OLĐMPĐYATLARA HAZIRLIK ĐÇĐN CAUCHY – SCHWARZ EŞĐTSĐZLĐĞĐ PROBLEMLERĐ ve ÇÖZÜMLERĐ ( L. L. Gökçe) Matematikteki ünlü e şitsizliklerden biri olan Cauchy – Schwarz e şitsizliği, olimpiyatlarda da önemli bir yere sahiptir. C – S e şitsizliği, klasik eşitsizlik ispatlarından ba şka, maksimum – minimum problemlerinin çözümünde ve denklem çözümlerinde de kullanılabilmektedir.
C – S e şitsizliğinin ifadesi şöyledir: x1 , x2 , ..., xn ve y1 , y2 , ..., yn reel sayıları için
x1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn
x12 + x2 2 + ... + xn2 . y12 + y22 + ... + yn2
≤
eşitsizliği geçerlidir. Ayrıca e şitlik durumunun sa ğlanması ancak ve ancak x1 = k. y1 , x2
=
k. y2 , … , xn
=
k. yn olacak şekilde bir k sayısının olması ile mümkündür. Di ğer bir
deyişle x1 , x2 , ..., xn ve y1 , y2 , ..., yn sıfırdan farklı reel sayılar olmak üzere x1 y1
orantısı varsa, x1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn
=
=
x2 y2
= ... =
xn yn
x12 + x2 2 + ... + xn2 . y12 + y22 + ... + yn2 eşitliği
geçerli olur.
Şimdi bu eşitsizliğin problemler üzerinde uygulanışını gösterelim.
Problem 1: f( x) = 6. sin x− 8. cos x fonksiyonunun en büyük de ğerini ve en küçük de ğerini
bulunuz.
Çözüm: 6, −8 ve sin x, co için C – S eşitsizli ğini uygularsak cos x ikilileri için
6. sin x− 8. cos x≤ 62 + (−8) 2 . sin 2 x+ cos 2 xyazılır. sin 2 x + cos 2 x = 1 olduğundan −10 ≤ 6. sin x − 8. cos x ≤ 10
elde edilir. Buradan f min
= −10 ,
f max
bulunur. f nin bu de ğerleri almasını sağlayan x
= 10
6 3 −8 orantısını çözmemiz gerekir. Buradan tan x = − = sin x cos x 4 olup x açısının esas ölçüsü ya 2. bölgededir ya da 4. bölgededir. Bu durumda −4 −3 3 4 veya sin x = , cos x = olur. sin x = , cos x = 5 5 5 5
değerlerini bulmak istersek
Problem 2: x, y, z reel sayılar ve x2 + y2
+
z2
=
4 ise 3 x− 12 y+ 4 z ifadesinin en büyük ve en
küçük değeri nedir?
Çözüm: x, y, z ve 3, −12, 4 üçlüleri için C – S eşitsizliğini uygularsak
3 x− 12 y+ 4 z ≤ 32 + (−12)2 + 42 . x2 + y2 + z2 olur. x2 + y2 + z2
=
4 eşitliğini kullanırsak 3 x− 12 y+ 4 z ≤ 26 olur. Buradan −26 ≤
3 x− 12 y+ 4 z ≤ 26
elde edilir. Dolayısıyla en büyük ve en küçük de ğerler sırasıyla 26, −26 olur. 3 x− 12 y+ 4 z ifadesinin bu değerlere eşit olmasını sağlayan x, y, z reel sayılarını hesaplamak istersek x
3
=
y −12
=
z
4
=
k
orantısını sağlayan sayıları bulmamız gerekir. Buradan x = 3 k, y = −12 k, z = 4 k olup 2 x2 + y2 + z2 = 4 ⇒ 9 k2 + 144 k2 + 16 k2 = 4 yazılır. k = ± olarak çözülür. Buna göre 13 6 24 8 6 24 8 ve x= − , y= − , z= − için aranan en büyük ve en küçük , z= x= , y= 13 13 13 13 13 13 değerler elde edilir.
Problem 3: x, y, z > 0 ve 4 x+ 49 y+ 25 z= 2 olsun.
1 x
+
1 y
+
1 z
ifadesinin en küçük değeri
nedir?
