ORTALAMA EŞĐTSĐZLĐKLERĐNE GĐRĐŞ

ORTALAMA EŞĐTSĐZLĐKLERĐNE GĐRĐŞ Lokma Gökçe Olimpiyat problemlerii çözümüde eşitsizlik teorisi öemli bir yer tutar. Baze bir maksimum miimum değer problemide, baze bir geometrik eşitsizlik kaıtıda, baze de bir deklem çözümüde eşitsizliklerde faydalaılabilmektedir. Bu yazımızda, sıkça karşılaşıla ve iyi bilimesi gereke eşitsizliklerde birisii, Ortalama Eşitsizlikleri i ele alacağız. a1, a,..., a ; tae pozitif reel sayı olmak üzere a1 + a +... + a Aritmetik Ortalama =, Geometik Ortalama = a1. a... a, a1 + a +... + a Harmoik Ortalama = ve Karesel Ortalama = şeklide 1 1 1 + +... a1 a a taımlaır. Ortalama Eşitsizlikleri Teoremi: Ortalamalar arasıda H G A K eşitsizliği vardır. Eşitlik durumu ise acak a1 = a =... = a olduğuda geçerlidir. UYARI: Problem çözümleride H = G = A = K eşitlik durumuu aaliz edilmesie öem verilmelidir. Bu çok öemli oktaya vurgu yapmak amacıyla aşağıdaki problemleri birçoğuda eşitlik durumuu e zama sağlaacağı da irdelemiştir. Problem 1: = içi H G A K ortalama eşitsizliklerii ispatlayıız. Çözüm: (a) Öcelikle A K eşitsizliğii gösterelim. a, b, c > 0 sayılarıı göz öüe alalım. a + b + c a + b + c olduğuu ispatlamalıyız. Bu eşitsizliği doğru olduğuu kabul ederek her iki tarafı karesii alarak başlayalım: a + b + c a + b + c

( a + b + c) a + b + c 9 + + + + ( a b c) ( a b c ) a + b + c + ( ab + ac + bc) ( a + b + c ) + + a b c ab ac bc 0 + + + + + ( a ab b ) ( b bc c ) ( c ac a ) 0 + + ( a b) ( b c) ( c a) 0 olur. So eşitsizlik daima doğrudur ve eşitlik durumu acak a = b = c olduğuda sağlaır. O halde a + b + c a + b + c eşitsizliği de doğrudur, sağ ve sol tarafları eşit olması acak ve acak a = b = c olması ile mümküdür. a + b + c (b) Şimdi de G A, yai abc olduğuu göstereceğiz. Buu içi y z yz y z y z y yz z + + = ( + + )( + + ) cebirsel özdeşliğide faydalaacağız. Bu özdeşliği doğruluğuu görmek içi paratezleri açmak yeterli olacaktır., y, z > 0 olduğuu varsayalım. Bu halde + y + z > 0 dır. 1 ( ) ( ) ( ) + y + z y yz z = y + y z + z 0 dır ve eşitlik durumu acak = y = z ike sağlaır. Dolayısıyla + y + z + + elde edilir. Burada y z yz 0 yz da eşitlik durumu = y = z ike sağlaır. = a, y = b, z = c değişke değiştirmesi yaparsak a + b + c a + b + c olduğuda, ya da bua dek olarak a = b = c ike sağlaır. a = b = c a. b. c abc elde edilir. Bu ifade de eşitlik durumu (c) So olarak H G, yai abc olduğuu göstereceğiz. (b) de G A olduğuu 1 1 1 + + a b c ispatlamıştık. 1, 1, 1 sayıları içi aritmetik geometrik ortalama eşitsizliğii uygulayalım: a b c

