Genelleştirilmiş Balkan MO Shortlist 2018 #A.4 {çözüldü}

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 1
$ a_{1}, a_{2}, a_{3}$ pozitif reeller olmak üzere $a_{1}a_{2}a_{3}=1$ ise


$$ 2k\left(a_{1}^{2k} +a_{2}^{2k} + a_{3}^{2k}\right) \left (\dfrac 1 {a_{1}^{2k}} + \dfrac 1{a_{2}^{2k}}+ \dfrac 1{a_{3}^{2k}}\right)\geq 3\left [\sum_{cyc}{a_1^{2k-1}}+\sum_{p=1}^{2k-1}{\sum_{1\leq i<j\leq 3}{a_i^pa_j^{2k-p}}}
\right ]$$


olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 2
$ a_{1},a_{2},\cdots,a_k,k,n$ pozitif reeller ($n,k\geq 2$) olmak üzere $\prod{a_{1}}=1$ ise


$$ 2k\left(\sum_{cyc}{a_{1}^{2k}}\right) \left (\sum_{cyc}{\dfrac 1 {a_{1}^{2k}}}\right)\geq n\left [ \left(2k-\dfrac{\left(2k-1\right)\left(n-1\right)}{2}\right)\sum_{cyc}{a_1^{2k-1}}+\sum_{p=1}^{2k-1}{\sum_{1\leq i<j\leq n}{a_i^pa_j^{2k-p}}}
\right ]$$


olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 2'nin ispatını verelim. $\prod{a_1}=1$ olduğunu kullanarak
$$LHS=k\left(\sum_{cyc}{a_{1}^{k}}\right) \left (\sum_{cyc}{\dfrac 1 {a_{1}^{k}}}\right)\overbrace{\geq}^{AGO} k\left(\sum_{cyc}{a_{1}^{k}}\right)n\sqrt[n]{\dfrac{1}{\prod{a_1}^k}}=nk\left(\sum_{cyc}{a_{1}^{k}}\right)$$
olduğu rahatlıkla gözlemlenebilir. Ayrıca Kuvvet Ortalaması ile $\prod{a_1}$ yardımıyla bir sonraki ilk eşitsizliği, diğer eşitsizlikleri ise Muirhead Eşitsizliği yardımıyla
$$\sum_{cyc}{a_{1}^{k}}\geq \sum_{cyc}{a_1^{k-1}}$$
$$\sum_{cyc}{a_{1}^{k}}\geq \sum_{sym}{a_1a_2^{k-1}}$$
$$\sum_{cyc}{a_{1}^{k}}\geq \sum_{sym}{a_1^2a_2^{k-2}}$$
$$\vdots$$
$$\sum_{cyc}{a_{1}^{k}}\geq \sum_{sym}{a_1^{\left \lfloor \dfrac{k}{2}\right \rfloor}a_2^{k-\left \lfloor\dfrac{k}{2}\right \rfloor}}$$
olduğundan tüm bu eşitsizlikleri taraf tarafa toplarsak
$$LHS\geq nk\left(\sum_{cyc}{a_{1}^{k}}\right)\geq n\left [ \left(k-\left \lfloor \dfrac{k}{2}\right\rfloor\right)\sum_{cyc}{a_1^{k-1}}+\sum_{p=1}^{\lfloor \dfrac{k}{2} \rfloor}{\sum_{sym}{a_1^{p}a_2^{k-p}}}\right ]$$
olduğunu söyleyebiliriz. Buradan sonra problemde ispatlanması istenenin üzerine gidersek
$$\sum_{p=1}^{\lfloor \dfrac{k}{2} \rfloor}{\sum_{sym}{a_1^{p}a_2^{k-p}}}=\sum_{p=1}^{k-1}{\sum_{1\leq i<j\leq n}{a_i^pa_j^{k-p}}}$$
olduğunu göstermemiz ispatı noktalayacaktır. Gösterelim. Daha açık hale getirmek için bir simetrik toplam örneği verelim
$$\sum_{sym}{a^2b}=a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b$$
Bu toplamda $a$ yerine $b$, $b$ yerine de $a$ yazarsanız hiçbir değişiklik olmaz. Bağıntıya gelirsek iki toplamın da odak noktası $a_i^pa_j^{k-p}$'dir. $a_1^{p}a_2^{k-p}$'yi ele alalım. İki toplamda da hem $a_1a_2^{k-1}$ ve $a_1^{k-1}a_2$ bulunuyorsa ispatlamış oluruz. İlk ifadede içteki toplamda ikisi de bulunur ve $\lfloor \dfrac{k}{2}\rfloor$ üst sınırının verilme sebebi budur, bu değerden $k$'ya kadar tekrar eden terimler gözlenecektir. İkinci toplamda ise $p=1,k=1$ durumlarında iki ifade de görülür. Bunlar diğer ifadeler için de doğrudur. O zaman
$$LHS\geq  n\left [ \left(k-\left \lfloor \dfrac{k}{2}\right\rfloor\right)\sum_{cyc}{a_1^{k-1}}+\sum_{p=1}^{\lfloor \dfrac{k}{2} \rfloor}{\sum_{sym}{a_1^{p}a_2^{k-p}}}\right ] =n\left [ \left(k-\left \lfloor \dfrac{k}{2}\right\rfloor\right)\sum_{cyc}{a_1^{k-1}}+\sum_{p=1}^{k-1}{\sum_{1\leq i<j\leq n}{a_i^pa_j^{k-p}}}
\right ]$$
elde eder ve ispatı tamamlarız.