JBMO Shortlist 2023 #A.3

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Junior Balkan 2023 Shortlist'indeki analiz sorularının çoğunu forumda paylaşıp ispatlamıştık. Shortlist'in A.3 Problemine de yer verelim:

JBMO Shortlist 2023 #A.3: Her $x$, $y$  ve $z$  pozitif reelleri için $xy+yz+x=1$  ise

$$\dfrac{2}{xyz}+9xyz\geq 7(x+y+z)$$

olduğunu gösteriniz.

[ygzgndgn]

Lagrange Çarpanı tekniğini kullanacağız. $$f(x,y,z)=\frac{2}{xyz}+9xyz-7(x+y+z)$$ fonksiyonunun bir global minimumu olduğu ve bunu ispatlamamız gerektiği soruda verilmiş. Fonksiyonun bir minimum alacağını varsayarak devam edelim. $g(x,y,z)=xy+yz+zx-1$ için
$$L(x,y,z,\lambda)=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z)$$ Lagrangian'ını tanımlayalım. $x$'e bağlı kısmi türev alıp $0$ a eşitlersek
$$\frac{\partial L}{\partial x}=-\frac{2}{x^2yz}+9yz-7+\lambda(y+z)=0\Rightarrow 9x^2y^2z^2+\lambda(x^2yz)(y+z)-7x^2yz=2$$ gelir. Bunu diğer değişkenler için de yaparsak bu denklemin çembersel tekrarlarını elde edeceğiz. Bu yüzden denklemleri ikişerli olarak düşünürsek
$$9x^2y^2z^2+\lambda(x^2yz)(y+z)-7x^2yz=9x^2y^2z^2+\lambda(xy^2z)(z+x)-7xy^2z=9x^2y^2z^2+\lambda(xyz^2)(x+y)-7xyz^2=2$$
$$\Rightarrow (x-y)(\lambda z-7)=0, (y-z)(\lambda x-7)=0, (z-x)(\lambda y-7)=0$$
buluruz. Minimum değerin alınması için tüm denklemler sağlanmalıdır. Bu ise bir $k\in\mathbb{R}$ için yegane çözümün $(x,y,z)=(k,k,k)$ olduğunu gösterir. Dahası, $\lambda$ ya göre kısmi türev alırsak
$$\frac{\partial L}{\partial \lambda}=xy+yz+zx-1=0\Rightarrow 3k^2=1\Rightarrow k=\frac{1}{\sqrt{3}}$$ buluruz. Sonuç olarak
$$f(x,y,z)\geq f\left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=2\cdot 3\sqrt{3}+\sqrt{3}-7\cdot \sqrt{3}=0$$ elde ederiz, ki bu ispatı tamamlar. $\blacksquare$

[ygzgndgn]

Not: Çözümde geçen kompaktlık kavramı, tanım kümesinin kapalı ve sınırlı olduğunu belirtir. Bu sebeple $f$ in verilen sınır bağlamında bir global minimumu olacağını söyleyebildik. Reel Analiz literatüründe bu sonuç Bolzano-Weierstrass Teoremi olarak adlandırılır. Sınavda bunu bu şekilde belirtmek mümkündür.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Farklı bir çözüm verelim. $xy+yz+zx=1$ olduğunu kullanarak eşitsizliği homojen hale getirelim. Buna göre eşitsizlik şuna denktir:
$$2(xy+yz+zx)^3+9x^2y^2z^2\geq 7xyz(x+y+z)(xy+yz+zx)$$
İfadeler açıldığında ise eşitsizlik şuna dönüşür:
$$2\sum_{cyc}{x^3y^3}\geq \sum_{sym}{x^3y^2z}$$
Bu ifade ise Muirhead Eşitsizliği'nden $(3,2,1)\prec (3,3,0)$ olduğundan barizdir. Dolayısıyla eşitsizlik doğrudur. Eşitlik $x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$  iken sağlanır.

[Lokman Gökçe]

... $f(x,y,z)=\frac{2}{xyz}+9xyz-7(x+y+z)$ fonksiyonunun verilen tanım kümesinin kompakt olduğunu biliyoruz ...

Merhaba Yağız, çözüm için teşekkürler. Bir kaç ekleme-düzeltme yapmak gerekecek.

$\mathbb{R}^n$'nin alışılmış topolojisine göre, bir kümenin kompakt olması için gerek ve yeter şart o kümenin kapalı ve sınırlı olmasıdır. (Başka topolojilerde durum değişir.) Bu problemde $x, y, z > 0$ ve $xy + yz + x = 1$ verildiği için $x, y, z < 1$ olduğunu da görüyoruz. Tanım kümesinin sınırlı olduğunu olduğunu görmek kolaydır. Çünkü küme, bir yuvar (küre) içine alınabiliyor. Fakat bu kümenin kapalı olduğunu söylemek mümkün görünmüyor. Hatta açık küme bile olabilir. $y$ ve $z$ $0$'a yaklaşırken, $x$ $1$'e istediğimiz kadar yaklaşacaktır ve $x<1$ kalacaktır. Kapalı bir kümede böyle bir şey olamaz.