1 1 1 + + a b c 1 1 1 a b c.. olur. Bu eşitsizliği ters çevirirsek istee eşitsizlik gösterilmiş olur. Burada da eşitlik durumu 1 = 1 = 1 olduğuda, ya da bua dek olarak a = b = c ike vardır. a b c Ortalama eşitsizlikleri ile ilgili daha geel teoremler de vardır. α herhagi bir reel sayı ve a1, a,..., a ; tae pozitif reel sayı olmak üzere M α 1 α α α 1 + +... + α a a a = sayısıa a1, a,..., a sayılarıı α ici mertebede ortalaması deir. Geometrik ortalamayı G = a1. a... a = M 0 şeklide sıfırıcı mertebede ortalama olarak isimledirelim. Bu halde aşağıdaki teorem doğrudur: Geelleştirilmiş Ortalama Eşitsizliği Teoremi: β < α iki reel sayı ise M β M α dır. Eşitlik durumu acak ve acak a1 = a =... = a ike vardır. NOT: Geelleştirilmiş ortalama eşitsizliğii bir ispatı içi P. P. Korowki i Eşitsizlikler isimli kitabıa bakılabilir. Koumuzu başıda ifade ettiğimiz H G A K ortalama eşitsizlikleri aslıda M 1 M 0 M1 M özel halidir. Problem : 0 ise + 9 1 eşitsizliğii ispat ediiz. Çözüm: A G eşitsizliğide + 9 9 9 = +.. = 1 olur. Problem : + + 1 eşitsizliğii ispatlayıız. Çözüm: A G eşitsizliğide + + = + 1 +. + 1. = + 1 + 1 + 1 ( 1) 1 1 1 olur. y z t w Problem :, y, z, t, w pozitif sayılar ise + + + + 5 olduğuu ispat ediiz. y z t w

y z t w y z t w Çözüm: A G eşitsizliğide + + + + 5 5.... = 5 elde edilir. y z t w y z t w Problem 5: a > 0 ise a + a olduğuu gösteriiz. Çözüm: A G eşitsizliğide a + a a. a = olur. Problem 6: 1 + 1 olduğuu gösteriiz. Çözüm: A G eşitsizliğide 1 paydaları yer değiştirilirse elde edilir. + 1 + 1 1 1 = +.. = olur. Eşitsizlikteki kesirleri pay ve Problem 7: Üç dik kearı toplamı 1 br ola dikdörtgeler prizmasıı hacmi e fazla kaç Çözüm: Dikdörtge prizmaı ayrıtlarıı, y, z ile gösterirsek + y + z = 1 olur. Hacmi hesaplamak içi yz çarpımı bize gereklidir. A G eşitsizliğide + y + z. yz br tür? 1. yz yz 6 olur. Dolayısıyla hacim e fazla 6 olabilir. Bu ise sadece = y = z = olduğuda, yai prizma bir küp ike gerçekleşir. Problem 8:, y, z pozitif sayılar ise yz 6 7y + + + toplamıı e küçük değeri edir? z y z Çözüm: A G eşitsizliğide 6 7y 6 7 y yz + + +. yz... =.. = olur. Eşitlik durumu z y z z y z yz 6 7 y = = = ike vardır. (Logaritma yardımıyla bu deklemleri sağlaya, y, z z y z sayılarıı bulmak mümküdür). Dolayısıyla e küçük değer tür. Problem 9: olmak üzere + 1! < eşitsizliğii ispat ediiz.

