Genelleştirilmiş Balkan MO Shortlist 2020 #A.2 {çözüldü}

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 1
$a , b, c,\lambda.\theta,\beta,\phi,p$ pozitif reeller olmak üzere $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3$ ve
$$4\phi\beta=3\left(\lambda+\theta+2\right)$$
eşitlikleri sağlanıyorsa

$$\dfrac{\sqrt{\lambda a+\dfrac{\theta b}{c}}+\sqrt{\lambda b+\dfrac{\theta c}{a}}+\sqrt{\lambda c+\dfrac{\theta a}{b}}}{\beta}\leq \dfrac{\phi \left(a+b+c\right)-p}{\sqrt{2}}$$



olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 2
$a , b, c,\lambda.\theta,\beta,\phi,p$ pozitif reeller olmak üzere $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\alpha$ ve
$$\dfrac{2p\beta +3\left(\theta+2\right)}{9}=\dfrac{2\phi\beta -\lambda}{\alpha}$$
eşitlikleri sağlanıyorsa

$$\dfrac{\sqrt{\lambda a+\dfrac{\theta b}{c}}+\sqrt{\lambda b+\dfrac{\theta c}{a}}+\sqrt{\lambda c+\dfrac{\theta a}{b}}}{\beta}\leq \dfrac{\phi \left(a+b+c\right)-p}{\sqrt{2}}$$



olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$$\alpha=3,\beta=3,\phi=1,\theta=1,\lambda=1,p=1$$
verildiğinde problem Balkan MO Shortlist 2020 #A.2'ye dönüşür.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Her iki tarafı $\sqrt{2}$ ile çarptığımızda
$$S=\dfrac{\sqrt{2}\left(\sqrt{\lambda a+\dfrac{\theta b}{c}}+\sqrt{\lambda b+\dfrac{\theta c}{a}}+\sqrt{\lambda c+\dfrac{\theta a}{b}}\right)}{\beta}\leq \phi \left(a+b+c\right)-p$$
Aritmetik-Geometrik Ortalama kullandığımızda
$$\sqrt{2\left(\lambda a+\dfrac{\theta b}{c}\right)}\leq \dfrac{\lambda a+\dfrac{\theta b}{c}+2}{2}\Rightarrow S\leq \dfrac{\lambda\left(a+b+c\right)+\theta\left( \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+6}{2\beta}\leq \phi \left(a+b+c\right)-p$$
elde ederiz. Her iki tarafı $2\beta$ ile çarpıp düzenlersek
$$\left(2\phi \beta-\lambda\right)\left(a+b+c\right)\geq \theta\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+2p\beta+6$$
elde ederiz. Şimdi problemde verilen koşulu inceleyelim.
$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\alpha \Rightarrow ab+bc+ca=\alpha abc$$
O zaman eşitsizliğimizin sol tarafını $ab+bc+ca$ ile, sağı da $\alpha abc$ ile çarpabiliriz
$$ab+bc+ca=\alpha abc\Rightarrow \left(2\phi \beta-\lambda\right)\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\geq \theta.\alpha abc\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\alpha abc\left(2p\beta +6\right)$$
$$=\theta\alpha\left(a^2c+b^2a+c^2b\right)+\alpha abc\left(2p\beta +6\right)$$
Sol taraftaki ifadeyi açarsak
$$\left(2\phi \beta-\lambda\right)\left(a^2c+b^2a+c^2b+a^2b+b^2c+c^2a+3abc\right)\geq \theta\alpha\left(a^2c+b^2a+c^2b\right)+\alpha abc\left(2p\beta +6\right)$$
Düzenleyip ortak terimleri toparlarsak
$$\left(2\phi\beta-\lambda-\theta\alpha\right)\left(a^2c+b^2a+c^2b\right)+\left(2\phi\beta-\lambda\right)\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\geq \left(2p\beta\alpha+6\alpha-6\phi\beta+3\lambda\right)abc$$
elde ederiz. Aritmetik-Geometrik Ortalama uygularsak
$$\left(2\phi\beta-\lambda-\theta\alpha\right)\left(a^2c+b^2a+c^2b\right)+\left(2\phi\beta-\lambda\right)\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\geq 3abc\left[\left(2\phi\beta-\lambda-\theta\alpha\right)+\left(2\phi\beta-\lambda\right)\right] $$
$$\geq  \left(2p\beta\alpha+6\alpha-6\phi\beta+3\lambda\right)abc$$
$$\Rightarrow 12\phi\beta-6\lambda-3\theta\alpha\geq 2p\beta\alpha+6\alpha-6\phi\beta+3\lambda$$
Toparlarsak ve $\alpha$ değişkenini içerenleri bir tarafa yığarsak
$$18\phi\beta-9\lambda=\alpha\left(2p\beta+3\left(\theta+2\right)\right)\Rightarrow \dfrac{2p\beta +3\left(\theta+2\right)}{9}=\dfrac{2\phi\beta -\lambda}{\alpha}$$
olması yeterlidir ki bu problemde eşitlik olarak verilmiştir. İspat tamamlanır.
Bu eşitlik orijinal problem Balkan MO 2020 #A.2'de dile getirilmese de değişkenler tarafından sağlanmaktadır. $\alpha=3$ verildiğinde problem Genelleştirme 1'e dönüşür ve eşitlik biraz daha sadeleşir.