Orijinal problemden bağımsız olarak, eğer koşullar değiştirilseydi, $x,y,z \geq 0$ ve  $xy + yz + x = 1$ verilseydi o zaman bu koşulları sağlayan $(x,y,z)$ üçlülerinin kümesi $\mathbb{R}^3$'de kompakt bir küme olurdu. (Elbette, orijinal problemde paydanın $0$ olmasını engellemek için $x,y,z > 0$ verilmeli.) 


Bolzano-Weierstrass Teoremi ise, farklı bir şeydir: $\mathbb{R}$ reel sayılar kümesinin, sınırlı ve sonsuz elemana sahip her alt kümesinin en az bir yığılma noktası vardır. Bunun sonucunda,  $\mathbb{R}$'de her sınırlı dizinin yakınsak bir alt dizisi vardır, der.


Kompaktlığın kullanıldığı teorem ise, Ekstrem Değer Teoremidir. $\mathbb{R}^n$'nin kompakt (kapalı ve sınırlı) bir alt kümesinde tanımlı ve bu kümede sürekli olan bir fonksiyon, bir maksimum değere ve bir minimum değere sahiptir, der. Burada fonksiyonun sürekliliği de önemlidir. Aksi halde teoremin geçerli olmadığı ters örnekler vardır. Küme kapalı değilse, yine teoremin geçerli olmadığı ters örnekler vardır. (Elbette, küme açık olduğu halde halen bir maks veya min değer bulunabilen örnekler de vardır.) Ekstrem değer teoreminin ispatında, Bolzano-Weierstrass teoreminden faydalanılmaktadır. Bu iki teorem arasında böyle bir ilişki vardır.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Benim fikrimce Yağız'ın göstermek istediği
$$f(x,y,z)\geq f\left(\dfrac{x+y+z}{3},\dfrac{x+y+z}{3},\dfrac{x+y+z}{3}\right)$$
ifadedir. Bunun için aslında eşitsizlik alanında bildiğim iki metot var: Birincisi Vasile Cirtoaje'nin EV-Equal Variable Theorem'dir. İkincisi ise Mixing Variable Method. Bu yöntemlerle aslında fonksiyonun minimum değerinin değişkenler birbirine eşitken olduğu gösterilebilir.

[ygzgndgn]

... $f(x,y,z)=\frac{2}{xyz}+9xyz-7(x+y+z)$ fonksiyonunun verilen tanım kümesinin kompakt olduğunu biliyoruz ...

$\mathbb{R}^n$'nin alışılmış topolojisine göre, bir kümenin kompakt olması için gerek ve yeter şart o kümenin kapalı ve sınırlı olmasıdır. (Başka topolojilerde durum değişir.) Bu problemde $x, y, z > 0$ ve $xy + yz + x = 1$ verildiği için $x, y, z < 1$ olduğunu da görüyoruz. Tanım kümesinin sınırlı olduğunu olduğunu görmek kolaydır. Çünkü küme, bir yuvar (küre) içine alınabiliyor. Fakat bu kümenin kapalı olduğunu söylemek mümkün görünmüyor. Hatta açık küme bile olabilir. $y$ ve $z$ $0$'a yaklaşırken, $x$ $1$'e istediğimiz kadar yaklaşacaktır ve $x<1$ kalacaktır. Kapalı bir kümede böyle bir şey olamaz. 

Düzeltmeniz için teşekkür ediyorum hocam. Çözümü bu yönde değiştirdim. Soruda bu fonksiyonun bir minimumu olduğunu göstermemizden ziyade minimum değerin bulunması istenmiş, o yüzden minimumun var olduğunu kabul etmekte sıkıntı olacağını sanmıyorum. Yine de kendi girdiğim bir sınavda bu çözümü bu halde sunmayacağımı belirtmek isterim 

Orijinal problemden bağımsız olarak, eğer koşullar değiştirilseydi, $x,y,z \geq 0$ ve  $xy + yz + x = 1$ verilseydi o zaman bu koşulları sağlayan $(x,y,z)$ üçlülerinin kümesi $\mathbb{R}^3$'de kompakt bir küme olurdu. (Elbette, orijinal problemde paydanın $0$ olmasını engellemek için $x,y,z > 0$ verilmeli.)

En baştaki eşitsizlik paydalar genişletilmiş olarak verilseydi bu durumları ayrı ayrı inceleyip tanım kümesini kompakt olarak düşünmemiz mümkün olurdu sanırım. Çünkü o durumda $x,y,z>0$ için sağlanıyorsa $x,y,z\geq 0$ için sağlandığı da görülebilir.