DERS NOTLARI-II ISINMA. c wwww.sbelian.wordpress.com

Ebat: px

Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "DERS NOTLARI-II ISINMA. c wwww.sbelian.wordpress.com"

Mehmed Kaymak
5 yıl önce
İzleme sayısı:

EŞİTSİZLİKLER DERS NOTLARI-II c wwww.sbelia.wordpress.com Bazı foksiyo eşitsizliklerii kaıtıı yaparke, foksiyouu belli aralıklardaki şeklide öemlidir.

1 EŞİTSİZLİKLER DERS NOTLARI-II c wwww.sbelia.wordpress.com Bazı foksiyo eşitsizliklerii kaıtıı yaparke, foksiyouu belli aralıklardaki şeklide öemlidir. Bu ders otumuzda ele aldığımız eşitsizlikleri çözümleride bu temel presiplere uyularak yapılmıştır. ISINMA Taım [Koveks vs. Kokav]. I aralığı üzeride süreli bir f foksiyou, f ( x 1 + x ) f (x 1) + f (x ) x 1,x I eşitsizliğii sağlıyorsa f foksiyoua koveks deir. Eğer I aralığı üzeride f foksiyou koveks ve eşitlik hali x 1 = x oluyorsa, f tam koveks olur. I aralığıda f koveks ise f foksiyou kokav olur. Bu durumda, f ( x 1 + x ) f (x 1) + f (x ) x 1,x I olacaktır. Bezer biçimde eğer f tam koveks ise f foksiyouda koveks olur. Şekil 1: Aralıkta Bir Koveks Foksiyo Taım [İkici Türev Testi]. Eğer I = (a,b) aralığıda f (x) 0 oluyorsa, f foksiyou kovekstir. Eğer f (x) > 0 oluyorsa, f foksiyou tam koveks olur. Kokav ve tam kokav içide taım bezer biçimdedir. Sadece eşitsizlik yö değiştirir. Bir foksiyou koveksiliğii göstermek içi sıır oktalarıı içere bir aralıkta ve bu aralıkta sürekli olması ile ikici türev testii egatif olmaması yeterlidir. Eşitsizlkler Ders Notları-I e adreside ulaşabilirsiiz. 1

2 İkici türev testii kullaarak, aşağıda verile foksiyoları tam kovex olduğuu söyleyebiliriz. x p [0, ), p > 1 yada x p (0, ), p < 0 a x (, ), a > 1 yada tax [0,π/) Bezer biçimde aşağıda verile foksiyolarda tam kokavdır. x p [0, ), 0 < p < 1 yada log a x (0, ), a > 1 cosx [ π/,π/), yada six [0,π/π) Bu oktada, koveksliği ve kokavlığı eşitsizlik sorularıda kullaabileceğimiz e güzel yer saırız Jese Eşitsizliği dir. MEVZU Taım [Jese Eşitsizliği]. f foksiyou I üzeride koveks ve x 1,x,,x I ise ( ) x1 + x + x f f (x 1) + f (x ) + + f (x ) olacaktır. Burada eşitlik durumu acak ve acak x 1 = x = = x eşitliğide olur. Taım [Geelleştirilmiş Jese Eşitsizliği]. f koveks ve I aralığıda sürekli olmak üzere, x 1,x,,x I ve 0 < t 1,t,,t < 1, t 1 +t + +t = 1 ise, f (t 1 x 1 +t x + +t x ) t 1 f (x 1 ) +t f (x ) + +t f (x ) olacaktır. Kokav foksiyolarda ise eşitsizlik yö değiştirir. EGZERSIZ [1.] Bir ABC üçgeide, sia + sib + sic eşitsizliğii gösteriiz. Eşitlik durumu hagi durumda ortaya çıkar, açıklayıız. Çözüm. f (x) = si x foksiyou [0, π] arasıda kokavdır. Öyleyse, ( ) A + B +C sia + sib + sic = f (A) + f (B) + f (C) f = si ( A + B +C ) = olacaktır. Eşitlik durumu acak ve acak A = B = C = π/ yai ABC bir eşkear üçgese gerçekleşir. [.] a,b,c > 0 ve a + b + c = 1 ise, ifadesii e küçük değerii buluuz. (a + 1 a )10 + (b + 1 b )10 + (c + 1 c )10 Çözüm. 0 < a,b,c < 1 olarak zate verilmiş. f (x) = (x + 1 x )10 ise f foksiyou I = (0,1) aralığıda koveksdir. Çükü, f (x) = 90(a + 1 x )8 (x 1 x ) + 10(x + 1 x )9 ( x ) > 0 olacaktır.

