Vieta Teoreminin Problem Çözümlerine Uygulanması

Yazar: Cafer Veliev

Yıl: 1993-1

Sayı: 11

Vieta teoremi bir çokterimlinin (polinomun) kökleri ile katsayı arasındaki bağıntıları ifade eder. Önce çokterimlilerin bazı özellikleri üzerinde kısaca duralım.

Gerçel ya da (karmaşık) $x$ değişkeninin $$P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$$ şeklinde olan bir fonksiyonuna, $x$ değişkeninin çokterimlisi (daha doğrusu çokterimli fonksiyon) denir. Burada $n \in \mathbb{N}$ ve $a_0 , a_1 , \dots , a_n \in \mathbb{C} $dir. $a_0 , a_1 , \dots, a_n$ $P(x) $ çokterimlisinin katsayıları olarak isimlendirilir. $a_n \ne 0$ olduğunda başkatsayı adını alır ve $n$ sayısına $P(x)$ çokterimlisinin derecesi denir.

$P(x) = 0 $ denkleminin çözümüne $P(x)$ çokterimlisinin kökü denir.

Teorem: $P(x)$ ve $Q(x)$ herhangi iki çokterimli ve $Q(x) \not\equiv 0 $ olsun. Bu halde öyle bir tek $S(x)$ ve $R(x)$ çokterimlileri vardır ki $P(x) = S(x)Q(x) + R(x)$ eşitliği doğrudur ve burada $R(x)$ in derecesi $Q(x)$ in derecesinden küçüktür. Eğer burada $P(x)$ ve $Q(x)$ in katsayıları rasyonel sayılar ise $S(x)$ ve $R(x)$ in katsayılar da rasyonel sayılardır. Eğer $P(x)$ ve $Q(x)$ in katsayıları tamsayılarsa ve buna ek olarak $Q(x)$ in başkatsayısı 1 ya da -1 ise , $S(x)$ ve $R(x)$ in katsayıları da tam sayılardır.

$Q(x) = x-a$ olsun. Bu halde $$P(x)=(x-a)S(x) + r , \qquad r=P(a)$$ dir, yani $P(x)$ çokterimlisi $x-a$ ikiterimlisine bölündüğünde kalan $P(a)$dır. Buradan şöyle bir sonuç ortaya çıkar: $P(x)$ çok terimlisinin $x-a$ ikiterimlisine bölünebilmesi için gerek ve yeter koşul $a$ sayısının $P(x)$ in kökü olmasıdır.

Eğer $P(x)$ çokterimlisi $(x-a)^k$ çokterimlisine bölünürse, ancak $(x-k)^{k+1}$ çokterimlisine bölünemezse $a$ sayısına $P(x)$ çokterimlisinin $k$ katlı kökü denir. Çokterimlinin köklerinin tümünü yazarken, bir kök kaç katlı ise o kadar tekrarlayarak ifade edilir.

Çokterimliler cebirin esas teoremi aşağıdaki gibidir.

$n\geq1$ dereceli her çokterimlinin en az bir karmaşık kökü vardır.

Bu teoremden de şöyle bir sonuç çıkar.

$n\geq1$ dereceli her çokterimlinin $n$ karmaşık kökü vardır. $P(x)$, $n$’inci dereceden bir çokterimli, $x_1 , x_2 , \dots , x_n$ onun kökleri ise $P(x)=a_n(x-x_1)(x-x_2)\dots(x-x_n)$ kuralı geçerlidir.

Vieta teoremi ve onun tersi aşağıdaki gibi ifade edilebilir.

Diyelim ki $$P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0$$ çokterimlisinin kökleri $ x_1,x_2, \dots,x_n$ sayılarıdır. O halde $$\begin{split}
x_1 + x_2 + \dots+ x_n &=- \frac{a_{n-1}}{a_n}\\
x_1x_2+x_1x_3+\dots+x_{n-1}x_n &= \frac{a_{n-2}}{a_n}\\
x_1x_2x_3+x_1x_2x_4+\dots+x_{n-2}x_{n-1}x_n&=-\frac{a_{n-3}}{a_n}\\
&\dots \\
x_1x_2\dots x_n&=(-1)^n\frac{a_0}{a_n} \end{split}$$ yazılabilir ve tersine $x_1,x_2,\dots,x_n$ sayıları için yukarıdaki eşitlikler doğru ise, bu halde $x_1,x_2,\dots,x_n$ sayıları $P(x)$ çokterimlisinin kökleridir.

