Genelleştirilmiş Balkan MO 2010 #1 {çözüldü}

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 1
$a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}$ pozitif reeller ($n\geq 3$) olmak üzere


$$\sum_{cyc- j}{\dfrac{a_{j}^2a_{j+1}\cdots a_{j-2}\left(a_{j+1}-a_{j-1}\right)}{a_{j}+a_{j+1}}}\geq 0$$


olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$$n=3$$
verildiğinde problem Balkan MO 2010 #1'e dönüşür.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Payda üs bakımından bir dağınıklık ve fazlalık var, bu yapaylığı bozmak için toplamın içine $+\prod{a_1}$ ekleyelim
$$\sum_{cyc- j}{\dfrac{a_{j}^2a_{j+1}\cdots a_{j-2}\left(a_{j+1}-a_{j-1}\right)}{a_{j}+a_{j+1}}}\geq 0 \Rightarrow \sum_{cyc- j}{\left(\dfrac{a_{j}^2a_{j+1}\cdots a_{j-2}\left(a_{j+1}-a_{j-1}\right)}{a_{j}+a_{j+1}}+a_1a_2\cdots a_n\right)}\geq n.a_1a_2\cdots a_n$$
İfadeyle uğraşırsak
$$\sum_{cyc- j}{\left(\dfrac{a_{j}^2a_{j+1}\cdots a_{j-2}\left(a_{j+1}-a_{j-1}\right)}{a_{j}+a_{j+1}}+a_1a_2\cdots a_n\right)}=\sum_{cyc- j}{\dfrac{a_{j}^2a_{j+1}^2a_{j+2}\cdots a_{j-2}-a_j.a_1a_2\cdots a_n+a_j.a_1a_2\cdots a_n+a_{j+1}.a_1a_2\cdots a_n}{a_{j}+a_{j+1}}}$$
$$=\sum_{cyc- j}{\dfrac{a_{j}^2a_{j+1}^2a_{j+2}\cdots a_{j-2}+a_{j+1}.a_1a_2\cdots a_n}{a_{j}+a_{j+1}}}=\sum_{cyc- j}{\dfrac{a_ja_{j+1}^2a_{j+2}\cdots a_{j-2}\left(a_j+a_{j-1}\right)}{a_j+a_{j+1}}}$$
Şimdi her $a_j+a_{j+1}$ çarpanı birer kez pay ve paydada görülür. Yani $n$ ifadeye Aritmetik-Geometrik Ortalama uygularsak
$$\sum_{cyc- j}{\dfrac{a_ja_{j+1}^2a_{j+2}\cdots a_{j-2}\left(a_j+a_{j-1}\right)}{a_j+a_{j+1}}}\geq n\sqrt[n]{\prod_{cyc- j}{a_ja_{j+1}^2a_{j+2}\cdots a_{j-2}}}=n.a_1a_2\cdots a_n$$
Sondaki eşitliğin olma sebebi her $a_i$'nin $n-2$ kez $1$ üssünü, bir kez de $2$ üssünü aldığından sondaki çarpımda $\left(\prod{a_1}\right)^n$ olacağından kolaylıkla görülebilir ve ispat tamamlanır.