Çözüm:! = 1...( 1). olduğuda bu çarpım içi A G eşitsizliği uygulaırsa ( + 1) 1+ + +... + ( 1) + 1...( 1). + 1!! olur. Fakat aritmetik geometrik ortalama eşitsizliği uygulaa 1,,, sayıları birbiride farklı olduğuda eşitlik durumu söz kousu değildir. Yai + 1! < kesi eşitsizliği vardır. Problem 10:, y, z pozitif sayılar ise (8 + 9y + 10 z)(9 + 10y + 8 z)(10 + 8y + 9 z) + y + z gösteriiz. 9 olduğuu Çözüm: (8 + 9y + 10 z),(9 + 10y + 8 z),(10 + 8y + 9 z) sayılarıa A G eşitsizliğii uygularsak (8 + 9y + 10 z) + (9 + 10y + 8 z) + (10 + 8y + 9 z). (8 + 9y + 10 z)(9 + 10y + 8 z)(10 + 8y + 9 z) 7.( + y + z). (8 + 9y + 10 z)(9 + 10y + 8 z)(10 + 8y + 9 z) olur. Bu ise göstermek istediğimiz eşitsizliğe dektir. Eşitlik durumuu geçerli olup olmadığıı iceleyelim. Ortalama eşitsizliğii uyguladığımız üç sayıyı eşitlersek 8 + 9y + 10z = 9 + 10y + 8z = 10 + 8y + 9z olur. Bu ise = y = z koşulua dektir. Yai bu eşitlik halii doğru olmasıı sağlaya, y, z pozitif sayıları vardır. Problem 11: Dik kearlarıı uzulukları a, b, c ola dikdörtgeler prizmasıı cisim köşegeii uzuluğu e ise.e a + b + c olduğuu gösteriiz. Eşitlik hali e zama sağlaır? Çözüm: Dikdörtgeler prizmasıda sayıları içi A K eşitsizliğii uygularsak e = a + b + c bağıtısıı geçerli olduğuu biliyoruz. a, b, c a + b + c a + b + c a + b + c e olup burada.e a + b + c elde edilir..e = a + b + c eşitlik durumu ise sadece a = b = c olduğuda, yai küpte geçerli olur. Problem 1: C = 90 o ve dik kearlarıı uzulukları a, b ola ABC üçgeide a + b. c olduğuu gösteriiz. Eşitlik e zama sağlaır? Çözüm: Dik üçgede c = a + b dir. a, b sayıları içi A K eşitsizliğii uygularsak a b a b + + a + b c olup a + b. c elde edilir. a + b =. c eşitliğii var olması acak a = b durumuda mümküdür. Yai ABC, ikizkear dik üçge olmalıdır.

Problem 1: a, b, c pozitif sayılar ve a + b + c = 6 ise olur? ( a b) ( b c) ( c a) + + + + + e az kaç Çözüm: ( a + b),( b + c),( c + a) sayılarıa A K eşitsizliğii uygularsak ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) 5( a + b + c) ( a + b) + ( b + c) + ( c + a) olur. Burada a + b + c = 6 yazılırsa ( a b) ( b c) ( c a) 10 + + + + + elde edilir. Đfadei 10 değerie eşit olabilmesi acak ve acak a + b = b + c = c + a durumuda mümküdür. Bu eşitlikte a = b = c = olması gerektiği görülebilir. Problem 1: a, b, c pozitif sayılar ve 5a + b + c = ise olur? (8 a c) 6. b (a c) + + + + e az kaç Çözüm: (8 a + c),6 b,(a + c) sayılarıa A K eşitsizliğii uygularsak (8 a + c ) + 6 b + ( a + c ) (8 a + c ) + 6. b + ( a + c ) (5a + b + c) (8 a + c) + 6. b + (a + c) olur. Burada 5a + b + c = yazılırsa (8 a + c) + 6. b + (a + c) buluur. Đfadei değerie eşit olabilmesi acak 8a + c = 6b = a + c olmasıyla mümküdür. Bua göre c = a, 11a 11a b = olmalıdır. Bu değerleri 5a + b + c = deklemide kullaırsak 5a + + 6a = 6 a =, b =, c = elde edilir. Bular verile ifadei e küçük olmasıı sağlaya sayılardır. 9 11 Problem 15:, y, z, t, w > 0 ve + y + z + t + w = 0 ise gösteriiz. + y + z + t + w 180 olduğuu