İkinci derece üçterimlisi için Vieta teoremi ve tersi aşağıdaki gibi ifade olunur.

Eğer $x_1$ ve $x_2$ sayıları $x^2+px+q$ üçterimlisinin kökleri ise $x_1+x_2=-p$, $x_1x_2=q$dur ve tersine $x_1$ ve $x_2$ sayıları için $x_1+x_2=-p$, $x_1x_2=q$ olursa, $x_1$ ve $x_2$ sayıları $x^2+px+q$ üçterimlisinin kökleridir. Bu teorem okullarda matematik derslerinde ispat edilir.

n=3 hali: Eğer $x_1,x_2,x_3$ sayıları $P(x)=x^3+px^2+qx+r$ çokterimlisinin kökleri ise, $$\begin{split} x_1+x_2+x_3&=-p \\ x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3& =q \\ x_1x_2x_3& =-r \end{split}$$ eşitlikleri ve bu ifadenin tersi doğrudur.

İspat: $x_1$, $x_2$, $x_3$ $P(x)$in kökleri ise $$P(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)$$ olur. Bu yazılıştaki parantezleri çarparak aşağıdaki sonuç elde edilir. $$P(x)=x^3-(x_1+x_2+x_3)x^2+(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x-x_1x_2x_3.$$ $P(x)$in bu ifadesini $P(x)=x^3+px^2+qx+r$ ifadesi ile karşılaştırırsak istenilen eşitlikler bulunur.
Tersine, $x_1$, $x_2$, $x_3$ sayıları için Vieta teoreminin ifadesinde verilen eşitlikler doğru ise

$$\begin{split} P(x)&=x^3+px^2+qx+r \\ &=x^3-(x_1+x_2+x_3)x^2+(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)x-x_1x_2x_3 \\ &=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)\end{split}$$ yazabiliriz ve $P(x_1)=P(x_2)=P(x_3)=0$ dır, yani $x_1$, $x_2$, $x_3$ sayıları $P(x)$in kökleridir. $\quad \square$

Şimdi Vieta teoreminin, bazı alıştırmaların çözümüne uygulanmasına bakalım.

Bu alıştırmaların bir kısmı olimpiyat problemleridir.

Problem 1. Köklerinden biri $(3+\sqrt{5})/2$ sayısı olan tam katsayılı ikinci derece denklemini kurunuz.

Çözüm: İkinci derece denkleminin ikinci kökü olan $x_2$ sayısı öyle olmalıdır ki, hem $x_2+(3+\sqrt{5})/2$ hem de $x_2(3+\sqrt{5})/2$ sayıları tamsayılar olsun. Böyle bir sayı $(3+\sqrt{5})/2$ sayısının “eşleniği” olan $(3-\sqrt{5})/2$ sayısıdır. Kökleri $x_1=(3+\sqrt{5})/2$ ve $x_2=(3-\sqrt{5})/2$ olan ikinci derece denklemi şöyle olur. $$p=-(x_1+x_2)=-3,\; q=x_1 x_2=1 \;\Rightarrow\; x^2-3x+1=0.$$

Problem 2. $u=(3+\sqrt{5})/2$ için $u^5-2u^4+3u^3-10u^2-7u+4$ ifadesini hesaplayınız.

Çözüm: $(3+\sqrt{5})/2$nin beşinci kuvvetini hesaplamak zor olduğu için bu sayının sağladığı $x^2-3x+1=0$ denkleminden yani $u^2=3u-1$den yararlanacağız. Bu yolla $u^3,u^4$ ve $u^5$i $u$ya göre doğrusal olarak ifade edebiliriz. $$\begin{split} u^3&=u^2\cdot u=(3u-1)u=3u^2-u=u(3u-1)-u=8u-3 \\
u^4&=u^3\cdot u=(8u-3)u=8u^2-3u=8(3u-1)-3u=21u-8\\
u^5&=u^4\cdot u=(21u-8)u=21u^2-8u=21(3u-1)-8u=55u-21 \\
u^5&-2u^4+3u^2-10u^2-7u+4=55u-21-2(21u-8)+3(8u-3)-10(3u-1)-7u+4=0 \ . \end{split}$$

Problem 3. $\left( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right)^9 +\left( \frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^9$ sayısının tamsayı olduğunu ve 3’e bölündüğünü ispatlayınız.