3 Öyleyse JE de f (a) + f (b) + f (c) = (a + 1 a )10 + (b + 1 b )10 + (c + 1 c )10 f ( a + b + c ) = f ( 1 ) = olarak buluur. Çözüm.(Alteratif Yötem) Soruda verile eşitsizliği çözmei bir diğer yötemide Chebychev Eşitsizliğii kullamak olabilirdi. Bu yötemi size bırakıyoruz. 1 [.] Aritmetik Orta - Geometrik Orta eşitsizliği JE kullaarak göstermeye çalışalım. Bua göre, eğer a 1,a,a,,a ise f (x) = logx de (0, ) aralığıda kokav olduğua göre, log( a 1 + a + + a ) loga 1 + loga + + loga = log( a1 a a ) ise istee eşitsizlik kaıtlamış olur. [4.](Hölder) p,q > 1, 1 p + 1 q = 1 ve a 1,a,,a b 1,b,,b reel sayılarsa, eşitsizliğii kaıtlayıız. Çözüm. Varsayalım a i b i A = ( ) 1/p ( ) 1/q a i p b i q a i p ve B = olsu. Eğer A veya B sıfır ise, ya tüm a i ler yada tüm b i ler sıfırdır. Bu da zate eşitsizliği iki tarafııda sıfır yapar. Bua göre biz A 0 ve B 0 durumuu iceleyelim. Varsayalım t 1 = 1 p ve t = 1 q olsu. Öyleyse, 0 < t 1, t < 1 ve t 1 +t = 1 olacaktır. Eğer ise x i = a i p A x i = 1 ve ve y i = b i q B y i = 1 olur. f (x) = e x foksiyou (,+ ) aralığıda koveks olduğuda Geelleştirilmiş Jese Eşitsizliğii kullaabiliriz. Bua göre, olacaktır. Bua göre, olacaktır. Buda dolayıda, a i b i b i q x 1/p i y 1/q i = f (t 1 lx i +t ly i ) t 1 f (lx 1 ) +t f (ly i ) = x i p + y i q a i b i A 1/p B 1/q 1 i + p x 1 q y i = 1 a i b i A 1/p B 1/q = ( a i p) 1/p ( b i q) 1/q buluur 1 Chebychev Eşitsizliği ile alakalı olarak wordpress.com adreside Yeide Düzeleme Eşitsizliği Ders Notları ı idirebilirsiiz.

4 Şimdi de, Jese eşitsiliğii bir başka uygulamasıa geçelim. Taım (Majorizatio ). Eğer x 1,,x ve y 1,,y aşağıdaki şartları sağlıyorsa, yai x 1 x x, y 1 y y ve x 1 y 1, x 1 + x y 1 + y,,x 1 + x + + x 1 y 1 + y + + y 1 ise (x 1,x,,x ) majorize (y 1,y,,y ) deir ve ile gösterilir. x 1 + x + + x = y 1 + y + + y (x 1,x,,x ) y 1,y,,y ) Taım (Majorizatio Eşitsizliği). I = [a,b] aralığıda f foksiyou koveks ve ise (x 1,x,,x ) y 1,y,,y ), x i,y i I f (x 1 ) + f (x ) + + f (x ) f (y 1 ) + f (y ) + + f (y ) olur. Yalız ve yalız x i = y i durumu içi eşitlik vardır. Kokav foksiyolar içise eşitsizlik yö değiştirir. [5.] Dar açılı bir ABC üçgei içi, eşitsizliğii kaıtlayıız. 1 cosa + cosb + cosc Çözüm. Geelliği kaybetmede, varsayalım A B C olsu. Bua göre A π/ ve C π/ olacaktır. π/ A π/, π A + B = ( π C) π olacağıda ( π, π,0) (A,B,C) (π, π, π ) alabiliriz. f (x) = cos x foksiyou [0, π/] aralığıda kokav olduğua göre, majorizatio teoremide, 1 = f ( π ) + f (π ) + f (0) f (A) + f (B) + f (C) f (π ) + f (π ) + f (π ) ise soruda göstermemiz istee, 1 cosa + cosb + cosc elde edilir. [6.] Eğer x 1 x x ise (x 1,x,,x ) (x,x,x,,x) 4