Çözüm: A K eşitsizliğii uygularsak + y + z + t + w + y + z + t + w olur. 5 5 + y + z + t + w = 0 yazılıp eşitsizliği her iki tarafıı karesi alıırsa + y + z + t + w 180 elde edilir. Đfadei 180 e eşit olması acak ve acak = y = z = t = w = 6 durumuda mümküdür. Problem 16: 1,,..., olduğuu gösteriiz. 1 1 1 + +... +. a1 + a +... + a a1 a a a a a ; tae pozitif reel sayı ise ( ) a1 + a +... + a Çözüm: a1, a,..., a sayıları içi H A eşitsizliği uygulaırsa 1 1 1 + +... + a a a 1 olur. Bu eşitsizlikte çapraz çarpım yapılırsa istee souca ulaşılır. Eşitlik durumu ise sadece a1 = a =... = a olduğuda vardır. Problem 17:, y, z, t > 0 ve + y + z + t = ise 1 + 1 + 1 + 1 16 olduğuu gösteriiz. y z t Çözüm: H A eşitsizliği uygulaırsa yazılırsa istee souca ulaşılır. Eşitlik durumu + y + z + t 1 1 1 1 + + + y z t = y = z = t = ike sağlaır. olup burada + y + z + t = Problem 18:, y, z pozitif sayılar ve + y + z = ise az kaçtır? 1 1 1 + + + y y + z z + ifadesii değeri e Çözüm: H A eşitsizliği uygulaırsa ( + y) + ( y + z) + ( z + ) 1 1 1 + + + y y + z z + ( + y + z) 1 1 1 + + + y y + z z +

olur. Burada + y + z = yazılırsa eşitliği sağlaacağı kolayca gösterilebilir. 1 1 1 9 + + + y y + z z + 8 elde edilir. = y = z = içi Problem 19:, y, z pozitif sayılar ve değeri e az kaçtır? + y + z = ise + + + 5y y + 5z z + 5 ifadesii Çözüm: ( + 5 y),(y + 5 z),(z + 5 ) sayıları içi H A eşitsizliği uygulaırsa ( + 5 y) + (y + 5 z) + (z + 5 ) 8( + y + z) = 1 1 1 + + + 5y y + 5z z + 5 (1) elde edilir. Eşitlik durumu + 5y = y + 5z = z + 5 olduğuda, ya da bua dek olarak = y = z ike vardır. A K eşitsizliğide + y + z + y + z olup + y + z () yazılır. Burada da eşitlik durumu yalızca = y = z ike vardır. (1) ve () de + + elde edilir. Eşitlik durumu acak + 5y y + 5z z + 5 = y = z = içi sağlaır. Problem 0: Birbirie dik ayrıtları toplamı a + b + c = 6 ola dikdörtgeler prizmasıda cisim köşegei e = 6 ise tüm yüzey alaı kaçtır? e = 5 ve e = 7 ike yüzey alaı içi e söyleyebilirsiiz? Çözüm: (a) e = 6 durumuu iceleyelim. Problem 11 de.e a + b + c olduğuu ispatlamıştık. Bu durumda 6 6 olup eşitlik durumu sağlamaktadır. Eşitlik durumu acak ve acak a = b = c = 6 ike sağlaır. Dolayısıyla bu prizma bir küp olup tüm yüzey alaı 6a = 16 olur. (b) e = 5 durumuu iceleyelim..e a + b + c eşitsizliğii göz öüe alırsak 5 6 çelişkisi ortaya çıkmaktadır. O halde e = 5 ola bir dikdörtgeler prizması yoktur. (c) e = 7 durumuu iceleyelim..e a + b + c eşitsizliğii göz öüe alırsak 7 6 kesi eşitsizliği ortaya çıkmaktadır. Bu durumda a, b, c sayılarıda e az ikisii birbiride farklı olduğuu ve