Çözüm: $\alpha=\frac{3+\sqrt{5}}{2}, \beta=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$ olsun.
Bilindiği gibi $\alpha$ ve $\beta$ sayıları $x^2-3x+1=0$ denkleminin kökleridir. Yani $\alpha^2=3\alpha-1$, $\beta^2=3\beta-1$dir. Şimdi $a_n=\alpha^n+\beta^n$, $n=0,1,2,\dots$ dizisine bakalım. $$\begin{split} a_0 & =2 \\
a_1 & =3 \\
a_2 & =\alpha^2+\beta^2=(3\alpha-1)+(3\beta-1)=3(\alpha+\beta)-a_0 \\
3a_{n+1}-a_n&=3(\alpha^{n+1}+\beta^{n+1})-(\alpha^n+\beta^n) \\
&=\alpha^n(3\alpha-1)+\beta^n(3\beta-1)\\
&=\alpha^n\cdot \alpha^2+\beta^n \cdot \beta^2 \\
&=\alpha^{n+2}+\beta^{n+2} \end{split}$$ yani $$a_{n+2}=3a_{n+1}-a_n$$dir. $a_0=2$, $a_1=3$ tamsayılar olduğundan $a_{n+1}=3a_{n+1}-a_n$ indirgeme bağıntısına göre, bütün $a_n$ler tamsayılardır. Diğer taraftan $a_1=3$tür ve 3e bölünebilir. Buna göre $a_3=3a_2-a_1$ de 3e bölünebilir ve tüme varım yöntemini uygulayarak, $a_{2n-1}$ 3e bölündüğünden $a_{2n+1}=3a_{2n}-a_{2n-1}$ de 3e bölünür. Yani $n$ tek sayı ise $a_n$ 3e bölünebilir, o halde $a_9$ da 3e bölünebilir.

Problem 4. $a_n=[(2+\sqrt{3})^n-(2-\sqrt{3})^n]/2\sqrt{3}$ veriliyor. $a_n$, $n\geq 0$ değerlerinin tamsayı olduğunu ispatlayınız. $a_n$ sayısının 3 e bölündüğü bütün $n$leri bulunuz.

Çözüm: $u=2+ \sqrt{3}$, $v=2-\sqrt{3}$ olsun; $a_n=(u^n-v^n)/2\sqrt{3}$. $u$, $v$ sayıları $x^2-4x+1=0$ denklemlerinin kökleridir, yani $u^2=4u-1$, $v^2=4v-1$dir. Bu denklemlerden yararlanarak üçüncü örnekte olduğu gibi, $a_{n+2}=4a_{n+1}-a_n$ bağıntısı ispatlanabilir. Burada ilk birkaç terimini elde edelim. $$a_0=0,\; a_1=1,\; a_2=4,\; a_3=15,\; a_4=56,\; a_5=209,\; a_6=780,\dots$$ $a_n$ sayılarının 3 e bölünmesiyle ortaya çıkan kalanlar şunlardır: $$r_0=0,\; r_1=1,\; r_2=1,\; r_3=0,\; r_4=2,\; r_5=2,\; r_6=0,\dots$$ Yani $a_{n+2}=a_{n+1}-a_n(\text{mod } 3)$ için kalan $$ r_{n+2}= \left\{ \begin{array}{lr} r_{n+1}-r_n \text{ eğer } & r_{n+1}\geq 0 \text{ ise} \\ r_{n+1}-r_n+3 \text{ eğer } & r_{n+1}-r_n < 0 \text{ ise} \end{array} \right.$$ dir. Bu kuraldan $$r_{6k}=r_0=0,\; r_{6k+1}=r_1=1,\; r_{6k+2}=r_2=1,\; r_{6k+3}=r_3=0,\; r_{6k+4}=r_4=2,\; r_{6k+5}=r_5=2$$ ve $r_{6k}=r_{3k}=r_0=r_3=0$ elde edilir. Böylece 3’e bölünen $n$ ler için $a_n$ de 3’e bölünür.

Problem 5. $x^3-6x^2+ax+a$ çokterimlisinin $x_1$, $x_2$, $x_3$ kökü $(x_1-3)^3+(x_2-3)^3+(x_3-3)^3 =0$ denklemini sağlıyorsa $a$ sayısını bulunuz.