Çözüm:
1 x
,
1 y
,
1 z
ve 2 x,7 y,5 z üçlüleri için C – S eşitsizliğini uygularsak
1 1 1 1 + + x + y + z ≥ . 4 49 25 ) 2 x. ( x x y z
1 +7 y. + 5 z. y z 1
2
1 1 1 1 1 1 olup + + .2 ≥ (2 + 7 + 5) 2 yazılır. Buradan + + ≥ 98 elde edilir. x y z x y z
Problem 4: x1 , x2 ,..., xn
0 olmak üzere
>
1 2 =n xn
x1 + x2 + ... + xn
1
1
+
x1
x2
+ ... +
=1
denklem sistemini sağlayan tüm ( x1 , x2 ,..., xn ) çözümlerini bulunuz.
Çözüm:
1 x1
1
,
1 x2
,...,
. 1x +
1x
1
1 xn
ve
x1 ,
. x2 + ... +
xn n – lileri için C – S e şitsizliği uygulanırsa
x2 ,...,
1
2x
2
. xn
≤
nx
1 1 1 ... + + + . ( x1 + x2 + ... + xn ) x x x n 1 2
2
olup buradan (1 + 1 + ... +1 ) ≤ n2 .1 yazılır. Sonuç olarak n 2 ≤ n 2 elde edilir. Sa ğ taraf ile sol n−tane tarafın birbirine eşit olması ancak ve ancak x1
1 x 1
=
x2
1 x 2
= ... =
xn
1 x n
olması ile mümkündür. Buradan denklemin tek çözümünün x1 = x2 = ... = xn
=
1 n
olduğu
anlaşılır.
NOT: Bu problemi aritmetik – harmonik ortalama e şitsizliğini kullanarak da çözebiliriz.
Problem 5: Aşağıdaki denklem sisteminin tüm ( x1 , x2 ,..., xn ) çözümlerini bulunuz.
1
+
x1
1 2 1x
Çözüm 1:
1 x2
+
+ ... +
1 x2 2
+ ... +
xn 1 3 =n xn 2
1
=
n2
1 1 1 ve 1,1,...,1 ( n – tane) sayıları için C – S e şitsizliğini uygularsak , ,..., x1
x2
xn
1 x1
.1 +
1 x2
.1 + ... +
2
1 xn
.1
1
1
x2
≤
+ 2 x1
+ ... + 2
1 . 1 +1 + ... +1 ) 2 ( xn n− tane
olup n 4 ≤ n3 .n elde edilir. Sa ğ taraf ile sol tarafın birbirine e şit olması ancak ve ancak 1 x1 = x2 = ... = xn = ile mümkündür. n
Çözüm 2:
1 xi
=
ai değişken değiştirmesi yaparsak denklem sistemi
a1 + a2 + ... + an
=
a12 + a2 2 + ... + an 2
n2
=
n3
şekline dönüşür. Aşağıdaki tam kare açılımlarını inceleyelim: ( a1 − n ) 2 + ( a2 − n) 2 + ... + ( an − n) 2 =
( a12 + a2 2 + ... + an 2 ) − 2n. ( a1 + a2 + ... + an ) + ( n 2 + n 2 + ... + n2 )
=
n3 − 2n.n 2 + n 3
=0
olur. Bu ise ancak ve ancak ai
=
n ( i = 1,2,..., n ) olması ile mümkündür. Dolayısıyla xi
=
1 n
dir.
Problem 6: Pozitif reel katsayılı 2. dereceden P ( x ) polinomu verilsin. P ( xy) 2
eşitsizliğini ispatlayınız. (Rusya – 1997)
≤
P( x 2 ).P( y 2 )
Çözüm: a, b, c > 0 reel sayılar olmak üzere P ( x ) = ax 2 + bx + c olsun. C – S e şitsizliğinden P( xy )2
=
ax 2 y 2 + bxy + c
2
2
=
( ax 2 ) . ( a y 2 ) + ( bx )( b y ) + c . c
≤
ax 2 2 + bx 2 + c 2 . a y 2 2 + b y 2 + c 2 ) ( ) ) ( ) ( (
=
ax 4 + bx 2 + c . ay 4 + by 2 + c
=
P ( x 2 ).P ( y 2 )
elde edilir.
