Genelleştirilmiş IMO Shortlist 2019 #A.2 {çözüldü}

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelleştirme 1
Her $n\geq 1$ pozitif reeli için $u_1,u_2,\cdots,u_{p}$ reelleri için

$$u_1^{2n-1}+u_2^{2n-1}+\cdots+u_{p}^{2n-1}=0 \quad \text{ve} \quad u_1^{2n}+u_2^{2n}+\cdots+u_{p}^{2n}=k$$

eşitlikleri sağlanıyorsa $a=min\left(u_1,u_2,\cdots,u_p\right)$  ve  $b=max\left(u_1,u_2,\cdots,u_p\right)$ olmak üzere

$$ab\leq -\dfrac{k}{p}$$
olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$$n=2,p=2019,k=1$$
verildiğinde problem IMO Shortlist 2019 #A.2'e dönüşür ve maksimum değer $-\dfrac{1}{2019}$ elde edilir.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Genelliği bozmadan $u_{1}\leq u_2\leq \cdots u_{x}\leq 0 \leq u_{x+1}\leq u_{x+2}\leq \cdots \leq u_{p}$ olsun ve $j\leq x$ için $a_j=-u_j$ ve $j\geq x+1$ için $b_{i-x}=u_i$ olarak tanımlayalım. O zaman
$$a_1^{2n-1}+a_2^{2n-1}+\cdots+a_x^{2n-1}=b_1^{2n-1}+b_2^{2n-1}+\cdots+b_{p-x}^{2n-1}=S$$
olduğunu söyleyebiliriz. Bu değerler $S$ 'e eşit olsun. Buna göre
$$S\leq x.max(a_i)=xa_1 \qquad \text{ve} \qquad S\leq x.max(b_i)=\left(p-x\right)b_{p-x}$$
eşitsizlikleri oluşur.
$$S\leq xa_1\Rightarrow b_{p-x}S\leq xa_1b_{p-x}$$
$$S\leq \left(p-x\right)b_{p-x}\Rightarrow a_1S\leq \left(p-x\right)a_1b_{p-x}$$
Bundan ötürü eşitsizlikleri toplarsak
$$S\left(a_1+b_{p-x}\right)\leq pa_1b_{p-x}$$
elde ederiz. Şimdi ise problemde ispatlanması istenen $\dfrac{k}{p}$ 'ye yönelelim.
$$\dfrac{k}{p}=\dfrac{u_1^{2n}+u_2^{2n}+\cdots+u_{p}^{2n}}{p}=\dfrac{a_1^{2n}+a_2^{2n}+\cdots+a_p^{2n}}{p}\leq \dfrac{Sa_1+Sb_{p-x}}{p}\leq \dfrac{pa_1b_{p-x}}{p}=a_1b_{p-x}$$
elde ederiz. $a_i^{2n}$ 'lerden $S$ 'e geçişimiz $max(a_i)=a_1 , max(b_i)=b_{p-x}$ olduğundandır.
Son eşitsizlik ise yukarıda ispatladığımız eşitsizliğin bir sonucudur.
O.zaman baştaki tanımlarımızla
$a_1b_{p-x}=-u_1u_p=-min(u_i).max(u_i)\geq \dfrac{k}{p}\quad \Rightarrow ab\leq -\dfrac{k}{p}$$
olduğunu gösterir ve ispatı tamamlarız.