a + b + c = 9 a + b + c = 6 deklemlerii sosuz çoklukta ( a, b, c ) çözümü olduğuu söyleriz. Buula birlikte ( a b c) a b c ( ab ac bc) + + = + + + + + özdeşliği yardımıyla tüm yüzey alaı sabit olarak ( ab + ac + bc) = 108 9 = 59 dur. Problem 1: a, b, c pozitif sayılar, a + b + c = 15 ve (a) a kaçtır? (a b) (b c) (c a) 5 + + + + + = ise (b) (c) (a + b) + (b + c) + (c + a) = 5 (a b) (b c) (c a) 50 + + + + + = ike a, b, c pozitif sayıları içi e söyleyebilirsiiz? Çözüm: (a) (a + b),(b + c),(c + a) sayılarıa A K eşitsizliği uygulaırsa ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) 5( a + b + c) (a + b) + (b + c) + (c + a) 5.15 5 olur. So durumda eşitlik durumuu sağladığıı görüyoruz. Bu ise acak ve acak a + b = b + c = c + a olmasıyla mümküdür. Burada a = b = c = 5 olduğuu görmek kolaydır. (b) (a b) (b c) (c a) 5 + + + + + = verilirse koşullara uygu a, b, c pozitif sayıları yoktur. 5.15 5 çelişkisi elde edilir. Bu (c) (a b) (b c) (c a) 50 + + + + + = verilirse halde a, b, c pozitif sayılarıda e az ikisi birbiride farklı olmak üzere (a + b) + (b + c) + (c + a) = 500 5.15 50 kesi eşitsizliği elde edilir. Bu a + b + c = 15 deklem sistemii sağlaya sosuz çoklukta a, b, c pozitif sayısı vardır.

Problem : C = 90 o ola ABC dik üçgeide hipoteüsü uzuluğu c = ve Çevre( ABC ) = + ise (a) Ala( ABC ) kaç olur? (b) c = (c) c = 5 ike Ala( ABC ) içi e söyleyebilirsiiz? Çözüm: (a) c = durumuu iceleyelim. ABC i dik kear uzulukları a, b olsu. Çevre( ABC ) = + olduğuda a + b = dir. Problem 1 de a + b c olduğuu göstermiştik. Bu halde eşitliği sağlamaktadır. Eşitlik durumu sadece a = b = ike sağlaacağıda Ala( ABC ) = olur. (b) c = durumuu iceleyelim. a + b c eşitsizliğide çelişkisi oluşur. O halde c = ola bir dik üçge yoktur. (c) c = 5 durumuu iceleyelim. a + b c eşitsizliğide 5 kesi eşitsizliği oluşur. Bu halde iki farklı ( a, b ) çözümüe sahip a + b = a + b = 5 ab deklem sistemii elde ederiz. Ala( ABC ) = olduğuda ab çarpımıı hesaplayalım. 5 7 7 ( a + b) = a + b + ab ab = = dir. Ala( ABC ) = olur. Problem : + 1! = deklemii sağlaya kaç tae egatif olmaya tamsayısı vardır? Çözüm: Problem 9 da içi eşitliği sağ tarafıdaki ifadei, daima sol taraftaki ifadede küçük olduğuu göstermiştik. = 0, = 1 değerlerii her ikisi de deklemi sağladığıda, iki tae değeri vardır. Problem :, y, z pozitif sayılar, + y + z = ve 1 9 + + = 5 + z y z + ise (a) z kaçtır?

1 (b) + + = 5 + z y z + (c) 1 + + = 5 5 + z y z + ike, y, z pozitif sayıları içi e söyleyebilirsiiz? Yol gösterme: 1 y yerie y koydukta sora H A eşitsizliğii uygulayıız. Problem 5: a, b, c > 0 ve a + b + c = 6 ise 6 a. 6 b. 6 c çarpımıı e küçük değeri kaçtır? a b c Çözüm: A G eşitsizliğide olup bu eşitsizlikleri taraf tarafa çarparsak 6 a = b + c bc 6 b = a + c ac 6 c = a + b ab (6 )(6 )(6 ). a b c abc olur. Eşitsizliği her iki tarafıı abc ile bölersek araa e küçük değeri 8 olduğu alaşılır. 6 a. 6 b. 6 c çarpımı a b c acak a = b = c = durumuda 8 e eşit olabilir. Problem 6:, y, z > 0 ve 1 1 1 1 + + = + y + z + ise. y. z 16 olduğuu gösteriiz. Çözüm: = a, = b, + y + (1 a) (1 b) = c dersek =, y =, z + a b a + b + c = + + = 1 olur. A G eşitsizliğide + y + z + (1 c) z = ve c olur. Bu eşitsizlikleri taraf tarafa çarparsak 1 a = b + c. bc 1 b = a + c. ac 1 c = a + b. ab