NOT: Daha genel olarak pozitif reel katsayılı herhangi bir P ( x ) = a n x n + a n −1 x n −1 + ... + a0
polinomu için P( xy) 2 ≤ P ( x 2 ).P ( y 2 ) eşitsizliği vardır.
n
Problem 7:
∑a
n
i =
i =1
96 ,
∑a
i
2
n
= 144 ,
i =1
∑a
3
i
= 144
denklemlerini sağlayan negatif olmayan
i =1
tüm a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an sayılarını bulunuz. (Đran – 1996)
Çözüm: Toplamlara sıfır ilave etmek ya da atmak etki etmeyece ğinden ai sayılarını pozitif
olarak alabiliriz.
ai ve ai . ai ( i = 1,2,..., n ) n – lileri için C – S e şitsizliğini uygulayalım:
( a1 + a2 + ... + an ) . ( a13 + a23 + ... + an 3 ) ≥ ( a12 + a22 +... + an2 )
2
olur. Fakat 96.216 = 1442 olduğundan eşitlik durumu sağlanır. Bu ise ancak ve ancak a1 a1. a1
=
a2 a2 . a2
orantısının olmasıyla mümkündür. Buradan ai
=
= ... =
an . an
x ( i = 1,2,..., n ) olup
nx = 96 nx 2
an
= 144
3 elde edilir. Bu denklemlerden x = , n = 64 olur. 2
Problem 8: 12.sin x.cos y− 16.sin x.sin y+ 21.cos x ifadesinin alabileceği en büyük de ğer
kaçtır?
Çözüm: 12, −16, 21 ve sin x.cos y,sin x.sin y, cos x üçlüleri için C – S eşitsizli ğini uygularsak
12.sin x.cos y− 16.sin x.sin y+ 21.cos x ≤
122 + 162 + 212 . sin 2 x.cos 2 y+ sin 2 x.sin 2 y+ cos 2 x
olur. (122 + 162 ) + 212
( sin 2
=
202
2
+ 21 =
292 ve
x.cos 2 y + sin 2 x.sin 2 y) + cos 2 x = sin 2 x( cos 2 y + sin 2 y ) + cos 2 x = sin 2 x + cos 2 x = 1
olduğundan 12.sin x.cos y− 16.sin x.sin y+ 21.cos x ≤ 29 elde edilir. Aranan en büyük de ğer 29 olur.
Problem 9: a, b, c, d , e, f > 0 reel sayıları için
a b
+
c
+
d
e
=1
f
ise
b+d + f
≥
a+ c+ e
olduğunu gösteriniz.
a
Çözüm: b , d , e ve
b
(b + d + olup buradan
b+d + f
ispatlayınız. (Đran – 1998)
d
e
,
f
a c f ) + b d
üçlüleri için C – S eşitsizliğini uygularsak
+
e a ≥ b . f b
+
d
c
2
+
d
e e. f
a + c + e elde edilir.
≥
Problem 10: x, y, z > 1 ve
c
,
1 x
+
1 y
+
1 z
=
2 ise
x+ y+ z ≥
x− 1 +
y− 1 +
z− 1 olduğunu
Çözüm: x− 1 x
1
1
+
x
1
y
y− 1
,
+
y
=
z
2⇒
z− 1
,
z
x− 1
y− 1
+
x
z−1
+
y
z
=1
y,
z ve
üçlüleri için C – S eşitsizliğini uygularsak
x− 1 y− 1 z− 1 + + ( x+ y+ z). ≥ y z x
olur. Buradan
x,
yazılabilir.
x+ y+ z ≥
x−1 +
y− 1 +
Problem 11: a, b, c > 0 reel sayıları için
x− 1
x.
y− 1
y.
+
x
+
y
z.
z− 1
2
z
z− 1 elde edilir.
a
+
b+c
b c+ a
+
c
≥
a +b
3 eşitsizliğinin sağlandığını 2
gösteriniz. ( Nesbitt E şitsizli ğ i)
Çözüm: a
+
b+c ⇔
b c+a
+
c
≥
a +b
3 2
⇔
a b+c
+1 +
b c+a
+1 +
c a +b
+1 ≥
9 2
1 1 9 1 + + ( a + b + c). ≥ dir. Bu son e şitsizliği göstermek yeterlidir. b+c c+ a a +b 2
C – S e şitsizliğinden 1 1 2 1 + + ≥3 b + c c + a a + b
( (b + c ) + ( c + a ) + ( a + b ) ) . olduğundan verilen eşitsizlik doğrudur.
Problem 12: x1 , x2 ,..., xn ve y1 , y2 ,..., yn pozitif reel sayıları için x12
+
x2 2
y1
olduğunu gösteriniz.