Çözüm: $x=y+3$ konumundan sonra çokterimli aşağıdaki şekli alır: $$P_1(y)= P(y+3)=(y+3)^3-6(y+3)^2+a(y+3)+a=y^3+3y^2+(a-9)y+(4a-27).$$ Vieta teoremine göre, $y_1=x_1-3$, $y_2=x_2-3$, $y_3=x_3-3$ ve $P_1(y_1)=P_1(y_2)=P_1(y_3)=0$ olmak üzere $$y_1+y_2+y_3=-3,\quad y_1y_2+y_1y_3+y_2y_3=a-9, \quad y_1y_2y_3=27-4a \text{ dır.}$$ $$y^3+3y^2+(a-9)y+(4a-27)=0$$ denkleminden $$y_1^3+y_2^3+y_3^3 =-3(y_1^2+y_2^2+y_3^2)+(9-a)(y_1+y_2+y_3)+3(27-4a)$$ yazabiliriz. $$y_1^2+y_1^2+y_3^2 =(y_1+y_2+y_3)^2-2(y_1y_2+y_1y_3+y_2y_3)$$ ve $$y_1^3+y_1^3+y_3^3 =(x_1-3)^3+(x_2-3)^3+(x_3-3)^3=0$$ olduğunu kullanarak $$-3(27-2a)+(9-a)(-3)+3(27-4a)=0$$ ve $a=-9$ buluruz.

Problem 6. $ a$, $b$, $c$ tamsayılar ve $a>0$ olduğuna göre $ax^2+bx+c$ üçterimlisinin $(0,1)$ aralığında iki farklı kökü varsa $a\geq5$ olduğunu ispatlayınız. $a=5$ olduğunda yukarıdaki koşula uyan bir çift $b$, $c$ sayısı bulunuz.

Çözüm: Kabule göre katsayıları tamsayı olan $P(x)=ax^2+bc+c$ üçterimlisinin $a$ katsayısı pozitiftir, ve kökleri farklı olup $(0,1)$ aralığındadır: $$0<x_1<x_2<1, \quad b^2-4ac>0 \ .$$ Vieta teoremine göre $$\frac{c}{a}=x_1x_2\in (0,1), \quad -\frac{b}{a}=x_1+x_2>0$$ yani $0<c<a$, $b<0$dır. Diğer taraftan $a<0$ ve $x_1,x_2\in(0,1)$ olduğundan $P(1)=a+b+c>0$ ve dolayısıyla $$a+c>-b>0,\quad (a+c)^2>b^2, \quad (a-c)^2>b^2-4ac>0$$ bulunur. $a$, $b$, $c$ nin tamsayılar olduğunu hatırlatırsak $b^2-4ac\geq 1$ ve $(a-c)^2\geq2$ buradan da $a-c\geq2$ elde edilir. $a\leq4$ olduğunu varsayarak $a$, $c$ çiftinin alabileceği değerler: $$ 1)\;a=4,\;c=2; \quad 2)\; a=4,\;c=1;\quad 3)\;a=3,\;c=1$$ olabilir. $(a-c)^2>b^2-4ac>0$ eşitsizliğinden şunlar bulunur: $$\begin{split} 1)\;& 4>b^2-32>0,\; 36>b^2>32;\\
2)\;& 9>b^2-16>0,\; 25>b^2>16;\\
3)\;& 4>b^2-12>0,\; 16>b^2>12.\end{split}$$ Yukarıdaki üç eşitsizliğin, tamsayılar kümesinde çözümü yoktur. Demek ki $a\geq 5$ olmalıdır. $a=5$ olduğunda $$ \begin{split} 1)\;& c=3,\;4>b^2-60>0,\; 64>b^2>60;\\
2)\;& c=2,\; 9>b^2-40>0,\; 49>b^2>40; \\
3)\;& c=1,\; 16>b^2-20>0,\; 36>b^2>20. \end{split}$$ Üçüncü eşitsizlikten $ b=-5$ çözümü bulunur. $5x^2-5x+1=0$ üçterimlisinin kökleri olan $(5-\sqrt{5})/10$ ve $(5+\sqrt{5})/10$ sayıları $(0,1)$ aralığına aittir.

