Genelleştirilmiş IMO Shortlist 2020 #A.3 {çözüldü}

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 1
$a_1,a_2,\cdots,a_{2p}$ pozitif reeller ($p\geq 2$) olmak üzere $\left(a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2p-1}\right)\left(a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{2p}\right)=\sqrt[p]{\left(a_1a_3\cdots a_{2p-1}\right)^2}+\sqrt[p]{\left(a_2a_4\cdots a_{2p}\right)^2}$ eşitliği sağlanıyorsa


$$\sum_{cyc-j}{\dfrac{a_{j}}{a_{j+1}}}\geq p^3$$


olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$$p=2$$
verildiğinde soruda verilen ifade ve eşitsizlik IMO Shortlist 2020 #A.3'e dönüşür.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

İndisleri tek ve çift olanları gruplayıp sonrasında Aritmetik-Geometrik Ortalama uygulayacağız
$$\sum_{cyc-j}{\dfrac{a_{j}}{a_{j+1}}}=\left(\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_3}{a_4}+\dfrac{a_5}{a_6}+\cdots+\dfrac{a_{2p-1}}{a_{2p}}\right)+\left(\dfrac{a_2}{a_3}+\dfrac{a_4}{a_5}+\dfrac{a_6}{a_7}+\cdots+\dfrac{a_{2p}}{a_{1}}\right)\overbrace{\geq}^{AGO} p\sqrt[p]{\dfrac{a_1a_3\cdots a_{2p-1}}{a_2a_4\cdots a_{2p}}}+p\sqrt[p]{\dfrac{a_2a_4\cdots a_{2p}}{a_1a_3\cdots a_{2p-1}}}$$
Paydalari eşitleyip problemde verilen eşitliği kullanacak olursak
$$=p\left(\dfrac{\sqrt[p]{\left(a_1a_3\cdots a_{2p-1}\right)^2}+\sqrt[p]{\left(a_2a_4\cdots a_{2p}\right)^2}}{\sqrt[p]{\prod{a_1}}}\right)=\dfrac{p\left(a_1+a_3+\cdots+a_{2p-1}\right)\left(a_2+a_4+\cdots+a_{2p}\right)}{\sqrt[p]{\prod{a_1}}}\overbrace{\geq}^{AGO} \dfrac{p^3\sqrt[p]{\prod{a_1}}}{\sqrt[p]{\prod{a_1}}}=p^3$$
elde ederiz. Sondaki eşitsizlikte ise parantezlerin içerisindeki toplamlara Aritmetik-Geometrik Ortalama uyguladık. İspat biter.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 2
$a_1,a_2,\cdots,a_{np},n,p$ pozitif reeller ($p,n\geq 2$) olmak üzere 
$$\sum_{cyc- j}{\sqrt[p]{\left(a_ja_{n+j}a_{2n+j}\cdots a_{(p-1)n+j}\right)^2}}=\prod\limits_{cyc -i}{\sum\limits_{k=0}^{p-1}{a_{nk+j}}}$$
eşitliği sağlanıyorsa
$$\sum_{cyc-j}{\dfrac{a_{j}}{a_{j+1}}}\geq p^{n+1}$$

olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Payındaki terimin indisleri $\mod{n}$'de eşit olanları gruplayacağız. Modülo $n$'i kullanmadaki motivasyonumuz her kesirdeki pay ve paydadaki terimlerin $n$ tane olmasıdır. Örneğin payında $a_1$ olanı, $a_{nk+1}$ grubuna koyacağız ve $n$ tane grubumuz olacak
$$LHS=\sum_{cyc-j}{\dfrac{a_{j}}{a_{j+1}a_{j+1}\cdots a_{j+n-1}}}=\sum_{j=1}^{n}{\left(\overbrace{\dfrac{a_{j}}{a_{j+1}a_{j+2}\cdots a_{j+n-1}}+\dfrac{a_{j+n}}{a_{j+n+1}a_{j+n+2}\cdots a_{j+2n-1}}+\cdots+\dfrac{a_{j+\left(p-1\right)n}}{a_{j+\left(p-1\right)n+1}a_{j+\left(p-1\right)n+2}\cdots a_{j+np-1}}}^{\equiv j \pmod{n}}\right)}$$
$$\overbrace{\geq}^{AGO} \sum_{j=1}^{n}{\overbrace{p\sqrt[p]{\dfrac{a_ja_{j+n}\cdots a_{j+\left(p-1\right)n}}{\left(\dfrac{\prod{a_1}}{a_ja_{j+n}\cdots a_{j+\left(p-1\right)n} }\right)} } }^{\equiv j \pmod{n}}}= \sum_{j=1}^{n}{\overbrace{p\sqrt[p]{\dfrac{\left(a_ja_{j+n}\cdots a_{j+\left(p-1\right)n}\right)^2}{\prod{a_1}} } }^{\equiv j \pmod{n}}}=\dfrac{p\sum\limits_{j=1}^{n}{\sqrt[p]{\left(a_ja_{j+n}\cdots a_{j+\left(p-1\right)n}\right)^2}}}{\sqrt[p]{a_1}}$$
Şimdi problemde verilen eşitliği yerine koyarsak
$$LHS\geq \dfrac{p\sum\limits_{j=1}^{n}{\sqrt[p]{\left(a_ja_{j+n}\cdots a_{j+\left(p-1\right)n}\right)^2}}}{\sqrt[p]{a_1}}= \dfrac{p\prod\limits_{cyc -i}{\sum\limits_{k=0}^{p-1}{a_{nk+j}}}}{\sqrt[p]{a_1}}$$
Şimdi çarpım halindeki toplamlara Aritmetik-Geometrik Ortalama uygularsak
$$\sum\limits_{k=0}^{p-1}{a_{nk+j}}\geq p\sqrt[p]{a_ja_{j+n}\cdots a_{j+\left(p-1\right)n}}\Rightarrow \prod\limits_{cyc -i}{\sum\limits_{k=0}^{p-1}{a_{nk+j}}}\geq p^{n}\sqrt[p]{\prod{a_1}}$$
Bundan ötürü
$$RHS\geq \dfrac{p\sum\limits_{j=1}^{n}{\sqrt[p]{\left(a_ja_{j+n}\cdots a_{j+\left(p-1\right)n}\right)^2}}}{\sqrt[p]{a_1}}\geq \dfrac{p^{n+1}\sqrt[p]{\prod{a_1}}}{\sqrt[p]{\prod{a_1}}}=p^{n+1}$$
elde eder ve ispatı tamamlarız.