2\right ]$$
$$=\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)\left(\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{x_{n}}\right)$$

olduğundan her iki tarafın da karekökünü alıp yukarıdaki eşitsizliği elde ederiz.

$$a_{n-2}+\sqrt{\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(\dfrac{1}{x_{n-1}}+\dfrac{1}{x_{n}}\right)} \overbrace{>}^{AGO} a_{n-2}+2$$
Herhangi iki $x_{i}$ nin birbirine eşit olmaması eşitlik durumunun olmaması anlamına gelir çünkü sonda aritmetik-geometrik ortalama kullandık.
$a_{i}$ ler pozitif tam sayı olarak verildiğinden
$$a_{n}>a_{n-2}+2$$
$$\Rightarrow a_{n}\geq a_{n-2}+3$$

elde edilir. $a_{1}=1$ olduğundan, eşitsizlikte $n=3, 5, \dots ,2023$ verildiğinde
$$ a_{2023} \geq \left(\dfrac{2023-3}{2} + 1 \right)\cdot 3+1= 3034$$
bulunur.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Soruyu çözdükten sonra akla acaba Cauchy'de 2 tane ayırmak yerine 3 veya 4 tane ayırmak daha iyi ve güçlü bir alt taban verip veremeyeceği geliyor.
Aynı mantıkla
$$a_{n}=\sqrt{\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)\left(\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{x_{n}}\right)}
$$
$$\overbrace{\geq}^{Cauchy-Schwarz} \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-3}\right)\left(\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{x_{n-3}}\right)}+\sqrt{\left(x_{n-2}+x_{n-1}+x_{n}\right)\left(\dfrac{1}{x_{n-2}}+\dfrac{1}{x_{n-1}}+\dfrac{1}{x_{n}}\right)}$$
$$a_{n-3}+\sqrt{\left(x_{n-2}+x_{n-1}+x_{n}\right)\left(\dfrac{1}{x_{n-2}}+\dfrac{1}{x_{n-1}}+\dfrac{1}{x_{n}}\right)} \overbrace{>}^{AGO} a_{n-3}+3$$

Ya da Cauhcy-Schwarz'da ne kadar ayırdığımıza bağlı olarak ($k\leq n$)
$$a_{n}\geq a_{n-k}+k$$
olduğunu söyleyebiliriz.
Lakin eşitsizliği en güçlü yapmak için $k=2$ olmalıdır.
Çünkü $k=1$ zaten zayıftır. Diğer $k$ larda ise sağ taraf gittikçe küçülüyor.
Sorunun sonunda yaptığımız işlem aslında
$$\lfloor\dfrac{2022}{k}\rfloor.\left(k+1\right)+x$$
$$x\equiv 2022(mod k)$$
olmak üzere.Buradaki $x$, alabileceği en küçük negatif olmayan tam sayıdır.
Şayet orijinal soruda $\dfrac{n}{n-1}>\dfrac{n+1}{n}$ olduğundan $k=2$ değeri $k=3$ değerinden daha iyi bir sonuç verecektir.
Düzenleme: $2022$'nin $k$ modunda kalan $x$ için jullanılan $k$'dan daha küçük $k_{1}$ ler kullanılabilir fakat $k$ nın katına kadar olan kısımda yine $k=2$ kullanmayarak eşitsizliği zayıflatırız. Bundan dolayı $k=2$ en uygunudur.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Dolayısıyla problemde en iyi mimimum değer nedir diye sorulmuş olsaydı soru daha da zorlaşırdı.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirilmiş IMO 2023 #4

[Lokman Gökçe]

Çözüm için teşekkürler. Cauchy-Schwarz eşitsizliği $| \vec{a}\cdot \vec{b} | \leq \left\lVert \vec{a}\right\rVert \cdot  \left\lVert \vec{b}\right\rVert$ biçiminde bir ifadedir. Hangi vektörlere bu eşitsizliği uyguladığınızı açıkça yazabilir misiniz? İlk okuduğumda $\vec{a}, \vec{b}$ vektörlerinin nasıl seçildiğini göremedim. Daha fazla odaklanınca görebildim. AGO eşitsizliklerini elde etmek için parantezleri de açmak gerekecektir. Parantezleri açmak istemezseniz, AGO yerine doğrudan aritmetik-harmonik ortalama eşitsizliğinden $ \sqrt{\left(x_{n-1}+x_{n}\right)\left(\dfrac{1}{x_{n-1}}+\dfrac{1}{x_{n}}\right)} >2 $ ve $ \sqrt{\left(x_{n-2}+x_{n-1}+x_{n}\right)\left(\dfrac{1}{x_{n-2}}+\dfrac{1}{x_{n-1}}+\dfrac{1}{x_{n}}\right)} >3 $ diye yazılabilir. Çözümler mümkün olduğunca detaylı olursa, takip etmesi kolaylaşır. Böylece çok daha fazla kişiye çözümünüz ulaşmış olur.


İkinci dereceden denklem ve eşitsizlik gibi kavramları kullanarak yaptığım bir çözüm vardı, müsait vakitte onu da eklemeye çalışırım. Bu yolla, minimum değerin $3034$ olduğunu da elde edebiliyoruz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Sağ olun, bundan sonra daha detaylı yazmaya dikkat edeceğim.
Aritmetik-Harmonik Ortalamadan da çıkarılabileceği gibi standart aritmetik-geometrik ortalamadan da yapılabilir genelleştirilmiş halindeki gibi. Çözümü düzenleyeceğim.

