Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
0 beğenilme 0 beğenilmeme
1.7k kez görüntülendi
$a,b,c$ pozitif reel sayılar olmak üzere $\frac{a}{b+c}+ \frac{b}{a+c}+ \frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}$ Nesbitt eşitsizliğini kanıtlayınız
Orta Öğretim Matematik kategorisinde (1.8k puan) tarafından 
tarafından yeniden kategorilendirildi | 1.7k kez görüntülendi

7 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Umarım yanlış dusunmemisimdir. Eşitsizlik konusunda calismam ereken cok şey var.

image

(935 puan) tarafından 
tarafından düzenlendi

Temel hocam, özellikle ilk kısmı çok güzel olmuş sadece en son kısımda ufak bir Yazım hatası (x in en küçük Değeri )var sanırım ama olmuş ve çok da güzel olmuş 

Teşekkür ederim Yavuz Hocam. Orada bir yaklaşım hatam var.X büyüdükçe P değerleri daha da küçülüyor. Sanırım birbirine bağımlı değişkenlere bağımsız gibi davrandım. Hata yapa yapa öğreneceğim bu eşitsizlikler konusunu :).

Temel hocam, hiç şüphem yok nerdeyse her tip soruya çok da güzel Çözümler veriyorsunuz 

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Yeniden dzenLeme estsizligine gore a<=b<=c ise (a,b,c. ) ile ayni sirali( 1/b+c,1/c+a,1/a+b) 

(a/(b+c) ) +(b/(a+c))+(c/(a+b))>=( a/(a+c))+(b/(a+b))+(c/(b+c)) 1

(a/(b+c))+(b/(a+c))+(c/(a+b))>=(a/(a+b))+(b/(b+c))+(c/(a+c)) 2

1 ve 2 yi topla cikiyor

(1.5k puan) tarafından 

Aynı sıralı kısmında ufak bir hata var sanırım ama çözüm sade ve güzel teşekkürler

0 beğenilme 0 beğenilmeme

Biraz uzun oldu ama bu sefer içime sindi.


image

(935 puan) tarafından 
tarafından düzenlendi

Güzel olmuş Temel Hocam, elinize sağlık

Sağ olun Yavuz Hocam. 

Böyle güzel bir konudan, bugüne kadar uzak durduğum için kendime kızıyorum.

Paylaşımlarınız sayesinde konuya olan ilgim arttı. Teşekkürler...

Temel hocam benim da eşitsizlik çözmeye başlamam benzer bir şekilde oldu. Yanlış olduğunu düşündüğüm bir sorunun yanlışlığını ispat edemeyince kendime kızıp tüm eşitsizlik konusunu baştan Öğrenmeye karar verdim ve aslında çok keyifli ve de çok kullanışlı bir konuyu bugüne kadar öğrenmediğim için de kendine kızdım. Kolay gelsin

0 beğenilme 0 beğenilmeme
(899 puan) tarafından 
0 beğenilme 0 beğenilmeme

LHS'ye $3=1+1+1$ ekleyelim $$(a+b+c)\cdot\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}\right)\geq\dfrac{9}{2}$$ olduğunu göstermeliyiz, Cauchy-Schwarz uygulayalım $\sqrt{(a+b)},\sqrt{(a+c)},\sqrt{(b+c)}-\sqrt{1/(b+c)},\sqrt{1/(a+c)},\sqrt{1/(a+b)}$ için...

$$\sqrt{2(a+b+c)\cdot\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}\right)}\geq |1+1+1|$$ bu ifadenin karesi alındığında ;

$$(a+b+c)\cdot\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}\right)\geq\dfrac{9}{2}$$ olduğu görülür ve ispat bitmiş olur.

(895 puan) tarafından 
0 beğenilme 0 beğenilmeme

Bir üçgenin kenar uzunlukları $a, b, c$ olmak üzere

$$ \dfrac{3}{2} \leq \dfrac{a}{b+c} +\dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a+b} < 2 $$

dir. Eşitlik durumu yalnızca eşkenar üçgende sağlanır.

 

Bu problem A. M. Nesbitt tarafından 1903'te Educational Times isimli dergiye bir geometrik eşitsizlik olarak gönderilmiştir. Aslında eşitsizliğin bir kısmı herhangi üç $a,b,c$ pozitif gerçel sayısı için de doğrudur. Bu sayfada verilen çözümlere alternatif olarak Cauch Schwartz Eşitsizliği'nin Engel Formu olarak bilinen eşitsizliği kulanarak bir çözüm daha verebiliriz. Eşitsizliğin bu formunu İlham Aliyev (Azerbaycan Cumhurbaşkanı değil, matematik profesörü olan) hocamız olimpiyat kamplarında Faydalı Eşitsizlik ismiyle anlatırdı.

 

$$ T= \dfrac{a}{b+c} +\dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a+b} = \dfrac{a^2}{ab+ac} +\dfrac{b^2}{ab+bc} + \dfrac{c^2}{ac+bc} \geq  \dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)} \geq \dfrac{3(ab+bc+ac)}{2(ab+bc+ac)} = \dfrac{3}{2} $$

 

elde edilir. (Son aşamada $(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ac)$ eşitsizliğini kullandık.) Eşitlik durumu $a=b=c$ iken vardır.

 

Nesbitt Eşitsizliği'nin diğer kısmını ispatlamak için $a,b,c $ değerlerinin bir üçgenin kenarları olduğu bilgisine ihtiyaç vardır. Simetriden dolayı $a\leq b \leq c$ kabul edebiliriz. $\dfrac{a}{b+c} \leq \dfrac{a}{a+c}$ ve $c < a + b$ olduğundan

 

$$ T <  \dfrac{a}{a+c} + \dfrac{b}{a+c} + \dfrac{a+b}{a+b} = \dfrac{a+b}{a+c} + 1 \leq \dfrac{a+c}{a+c} +1 =2 $$

 

elde edilir. Ayrıca bu $2$ üst sınırı en iyi değerdir. Çünkü $a \to 0^+$ ve $b=c$ limit durumunda $T \to 2$ olmaktadır. Yani $T$'yi $2$'ye istediğimiz kadar yaklaştırabiliriz. Bu sebeple $2$'den daha küçük bir üst sınır yazılamaz.

(1.9k puan) tarafından 
0 beğenilme 0 beğenilmeme
Adım adım yapacaklarımız şu şekilde:
(1) $1+1+1$ ekleyelim,
(2) $a+b+c$ parantezine alalım ve $2$ ile çarpalım,
(3) $a+b$, $b+c$ ve $c+a$ değerlerini $u$, $v$ ve $w$ gibi görelim,
     aritmetik ortalama ile harmonik ortalama ilişkisini kullanalım.
Tabii yapmamız gereken bu adımları tersten doğru olduğunu göstermek.

Adım 1:
$\dfrac{a}{b+c}+1 +\dfrac{b}{a+c}+1 +\dfrac{c}{a+b}+1 \ge \dfrac{9}{2}$
 

Adım 2:
$(2a+2b+2c)\left(\dfrac{1}{b+c} +\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}\right)\ge 9$

Adım 3:
$\dfrac{(a+b)+(b+c)+(c+a)}{3}\ge\dfrac3{\dfrac{1}{b+c} +\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}} $
(24.9k puan) tarafından 
19,671 soru
21,379 cevap
71,800 yorum
164,613 kullanıcı