Problem 7. $x_1$, $x_2$, $x_3$ sayıları $$x_1+x_2+x_3=a,\quad \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}=\frac{1}{a}$$ denklemlerini sağlasın. $x_1$, $x_2$, $x_3$ sayılarından en az birinin $a$ ya eşit olduğunu ispat ediniz.

Çözüm: İkinci denklemden $$x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=x_1x_2x_3/a$$ buluruz. Şimdi kökleri $x_1$, $x_2$, $x_3$ olan üçterimliyi kuralım: $$\begin{split} p&=-(x_1+x_2+x_3)=-a,\\
q&=x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=x_1x_2x_3/a=-\frac{r}{a} \\
\Rightarrow P(x) & =x^3+px^2+qx+r=x^3-ax^2-\frac{r}{a}x+r=(x-a)(x^2-\frac{r}{a}) \end{split}$$ Buradan $P(a)=0$, yani çokterimlinin köklerinden birinin $a$ olduğu elde edilir.

2. Çözüm yolu: $x_3 \neq a$ olduğunu varsayalım. $x_1+x_2+x_3=a$ olduğundan $x_1+x_2\neq0$dır. $x_1+x_2+x_3=a$ denkleminden $x_3$ sayısını $x_1$ ve $x_2$ cinsinden ifade edip $$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}=\frac{1}{a}$$ denklemi ile birlikte gözönüne alalım. $$\begin{split} & a[x_1x_2+x_3(x_1+x_2)]=x_1x_2x_3; \\
\Rightarrow\; & a[x_1x_2-(a-(x_1+x_2))(x_1+x_2)]=x_1x_2(a-(x_1+x_2)) \\
\Rightarrow\; & a^2-a(x_1+x_2)+x_1x_2=0, \quad (x_1-a)(x_2-a)=0 \end{split}$$ Yani $x_1$, $x_2$ sayılarından en az biri $a$ ya eşittir.

Problem 8. $x^3+y^3+z^3-3xyz$ ifadesini çarpanlara ayırınız.

Çözüm: Kökleri $x$, $y$, $z$ olan $P(t)=t^3+pt^2+qt+r$ çokterimlisine bakalım. $t=x$, $t=y$, $t=z$ için $t^3+pt^2+qt+r=0$ olduğuna göre $$\begin{split} & x^3+y^3+z^3+p(x^2+y^2+z^2)+q(x+y+z+)+3r=0, \\ \Rightarrow\; & x^3+y^3+z^3+3r=-p(x^2+y^2+z^2)-q(x+y+z+) \end{split}$$dir. $p$, $q$, $r$yi $x$, $y$, $z$ cinsinden ifade edersek $$x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+yz)(x^2+y^2+z^2)-(xy+xz+yz)(x+y+z)=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz)$$ bulunur.

Not: Dikkat ediniz ki $$x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz=[(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2]/2\geq0$$dır. Eğer $x,y,z\geq0$ olursa $x^3+y^3+z^3-3xyz\geq0$ olur. $x=\sqrt[3]{a}$, $y=\sqrt[3]{b}$, $z=\sqrt[3]{c}$ konumunu yaparsak bilinen $a+b+c+\geq3\sqrt[3]{abc}$ eşitsizliğini elde ederiz.

Problem 10. $$ \begin{split}
x+y+z&=1 \\
x^2+y^2+z^2&=3 \\
x^5+y^5+z^5&=1
\end{split} $$ denklem sistemini çözünüz.

Çözüm: Kökleri $x$, $y$, $z$ olan çokterimliyi düşünelim. $$\begin{split}
p &=-({x}+{y}+{z})=-1\\
q &=x y+y z+z x=\left[(x+y+z)^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)\right] / 2=-1 \\
r & =-x y z \\
\Rightarrow P(t) & =t^3-t^2-t+r
\end{split}$$ Henüz sabit terim belli degil. $x$, $y$, $z$ sayıları ${P}({t})=0$ denkleminin çözümleri olduğundan, bu sayllar için ${t}^3={t}^2+{t}-{r}$ denklemi dogrudur. O halde $$ \begin{split}
t^5 & =t^2 t^3=t^2\left(t^2+t-r\right)=t^3(t+1)-rt^2 \\
& =\left(t^2+t-r\right)(t+1)-rt^2 \\
& =t^3+t^2+(t-r)(t+1)-rt^2 \\
& =t^2+t-r+t^2+(1-r) t-r-rt^2 \\
& =(3-r) t^2+(2-r) t-2 r
\end{split} $$ sonucunu ${t}={x}$, ${t}={y}$, ${t}={z}$ için kullanarak $$ x^5+y^5+z^5=(3-r)\left(x^2+y^2+z^2\right)+(2-r)(x+y+z)-6 r $$ ya da $$
1=(3-r) 3+(2-r) 1-6 r ; \quad r=1 $$ buluruz. Böylece $$ P(t)=t^3-t^2-t+1=(t-1)^2(t+1) $$ olur. $P(1)=P(-1)=0$ dır ve $1$, $P(t)$ nin iki katlı bir köküdür. Demek ki sistemin çözüm kümesi $\{(1,1,-1),(1,-1,1),(-1,1,1)\}$ olacaktır.