1 a 1 b 1 c y z (1 a)(1 b)(1 c). bc. ac. ab.. 8.. 8 olup. y. z 16 elde a b c edilir.. y. z çarpımıı 16 ya eşit olabilmesi acak a = b = c durumuda, yai = y = z = 6 olmasıyla mümküdür. Problem 7:, y, z, t, v, w > 0 ve olduğuu gösteriiz. 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + = + 8 y + 8 z + 8 t + 8 v + 8 w + 8 8 ise 6. y. z. t. v. w 0 8 8 Çözüm: = a, = b, + 8 y + 8 8 8 = c, = d, z + 8 t + 8 8 = e, v + 8 8 = f değişke değiştirmesi w + 8 8(1 a) 8(1 b) 8(1 f ) yaparsak =, y =,..., w = ve a + b + c + d + e + f = 1 olur. 6 defa A G a b f eşitsizliği uygulayarak 1 = + + + + 5. a b c d e f 5 bcdef 1 = + + + + 5. b a c d e f 5 acdef 5 f a b c d e abcde 1 = + + + + 5. elde edilir. Bu eşitsizlikleri taraf tarafa çarparsak 6 (1 )(1 )...(1 ) 5. a b f abcdef olup 6. y. z. t. v. w 0 buluur. 1 a 1 b 1 f.... 5 a b f 6 yazılır. Burada y w.... 5 8 8 8 6 NOT: Bu problemdeki, y, z,... değişkelerii sayısıı artırarak ve 8 sabit sayısıı yerie bir k değişkei alarak daha geel bir ifade bulmayı deeyiiz. Problem 8: a, b > 0 ise a Çözüm: A G eşitsizliğide a b 6 1ab + + = deklemii tüm çözümlerii buluuz. + b + 6 durumuu sağlaması acak ve acak a çözümü a = b = olarak buluur. a. b.6 a + b + 6 1ab olur. Eşitlik = b = 6 ile mümküdür. Burada deklemi tek Problem 9: (UMO 006) y z 1 yz + + + = deklemii sağlaya kaç (, y, z ) reel sayı üçlüsü vardır?

Çözüm: Verile deklemde yz > 0 olduğu alaşılıyor. A G eşitsizliğide y z 1. y. z.1. yz yz + + + = = olur. Eşitlik durumuu sağlaması acak ve acak = y = z = 1 olması ile mümküdür. yz > 0 koşulua uygu olarak tüm (, y, z ) üçlüleri (1,1,1), (1, 1, 1), ( 1,1, 1), ( 1, 1,1) olup dört taedir. Problem 0: > 0 ise Çözüm: 18 + ifadesii e küçük değeri kaçtır? 18 + = + + + + şeklide yazalım. A G eşitsizliğide 5 5 0 + + + + 5..... = 5 = 80 buluur. Eşitlik durumu iceleirse 18 = = = = olup burada = buluur. Yai + ifadesii e küçük değeri ola 80 e eşit olmasıı sağlaya sayı = değeridir. Problem 1: pozitif bir reel sayı olmak üzere alamaz? (UMO 00) + ifadesi aşağıdaki değerlerde hagisii 1 A) 1 B) 5 1 C) 1 D) E) Hiçbiri Çözüm: Đfadei e küçük değerii hesaplayalım. 1 1 1 + = + + şeklide yazalım. A G 8 8 1 1 1 1 1 eşitsizliğide. 1 + = + +.. = buluur. O halde 8 8 8 8 + ifadesi de daha küçük bir değeri alamaz. 1 < olduğuu görmek kolaydır. Gerçekte 7 1 < < 16. < 9 olur. Souç olarak + ifadesi 1 e eşit olamaz. 1 Problem : Verile bir ABC üçgeii içide serbest bir P oktası seçiliyor. P oktasıı, ABC i kearlarıa ola uzaklıkları, y, z olsu.. y. z çarpımıı e büyük olması içi P oktası asıl seçilmelidir? Çözüm:, y, z uzuluklu doğru parçaları sırasıyla çizilsi. A( ABC) = S olsu. ABC a, b, c uzuluklu kearlarıa dik olarak a. b. c. A( BCP) =, A( ACP) =, A( ABP) = olduğuda