5 durumu vardır. Burada x değeri, x 1,x,,x değerlerii aritmetik ortasıdır.(buu Majorizatio üzerie uygularsak Jese Eşitsizliğii elde ederiz.) Bua göre, k = 1,,, 1 içi x 1 +x + +x k kx durumuu göstermemiz yeterli olacaktır. Bua göre, ( k)(x 1 + x + + x k ) ( k)kx k k( k)x k+1 k(x k x ) olacağıda ( k)(x x k ) k(x k x ) buluur. Bu eşitsizliği iki tarafıada k(x x k ) eklersek olacağıda olacaktır. (x x ) k(x x ) = kx x 1 + x + + x k kx [7.] 1 a,b,c 1 ve a + b + c = 1/ ise a 1 + b 1 + c 1 e fazla kaç olur? Çözüm. [ 1,1] aralığıda f (x) = x 1 foksiyou kovekstir. Öyleki, f (x) = 1x 10 0 olacaktır. Eğer, 1 a b c 1 ve a + b + c = 1/ ise major üçlülerimizi (1, 1, 1) (a,b,c) olarak seçebiliriz. Çükü, 1 a ve 1 = 1 1 c 1 eşitsizliğide = a + b olacaktır. Bua göre, majorizatio a 1 + b 1 + c 1 = f (a) + f (b) + f (c) f (1) + f () + f ( 1) = olacaktır. Zate, a = 1, b = 1 ve c = 1 içide e büyük değer doğrulaır. [8.](1999,IMO ) bir tamsayıdır. Bua göre, (a.) ( ) 4 x i x j (xi + x j) C x i 1 i< j 1 i eşitsizliğii x 1,x,x,,x 0 reel sayıları içi sağlaya e küçük C sabitii buluuz. (b.) Bu C değeri içi, eşitlik durumuu araştırıız. Çözüm. İlk olarak = durumua bakalım. Varsayalım x 1 = m + h ve x = m h yai olsu. Bua göre, m = x 1 + x ve h = x 1 x x 1 x (x 1 + x ) = (m 4 h 4 ) m 4 = 1 8 (x 1 + x ) 4 Iteratioal Math Olympiads,

6 olacaktır. > durumu içi varsayalım a i = x i x 1 + x + + x ve a 1 + a + + a = 1 olsu. Bua göre, a i = [0,1] olacaktır. Eğer, a i ciside yazarsak, ispatlaacak eşitsizlik olacaktır. Eşitsizliği sol tarafı açılıp düzeleirse, a i a j (a i + a j) C 1 i< j a i (a a i 1 + a i a ) = a i (1 a i ) olacaktır. f (x) = x (1 x) = x x 4 foksiyouu [0,1/] aralığıda koveks olduğu açıktır. Öyle ki, f (x) = 6x 1x = 6x(1 x) > 0 olacaktır. Eşitsizliğimiz a i lere göre simetrik olduğuda, a 1 a a alabiliriz. Bua göre, eğer a 1 1/ ise, olacağıda majorizatio eşitsizliğide ( 1, 1,0,0,,0) (a 1,a,,a ) f (a 1 ) + f (a ) + + f (a ) f ( 1 ) + f (1 ) + f (0) + + f (0) = 1 8 olacaktır. Eğer, a 1 > 1/ ise 1 a 1,a,,a [0,1/) olacaktır. (1 a 1,0,0,,0) (a,a,,a ) olduğuda majorizatio eşitsizliği ve = durumuu göz öüde buludurursak, f (a 1 ) + f (a ) + + f (a ) f (a 1 ) + f (1 a 1 ) + f (0) + f (0) + + f (0) = f (a 1 ) + f (1 a 1 ) 1 8 olacaktır. Bua göre, eşitlik durumu acak ve acak iki değişke eşit ve geri kala ( ) değişke 0 ise vardır. 6

7 ALIŞTIRMALAR 1. Jese Eşitisizliğii kullaarak a a b b c c (abc) (a+b+c)/ eşitsizliğii kaıtlayıız.(a,b,c pozitif reel sayılar.). x 1,,x [0,1] ve a 1,,a > 0 olmak üzere, a a = 1 olarak veriliyor. Bua göre, a i x i 1 + x a 1 1 xa 1 1 eşitsizliğii kaıttlayıız. Eşitlik durumu hagi şartlar altıda gerçekleşir?. Eğer a,b,c,d > 0 ve c + d = (a + b ) ise a c + b d 1 eşitsizliğii Hölder Eşitsizliği kullaarak kaıtlayıız. 4. P oktası ABC üçgei içerside m(pab) = m(pbc) = m(pca) = α eşitliğii sağlaya bir okta ise α açısıı π/6 olduğuu kaıtlayıız. 5. Dar açılı bir ABC üçgeii iki açısı π/6 da küçük veya eşittir. Bua göre, eşitsizliğii kaıtlayıız. si A si B si C si π 4 si π 6 si π 1 6. x,y,z > 1, xyz = 4096 ve max(x,y,z) < olarak veriliyor. Bua göre, x + y + z toplamıı e büyük ve e küçük değerlerii buluuz. 7. Eğer a,b 0 ise, eşitsizliğii kaıtlayıız. a + a + b + b a + b + b + a Copyright c Matematik Olimpiyatı Weblog 7

Benzer belgeler

İÇİNDEKİLER. Ön Söz Polinomlar II. ve III. Dereceden Denklemler Parabol II. Dereceden Eşitsizlikler...

İÇİNDEKİLER. Ön Söz Polinomlar II. ve III. Dereceden Denklemler Parabol II. Dereceden Eşitsizlikler... İÇİNDEKİLER Ö Söz... Poliomlar... II. ve III. Derecede Deklemler... Parabol... 9 II. Derecede Eşitsizlikler... 8 Trigoometri... 8 Logaritma... 59 Toplam ve Çarpım Sembolü... 7 Diziler... 79 Özel Taımlı