Problem 11. $(x-y)^5+(y-z)^5+(z-x)^5$ ifadesini çarpanlarına ayırınız.

Çözüm: $x-y=u$, $y-z=v$, $z-x=w$ konumunu yaparsak $u+v+w=0$ olur. Kökleri $u$, $v$, $w$ olan çokterimliyi kuralım: $${P}({t})={t}^3+{q}t+{r}, \quad {q}={uv}+{vw}+{wu},\quad {r}=-{uvw}$$ ${t}={u}$, ${t}={v}$, ${t}={w}$ için ${t}^3=-({q} t+{r})$ olduğundan $$ {t}^5={t}^2 {t}^3=-({q} t+{r}) {t}^2=-{qt}^3-{rt}^2={q}({q} t+{r})-{r}t^2 $$ ve $$ t^5=-rt^2+q^2 t+q r $$ yazılabilir. Böylece $$\begin{split}
u^5+v^5+w^5&=-r\left(u^2+v^2+w^2\right)+q^2(u+v+w)+3 q r \\
& =-r\left(u^2+v^2+w^2\right)+3 q r \\
& =u v w\left(u^2+v^2+w^2\right)-3(u v+v w+w u) u v w \\
& =u v w\left[u^2+v^2+w^2-3 \frac{(u+v+w)^2-\left(u^2+v^2+w^2\right)}{2}\right] \\
& =\frac{5}{2} u v w\left(u^2+v^2+w^2\right) \end{split} $$ olur. Yani $$\begin{split} (x-y)^5+(y-z)^5+(z-x)^5
& =\frac{5}{2}(x-y)(y-z)(z-x)\left[(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\right] \\
& =5(x-y)(y-z)(z-x)\left(x^2+y^2+z^2-x y-x z-y z\right)
\end{split} $$ bulunur.

Problem 12. $x$, $y$, $z$ pozitif sayıları $x y z>1$, $x+y+z<\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$ eşitsizliklerini sağlıyor. Bu sayılardan birinin $1$ den küçük olduğunu ispat ediniz.

Çözüm: Kökleri $x$, $y$, $z$ olan çokterimli $${P}({t})=({t}-{x})({t}-{y})({t}-{z})={t}^3+{pt}^2+{q} {t}+{r}$$ olsun. Varsayımımıza göre $x, y, z>0$,$$-r=x y z>1, \quad -p=x+y+z<\frac{x y+y z+z x}{x y z}=\frac{q}{-r}, \quad q>p r$$ dir. Demek ki $P(1)=1+p+q+r>1+p+p r+r=(1+p)(1+r)$ olur. $-r>1$ olduğundan $1+r<0$ dır. Diğer taraftan $-p=x+y+z \geq 3 \sqrt[3]{x y z}>3>1$ den $1+{p}<0$ ve $P(1)=(1+{p})(1+{r})>0$ yani $(1-x)(1-y)(1-z)>0$ dır. Bu eşitsizlikten $x$, $y$, $z$ nin pozitif sayılar olmasını ve $x y z>1$ koşulunu sağlamasını kullanarak bu sayılardan birinin $1$ den küçük, ikisinin ise $1$ den büyük olduğunu görürüz.

Dilimiz türkçesine Okay ÇELEBİ tarafından çevrilmiştir.

Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 1993 yılı 1. sayısında yer almıştır. Matematik Dünyası arşivi titiz bir çalışma ile çevrim içi platformlarda yeni okuyucularıyla buluşuyor. Bu yazıyı burada okunabilir hale getiren arşiv ekibi üyesi Mustafa Malkoç‘a ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.