a + by + cz = S dir. A G eşitsizliğide a + by + cz ( a)( by)( cz) 8. 7 yz S olur. 8. y. z çarpımıı. S değerie ulaşabilmesi içi gerek ve yeter şart a = by = cz olmasıdır. Bu 7 ise A( BCP) = A( ACP) = A( ABP) eşitliklerie dek olur. P oktasıı yeri, ABC i ağırlık merkezie gelecek şekilde seçilmesi gerekir. A c z y b P B a C NOT: A( BCP) = A( ACP) = A( ABP) eşitliğii sağlaya, ağırlık merkezide başka bir okta bulumadığıı görmek zor değildir. Bu kısmı irdelemesi okuyucuya bırakılmıştır. Problem : Hacmi br ola üstü açık dikdörtgeler prizması şeklideki bir kutuu dış yüzey alaı e az kaçtır? Buu içi kutuu boyutları e olmalıdır? Çözüm:, y, z boyutlarıa sahip kutuu tabaı. y alalı dikdörtge olsu. Bu durumda kutuu hacmi. y. z = ve dış yüzey alaı S = z + yz + y olur. A G eşitsizliğide + +... z yz y z yz y S..( yz) S 8 br dir. S yüzey alaıı 8 olabilmesi içi gerek ve yeter koşul z = yz = y olmasıdır. Bua göre = y = z olup =, y =, z = elde edilir. z z y Problem : Yarıçapı R = 5 ola kürei içie yerleştirile dikdörtgeler prizmasıı hacmi e fazla kaç olabilir?

Çözüm: Dikdörtgeler prizmasıı birbirie dik ayrıtlarıı uzulukları, y, z ve hacmi V olsu. Kürei çapı, prizmaı cisim köşegei olduğuda = yz + y + z = R + y + z = 00 1 + y + z yazılır. G K eşitsizliğide yz V 10 olup V 1000 buluur. V i e büyük değeri ola 1000 e ulaşabilmesi içi gerek ve yeter koşul = y = z = 10 olmasıdır. Problem 5: Çevresi 1 ola bir üçgei alaı e fazla kaç olabilir? Çözüm: Daha geel olarak üçgei kear uzulukları a, b, c ve çevresi a + b + c = p sabit bir sayı olduğuda problemi çözelim. Bu problem geometride, üçgeler içi izoperimetri teoremi olarak biliir. Üçgei alaı A olmak üzere A = p( p a)( p b)( p c) eşitliğii göz öüe alalım. Burada p sabit ve ( p a),( p b),( p c) terimlerii her biri değişkedir. O halde değişke ola ( p a)( p b)( p c) çarpımıı e büyük değerii arayalım. A G eşitsizliğide ( p a) + ( p b) + ( p c). ( p a)( p b)( p c) + + p ( a b c). ( p a)( p b)( p c) p ( p a)( p b)( p c) 7 p elde edilir. ( p a)( p b)( p c) çarpımıı alabileceği e büyük değer ola ye ulaşabilmesi 7 içi gerek ve yeter koşul p a = p b = p c ya da bua dek olarak a = b = c olmasıdır. Bir başka ifadeyle; çevresi sabit ola bir üçge eğer eşkear ise alaı e büyük olur. Problemde verile üçgei çevresi 1 olduğuda a = b = c = kear uzulukları içi alaı A = = e büyük değerie ulaşır. Problem 6: Alaı 1 ola herhagi bir dışbükey dörtgei köşegelerii ve kearlarıı uzulukları toplamıı e az ( + ) olduğuu gösteriiz. (Đspaya 1997) Çözüm: Alaı 1 ola dışbükey ABCD dörtgeide [AC], [BD] köşegeleri arasıdaki açı α olsu. 1 0 < siα 1 dir. AC = e, BD = f dersek Ala( ABCD) =. e. f.siα e. f dir. A G eşitsizliğide e + f. e. f yazılır. Eşitlik durumu e = f ve α = 90 o ike vardır.