İyi çalışmalar

[Lokman Gökçe]

Çözüm [Lokman Gökçe]: $a_1 = 1$ olduğu tanımdan çıkar.
$$ A_n = (x_1 + x_2 + \cdots + x_n), \quad H_n = \dfrac{1}{x_1} + \dfrac{1}{x_2} + \cdots + \dfrac{1}{x_n}$$
tanımlamasını yapalım. $a_n = \sqrt{A_nH_n}$ dir. Tanımdan dolayı $A_{n+1} = A_n + x_{n+1} > A_n$ ve $H_{n+1} = H_n + \dfrac{1}{x_{n+1}} > H_n$ olur. Her $1\leq i \leq 2023$ için $x_i>0$ olduğundan kolayca $a_{n+1} > a_n$ buluruz. $a_n$ değerleri birer pozitif tam sayı olarak verildiği için $a_{n+1} \geq a_n + 1$ dir. Elbette bunun kaba bir eşitsizlik olduğunu tahmin edebiliriz. Zira sadece bunu kullanırsak $a_{2023} \geq 2024$ elde ederiz. Fakat biz $a_{2023} \geq 3034$ olduğunu göstermek istiyoruz. Buradaki artış hızını da göz önüne alırsak, bir $n$ pozitif tam sayısı için $a_{n+1} = a_n + 1$ oluyorsa, bu halde $a_{n+2} = a_{n+1} + 1$ olamayacağını göstermemiz gerektiği fikrini hissedebiliriz. Yapacağımı şey tam olarak budur.

Bir $n$ pozitif tam sayısı için $a_{n+1} = a_n + 1$ olsun.

\[
\begin{aligned}
&\phantom{\implies} a_{n+1} = a_n + 1 \\
&\implies a_{n+1}^2 = a_n^2 + 2a_n + 1 \\
&\implies A_{n+1}H_{n+1} = A_nH_n + 2\sqrt{A_nH_n} + 1 \\
&\implies A_{n}H_{n} + x_{n+1}H_{n} + \dfrac{A_n}{x_{n+1}} + 1 = A_nH_n + 2\sqrt{A_nH_n} + 1 \\
&\implies  x_{n+1}^2H_{n} - 2\sqrt{A_nH_n}x_{n+1} + A_n = 0
\end{aligned}
\]


Bu ikinci dereceden denklemin diskriminantı incelenirse $0$ olduğu görülür. Diğer bir deyişle, sol taraftaki ikinci dereceden ifade tam karedir. $(\sqrt{H_n}x_{n+1} - \sqrt{A_n})^2 = 0$ olup
$$ x_{n+1}^2 = \dfrac{A_n}{H_n}$$
elde edilir. Benzer şekilde $a_{n+2} = a_{n+1} + 1$ ise
$$ x_{n+2}^2 = \dfrac{A_{n+1}}{H_{n+1}}$$

elde edilir. Şimdi bu eşitliklerin bizi nasıl $x_{n+1} = x_{n+2}$ çelişkisine götüreceğini gösterelim. Bunun için

 $ x_{n+1}^2 = \dfrac{A_n}{H_n} = \dfrac{A_{n+1}}{H_{n+1}} = x_{n+2}^2$ olduğunu göstereceğiz. Gerçekten,

\[
\begin{aligned}
&\phantom{\implies} \dfrac{A_n}{H_n} = \dfrac{A_{n+1}}{H_{n+1}} \\
&\Longleftrightarrow A_nH_{n+1} = A_{n+1}H_n \\
&\Longleftrightarrow A_nH_{n+1} = A_{n+1}H_n \\
&\Longleftrightarrow A_n\left(H_{n} + \dfrac{1}{x_{n+1}}\right) = \left(A_{n} + x_{n+1}\right)H_n \\
&\Longleftrightarrow A_nH_{n} + \dfrac{A_n}{x_{n+1}} = A_{n}H_{n} + x_{n+1}H_n \\
&\Longleftrightarrow x_{n+1}^2 = \dfrac{A_n}{H_n} \\
\end{aligned}
\]

elde ederiz ve bu eşitlik doğrudur. Dolayısıyla $\dfrac{A_n}{H_n} = \dfrac{A_{n+1}}{H_{n+1}}$ eşitliği doğru olup $x_{n+1} = x_{n+2}$ çelişkisine ulaşırız. Çünkü $x_i$'lerin birbirinden farklı olduğu verilmişti.

Sonuç olarak bir $n$ pozitif tam sayısı için $a_{n+1} = a_n + 1$ oluyorsa $a_{n+2} \geq a_{n+1} + 2$ olmalıdır. Bu bize $a_{n+2}\geq a_n + 3$ eşitsizliğini verir. $a_1 = 1$ olduğundan $a_3 \geq 4, \, a_5 \geq 7,  \, \dots , \, a_{2n+1} \geq 3n+1$ elde ederiz. $n=1011$ için $a_{2023} \geq 3034$ bulunur.

Biraz daha açıklık açısından son kısmı şöyle de ifade edebiliriz. $a_1$'den $a_{2023}$'e kadar $2022$ geçiş yapıyoruz. Sonraki terim için, önceki terime $+1$ ekleme işini en fazla $\left\lceil \dfrac{2022}{2} \right\rceil = 1011$ kez yapabiliriz. Diğer terimler arası geçişlerde en azından $+2$ eklenmelidir. Böylece $a_{2023} \geq a_1 + 1011\cdot 1 + 1011\cdot 2 = 3034$ bulunur.