Matematik Olimpiyatı 2009, 2. Aşama, Soru 5

Tüm \(a\), \(b\), \(c\), pozitif gerçel sayıları için, 


\[ \frac{(b+c)(a^4 - b^2c^2)}{ab + 2bc + ca} + \frac{(c+a)(b^4 - c^2a^2)}{bc + 2ca + ab} + \frac{(a+b)(c^4 - a^2b^2)}{ca + 2ab + bc} \ge 0 \]

olduğunu gösteriniz. 


**Çözüm:** İlk önce tüm pozitif \(a, b, c\) sayıları için 


\[ \frac{(b+c)(a^4 - b^2c^2)}{ab + 2bc + ca} \ge \frac{a^3 + abc - b^2c - bc^2}{2} \quad (1) \]


olduğunu gösterelim. Eşitsizliğin her iki tarafını \((b+c) + \frac{2bc}{a}\) ile çarparsak 


\[ (b+c)a^3 - 2bca^2 - bc(b+c)a^2 + bc(b^2+c^2) \ge 0 \]


elde ederiz. Son olarak \((b+c)^2 \ge 4bc\) olduğundan 


\[ \begin{aligned} (b+c)a^3 - 2bca^2 - bc(b+c)a + bc(b^2+c^2) &\ge \frac{4bc}{b+c}a^3 - 2bca^2 - bc(b+c)a + bc \frac{(b+c)^2}{2} \\ &= \frac{bc}{2(b+c)}(2a+b+c)(2a-b-c)^2 \ge 0 \end{aligned} \]


olur ve (1) eşitsizliği kanıtlanmış olur. 


Önce (1) ve daha sonra pozitif \(a, b, c\) gerçel sayıları için Schur eşitsizliği kulanılarak istenen eşitsizlik ispatlanır. 


\[ \begin{aligned} \sum_{\text{cyc}} \frac{(b+c)(a^4 - b^2c^2)}{ab +2bc + ca} &\ge \frac{1}{2} \sum_{\text{cyc}} (a^3 + abc - b^2c - bc^2) \\ &\ge \frac{1}{2}(a(a-b)(a-c) + b(b-c)(b-a) + c(c-a)(c-b)) \ge 0 \end{aligned} \]


**6.** \(1 < k_1 < k_2 < \dots < k_n\) ve \(a_1, a_2, \dots, a_n\) tam sayılar olmak üzere; her \(N\) tam sayısı için, \(k_i | N - a_i\) olacak biçimde en az bir \(1 \le i \le n\) bulunuyorsa, \(n\) nin alabileceği en küçük değeri belirleyiniz. 


**Çözüm:**

Şıklar:

Cevap:  5

Çözüm:
her \(N\) tam sayısı \(N \equiv 0 \pmod{2}\), \(N \equiv 1 \pmod{3}\), \(N \equiv 3 \pmod{4}\), \(N \equiv 5 \pmod{6}\), \(N \equiv 9 \pmod{12}\) denkliklerinden en az birini sağlar ve dolayısıyla \(n\) sayısı 5 olabilir. \(n \le 4\) eşitsizliğinin mümkün olmadığını gösterirsek işpat tamamlanır. 


\(1 < k_1 \le k_2 \le \dots \le k_n\) ve \(a_1, a_2, \dots, a_n\) şartı sağlayan tam sayılar ve \(K = \text{lcm}(k_1, k_2, \dots, k_n)\) olsun. 1 den \(K\) ye kadar olan tam sayılardan en fazla \(\frac{K}{k_1} + \frac{K}{k_2} + \dots + \frac{K}{k_n}\) tanesi \(x \equiv a_i \pmod{k_i}\) denkliklerinden en az birini sağlar. Böylece \(\frac{1}{k_1} + \frac{1}{k_2} + \dots + \frac{1}{k_n} \ge 1\) elde edilir. 


Şimdi şartları sağlayan en küçük \(n\) tam sayısı için koşulları sağlayan \(1 < k_1 \le k_2 \le \dots \le k_n\)ve \(a_1, a_2, \dots, a_n\) tam sayılarını ele alalım. \(n \le 4\) olduğunu varsayalım. \(k_1 = 3\) ise, \(\frac{1}{k_1} + \frac{1}{k_2} +\dots + \frac{1}{k_n} \le \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} = \frac{19}{20} < 1\) olur. O zaman \(k_1 = 2\) olmalı. 


Genelliği bozmadan \(a_1 = 1\) kabul edebiliriz. Her \(2 \le i \le n\) için, \(k_i\) tekse \(k_i' = k_i\) ve \(a_i' \equiv 2^{-1}a_i \pmod{k_i}\), \(k_i\) çiftse \(k_i' = \frac{k_i}{2}\) ve \(a_i' = \frac{a_i}{2}\) olsun. \(k_2', \dots, k_n'\) ve \(a_2', \dots, a_n'\) tam sayıları bölme şartını sağlarlar ancak \(k_i'\) ler farklı olmayabilir. Bu durumda, \(n\) nin en küçük seçilmesinden ötürü \(n = 4\) ve \(\{k_2, k_3, k_4\} = \{2m+1, 4m+2, k\}\) olmalı.

- \(k\) tek ise, \(\{k'_2, k'_3, k'_4\} = \{2m + 1, 2m + 1, k\}\) ve \(\frac{2}{2m+1} + \frac{1}{k} \ge 1\) olur. Fakat \(\frac{2}{2m+1} + \frac{1}{k} \le \frac{2}{3} + \frac{1}{5} = \frac{13}{15} < 1\) olduğundan bu mümkün değildir. 


- \(k\) çift ise, \(\{k'_2, k'_3, k'_4\} = \{2 m + 1, 2m + 1, \frac{k}{2}\}\) ve \(\frac{2}{2m+1} + \frac{2}{k} \ge 1\) olur. 


\(2m+1 \ge 5\) veya \(2m+1 = 3\) ve \(k \ge 8\) sağlanıyorsa, \(\frac{2}{5} + \frac{2}{4} = \frac{9}{10} < 1\) ve \(\frac{2}{3} + \frac{2}{8} = \frac{11}{12} < 1\) olduğu için çelişki elde ederiz. Kalan tek durum \(2m+1 = 3\) ve \(k = 4\) olmasıdır. Bu durumda ise \(\{k'_2, k'_3, k'_4\} = \{3, 3, 2\}\) olur. (mod 3) te tam sayıların hepsi çift veya hepsi tek olamayacağı için yine çelişki elde ederiz.