a + b + c + d Diğer tarafta ABCD i kear uzuluklarıı a, b, c, d ve yarı çevresii p = ile A + C gösterirsek Ala( ABCD) = ( p a)( p b)( p c)( p d) cos eşitliği vardır. Bu durumda ( p a)( p b)( p c)( p d) 1 olmalıdır. A G eşitsizliğide ( p a) + ( p b) + ( p c) + ( p d). ( p a)( p b)( p c)( p d) a + b + c + d p a p b p c p d. ( )( )( )( ) olur. Burada da eşitlik durumu acak ( p a) = ( p b) = ( p c) = ( p d) olduğuda, ya da a = b = c = d = 1 ike sağlaır. Bua göre e + f + a + b + c + d + dir ve eşitlik durumuu sağlaması içi gerek ve yeter koşul ABCD dörtgeii bir kare olmasıdır. Problem 7: Hipoteüsüe ait yüksekliği 6 ola bir dik üçgei alaı e az kaç olabilir? Çözüm: CH A = 90 o ola ABC üçgeide [AH] yüksekliğii uzuluğu 6 olsu. BH = k dersek Öklid bağıtısıda p. k = 6 olur. A( ABC) = ( p + k) dır. O halde alaı e küçük olması içi p k = p, AH. BC A( ABC ) = olduğuda + toplamıı e küçük olmasıı sağlamalıyız. A G eşitsizliğide p + k pk p + k 1 olur. Eşitlik durumu sadece p = k = ike geçerlidir. Böylece A( ABC ) mi = 6 elde edilir. A 6 B p H k C Problem 8: Aşağıdaki şekilde yarıçapı 8 ola O merkezli çeyrek çember A ve B oktalarıda geçmektedir. P oktası, AB yayı üzeride değişmektedir. OSPR dikdörtgeii alaı e fazla kaç olur?

B R P 8 O S A Çözüm: OS =, OR = y dersek istiyoruz. A G eşitsizliğide + y = 6 olur. A( OSPR) = y ifadesii e büyük olmasıı y y y y +. = olur. Alaı e büyük değeri ola ye eşit olabilmesi acak ve acak = y = durumuda mümküdür. Problem 9: Aşağıdaki m( B ) = 90 o ola ABC üçgeide BD = 1, CD = dir. AB uzuluğu değişke olduğua göre m( CAD) = θ açısıı e fazla kaç derece olabileceğii buluuz? C D θ 1 A B Çözüm: bir değişke olmak üzere AB =, m( ADB) = α, m( ACB) = β olsu. Bu durumda π θ = α β dır. 0 < θ < aralığıda g( θ ) = taθ foksiyou arta olduğuda, θ açısıı e büyük olması içi taθ ı e büyük olması gerekli ve yeterlidir. taα = ta β = ve 1 1 taα ta β taθ = ta( α β ) = olduğu kullaılarak ta( α β ) = = buluur. 1 + ta α.ta β 1 +. + + = + şeklide yazalım. A G eşitsizliğide. + = olup +

1 elde ederiz. Bu eşitsizliği pay ve paydasıı yeri değiştirilirse olur. Burada + 1 o taθ θ 0 elde edilir. Eşitlik durumu = olduğuda, yai = ike sağlaır. Problem 0: a, b, c pozitif reel sayılar ise ispatlayıız. (Asya Pasifik Matematik Olimpiyatı 1998) Çözüm: Paratezi açarak başlayalım: a b c a b c b c a 1+ 1+ 1+ = + + + + + + b c a b c a a b c a b c a + b + c 1+ 1+ 1+ 1+ b c a abc eşitsizliğii a a a b b b c c c = + + + + + + + + 1 b c a c a b a b c (her bir parateze A G uygulayalım) a b b + + 1 abc abc abc a + b + c a + b + c = 1 + abc abc (ortadaki terime A G uygulayalım) a + b + c + 1 abc 1 a + b + c = + elde edilir. abc