Çözüm: Okuyucuya bırakılmıştır.
y2
+ ... +
( x1 + x2 + ... + xn ) 2 ≥ yn y1 + y2 + ... + yn
xn
2
Problem 13: x1 , x2 ,..., xn ve y1 , y2 ,..., yn pozitif reel sayıları için 1x
y12
+
2x
y2 2
+ ... +
xn yn 2
1x 2x xn + + ... + x2 + ... + xn y1 y2 yn
1
≥
x1 +
2
olduğunu gösteriniz.
Çözüm: Okuyucuya bırakılmı ştır.
Problem 14: x1 , x2 ,..., xn ve y1 , y2 ,..., yn pozitif reel sayıları için x1 y1
+
x2 y2
+ ... +
xn yn
≥
( x1 + x2 + ... + xn ) 2 x1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn
olduğunu gösteriniz.
Çözüm: Okuyucuya bırakılmı ştır.
Problem 15: r yarıçaplı çemberin içine çizilen bir dikdörtgenin çevresinin en fazla 4 2r
olabileceğini ispatlayınız.
Çözüm: O merkezli çemberin içine ABCD dikdörtgenini çizelim.
BC= 2 xve
AB= 2 yile
gösterelim. O noktasından [ DC ], [ AD] kenarlarına çizilen dikme ayakları sırasıyla G, H olsun. OG = x ve GD = y olduğundan x 2 + y 2 = 32 elde edilir. Biz Çevre( ABCD ) = 4( x + y ) ifadesinin en büyük de ğerini bulmak istiyoruz. C – S e şitsizliğinden x+ y
=
1. x + 1. y ≤ x2 + y2 12 + 12
=
4 2. 2 olup x + y ≤ 8 elde edilir. E şitlik durumu
sadece x = y = 4 iken vardır. Yani ABCD dikdörtgeni bir kare olmalıdır.
D H
A
C
D
O
O
G
B
C A
B
Problem 16: x, y, z > 0 reel sayılar olmak üzere
4 x+ 49 y+ 25 z= 2 1 1 1 denklem sistemini sağlayan tüm ( x, y, z) üçlülerini bulunuz. + + = 98 x y z
(
Çözüm: 2
x, 7
y,5
1
)
z ve
x
,
1
1 üçlüleri için Cauchy – Schwarz e şitsizliğini y z ,
2
1 1 1 1 1 1 +7 y. + 5 z. ≤ ( 4 x+ 49 y+ 25 z) . + + olur. uygulayalım: 2 x. z x y z x y 1 1 1 4 x+ 49 y+ 25 z= 2 ve + + = 98 değerlerini bu eşitsizlikte kullanırsak x
y
z
(2 + 7 + 5) 2 ≤ 2.98 ⇒ 196 ≤ 196 elde edilir. C – S e şitsizliği uygulandı ğında eşitlik durumu ancak ve ancak 1 1 1 x = y = z 2 x 7 y 5 z
orantısı varken sa ğlanır. Buradan 2 x = 7 y = 5 z elde edilir. 4 x+ 49 y+ 25 z= 2 olduğundan 1 elde edilir. Buna göre 4 x+ 7.(7 y) + 5(5 z) = 2 ⇒ 4 x+ 7.2 x+ 5.2 x = 2 olup x = 14 1 1 1 1 1 ,z = olur. Denklem sisteminin tek çözüm üçlüsü , , dir. y = 49 35 14 49 35
Problem 17: α , β , θ pozitif reel sayıları için α
eşitliği sağlandığına göre
+ β +θ =π
aşağıdaki eşitsizlikleri ispatlayınız. Ayrıca eşitlik durumunun ne zaman sa ğlanacağını belirleyiniz (a) tan 2
α
2
+ tan
Çözüm: tan
2
β
2
α + β
2 tan
olduğundan
α
2
1 − tan
+ tan
2
θ
2
tan
=
2
α
2
.tan
.tan
2
=
θ
2
≤
3 9
θ 1 π θ tan − = cot = 2 tan θ 2 2 2
β
2
.tan tan
2
β
β
+ tan
2 dir. Ayrıca tan α + β α β 2 1 − tan .tan 2 2
+ tan
α
α
(b) tan
≥1
β
tan
2
α
2
1
=
.tan
β
2
yazılır. Çapraz çarpım yapılarak
θ
2 + tan
β
2
.tan
θ
2
+ tan
α
2
.tan
θ
2
=1
… (1)
elde edilir. (a) Cauchy – Schwarz e şitsizliğinden
2α tan 2
+ tan
2
β
2
+
tan
2
θ
2
β
. tan 2 2
olup (1) eşitliğinin yardımıyla tan 2
+ tan
α
2
θ
2
+ tan
2
+ tan
β
2
α
α
β
.tan ≥ tan 2 2 2
+ tan
2
θ
2 2 2 ve ancak α = β = θ = 60o olması halinde gerçekleşir.
