Genelleştirilmiş IMO 2023 #4 {çözüldü}

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 1
Herhangi ikisi birbirinden farklı olan $x_{1},x_{2},\cdots,x_{2p+1}$ pozitif gerçel sayıları için

$$a_{n}=\sqrt{\left(x_{1}^{y}+x_{2}^{y}+\cdots+x_{n}^{y}\right)\left(\dfrac{1}{x_{1}^{k}}+\dfrac{1}{x_{2}^{k}}+\cdots+\dfrac{1}{x_{n}^{k}}\right)}$$

sayısı her $n=1,2,\cdots,2p+1$ için bir tamsayıdır. Buna göre $$a_{2p+1}=x_{1}^{y-k}+p\left(1+2\sqrt[4]{\left(x_{n-1}x_{n}\right)^{y-k}}\right)$$
olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$$y=k=1,p=1011$$
verildiğinde problem IMO 2023 #4'e dönüşür.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$a_{1}=x_{1}^{y-k}$ olduğu basitçe görülebilir.
$$a_{n}=\sqrt{\left(x_{1}^{y}+x_{2}^{y}+\cdots+x_{n}^{y}\right)\left(\dfrac{1}{x_{1}^k}+\dfrac{1}{x_{2}^k}+\cdots+\dfrac{1}{x_{n}^k}\right)}$$
$$\overbrace{\geq}^{Cauchy-Schwarz} \sqrt{\left(x_{1}^y+x_{2}^y+\cdots+x_{n-2}^y\right)\left(\dfrac{1}{x_{1}^k}+\dfrac{1}{x_{2}^k}+\cdots+\dfrac{1}{x_{n-2}^k}\right)}+\sqrt{\left(x_{n-1}^y+x_{n}^y\right)\left(\dfrac{1}{x_{n-1}^k}+\dfrac{1}{x_{n}^k}\right)}$$
$$a_{n-2}+\sqrt{\left(x_{n-1}^y+x_{n}^y\right)\left(\dfrac{1}{x_{n-1}^k}+\dfrac{1}{x_{n}^k}\right)} \overbrace{>}^{AGO} a_{n-2}+\sqrt{2\sqrt{\left(x_{n-1}x_n\right)^y}.2\sqrt{\dfrac{1}{\left(x_{n-1}x_{n}\right)^k}}}$$
$$=2\sqrt[4]{\left(x_{n-1}x_{n}\right)^{y-k}}$$
Herhangi iki $x_{i}$ nin birbirine eşit olmaması eşitlik durumunun olmaması anlamına gelir çünkü sonda aritmetik-geometrik ortalama kullandık.
Şayet $a_{i}$ ler tam sayı olduğundan
$$a_{n}>a_{n-2}+2\sqrt[4]{\left(x_{n-1}x_n\right)^{y-k}}$$
$$\rightarrow a_{n}\geq a_{n-2}+2\sqrt[4]{\left(x_{n-1}x_n\right)^{y-k}}+1$$
elde edilir. $a_{1}=x_{1}^{y-k}$ olduğundan
$$a_{2p+1}=x_{1}^{y-k}+p\left(1+2\sqrt[4]{\left(x_{n-1}x_{n}\right)^{y-k}}\right)$$
elde edilir. İspat biter.