≥1
+ tan
β
2
.tan
θ
2
+ tan
α
2
2
.tan 2
elde edilir. Eşitlik durumu ancak
(b) Aritmetik – geometrik ortalama eşitsizliğinden α β β θ α θ β β θ α θ α tan .tan + tan .tan + tan .tan ≥ 3. 3 tan .tan . tan .tan . tan .tan 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 elde edilir. Burada da e şitlik durumu 2 2 2 9 ancak ve ancak α = β = θ = 60o olması halinde sağlanır. olup (1) eşitliği yardımıyla tan
α
.tan
β
.tan
θ
≤
θ
Problem 18: a, b, c gerçel sayılar olmak üzere a şağıdaki denklem sistemini sa ğlayan en
büyük ve en küçük c değerlerinin toplamı kaçtır? a +b+c = 6
ab + ac + bc = 0
Çözüm: (a + b + c)2 a2
=
a2
2
2
+ b + c + 2(ab + ac + bc )
özdeşliğinden a 2 + b 2 + c 2
= 36
olup
2
=
36 − c 2 yazılır. Buna göre C – S e şitsizliğinden
(6 − c) 2
=
(a + b) 2 ≤ 2.(a 2 + b2 ) = 2.(36 − c2 ) dir. (6 − c) 2 ≤ 2.(36 − c 2 ) ikinci dereceden
+b
eşitsizliği düzenlenirse c 2 − 4c − 12 ≤ 0 olup −2 ≤ c ≤ 6 elde edilir. c nin alabilece ği en büyük ve en küçük de ğerlerin toplamı −2 + 6 = 4 olur.
Problem 19: a, b, c, d gerçel sayılar olmak üzere a şağıdaki denklem sistemini sa ğlayan en
büyük ve en küçük d değerlerinin çarpımı kaçtır? ab + ac + ad + bc + bd + cd = 0 a + b + c + d = 4
4 ⇒ a + b + c = 4 − d ve Çözüm: a + b + c + d =
(a + b + c + d ) 2
=
a2
2
2
2
+b +c + d
(4 − d )2
=
a2
= 16 ⇒ a 2
(a + b + c )2
⇒ (4 − d ) 2
≤
2
2
+b +c + d
2
2
+ 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd ) 2
+ b + c = 16 − 2
2
≤ 3.( a + b + c
2
özdeşliğinden
d 2 dir. Cauchy – Schwarz e şitsizliğinden:
)
3.(16 − d 2 )
⇒ d 2 − 8d + 16 ≤ 48 − 3d 2 ⇒ d 2 − 2d − 8 ≤ 0
⇒ −2 ≤ d ≤ 4 elde edilir. Acaba d = 4 ve d = −2 olmasını sağlayan a, b, c gerçel sayıları var mıdır? Bunu da araştırmadıkça çözümümüzden emin olamayız! C – S e şitsizliğinde eşitlik durumunun sağlanması ancak ve ancak a = b = c ile mümkündür. a = b = c = 0 için d = 4 olmaktadır. a = b = c = 2 için d = −2 olmaktadır. d nin bu en büyük ve en küçük de ğerlerinin çarpımı (−2).4 = −8 dir.
Problem 20: a, b, c, x , y, z
≥0
ve x + y + z = 1 ise
ax + by + cz + 2 ( ab + ac + bc)( xy + yz + zx) ≤ a + b+ c
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm: Đki defa C – S e şitsizliği uygulanarak
Sol taraf ≤ a 2 + b 2 + c 2 . x 2 + y 2 + z 2 ≤
=
a
2
2
2
+ b + c + 2.( ab + ac + bc).
(a + b + c).(x + y + z) = a + b + c 1
bulunur.
x
2
2.( ab + ac + bc) 2.( xy + yz + zx)
+
+
y
2
2
+ z + 2.( xy +
yz + zx)
