Son İletiler

Sayfa: [1] 2 3 ... 10
1
Fantezi Cebir / Ynt: Tam kare
« Son İleti Gönderen: metonster Kasım 14, 2019, 04:26:38 ös »
Bu sorudan türetilmiş başka bir soru;

$a,b,c$ pozitif tam sayı ise, $$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc+1}$$ ifadesini tam sayı yapan tüm $(a,b,c)$ üçlülerini bulunuz.
2
2006 / Ynt: Tübitak Ortaokul 2. Aşama 2006 Soru 3
« Son İleti Gönderen: scarface Kasım 14, 2019, 04:01:43 ös »
Çözüm (Lokman Gökçe):

$3\times 3$ satranç tahtasının $5$ karesini şekildeki gibi $\times$ sembolü ile işaretleyelim. Her adım sonundaki işaretlenmiş karelerdeki sayıların toplamı $a$, işaretlenmemiş $4$ karedeki sayıların toplamı da $b$ olsun.

$$ \begin{array}{|c|c|} \hline   \times &  & \times  \\ \hline   & \times &    \\ \hline  \times &  & \times \\ \hline \end{array} $$

Başlangıç durumunda tüm karelerde $0$ yazdığı için $a=0$, $b=0$ dır. Her hamlede bir işaretlenmiş kare ve bir de işaretlenmemiş kare seçildiğinden toplamların değeri beraberce $1$'er artar ya da $1$'er azalır. Yani hamle yapılmadan önce toplamların değerlerini $(a,b)$ sıralı ikilisiyle gösterirsek hamle yapıldıktan sonra bu değerler ya $(a+1,b+1)$ ya da $(a-1,b-1)$ olur. Böylece $a-b$ farkının bir değişmez (invaryant) olduğunu görürüz. Başlangıçta bu invaryant $a-b=0$ dır. Bir süre sonra tüm karelerde $2$ bulunacak olsaydı $a=2\cdot 5 = 10$, $b=2\cdot 4 = 8$ olup $a-b=10-8=2$ elde edilirdir. Halbuki $a-b$ farkı daima $0$ olmalıydı. Demek ki tüm karelerdeki sayıları $2$ yapmak mümkün değildir.
3
Fantezi Cebir / Ynt: Tam kare
« Son İleti Gönderen: metonster Kasım 14, 2019, 11:34:53 öö »
Bu sorudan yola çıkarak şu soruyu da çözebiliriz; $a,b,c$ pozitif tam sayılar olmak üzere, $\dfrac{a^2+b^2}{abc+1}$ ifadesi tam sayı ise bir tam sayının karesi olması gerektiğini gösteriniz.
4
2006 / Ynt: Tübitak Ortaokul 2. Aşama 2006 Soru 1
« Son İleti Gönderen: scarface Kasım 13, 2019, 08:42:39 ös »
İç açıortaylar $[DC]$ üzerindeki $E$ noktasında kesişsin. $E$ noktasından $BC$ ye paralel çizilen doğru $[AB]$ yi $F$ de kessin. İç ters açılardan $m(\widehat{FBE})=m(\widehat{CBE})=m(\widehat{FEE})$ olup $|FB|=|FE|$ dir. Benzer biçimde $m(\widehat{FAE})=m(\widehat{DAE})=m(\widehat{AEF})$ olup $|FA|=|FE|$ dir. Böylece $F$ noktasının $[AB]$ nin orta noktası olduğu görülüyor. Yamukta orta taban özelliğinden $$|AB|=2|FE|=2\cdot \dfrac{9+4}{2}=13 $$ bulunur.
5
Fantezi Cebir / Ynt: Tam kare
« Son İleti Gönderen: scarface Kasım 13, 2019, 03:10:07 ös »
IMO 1988/6 sorusuna göre $n=1$ veya $a> b \geq 2$ kabulü altında $n=b$ olmalıdır.

Ayrıca buradaki incelemeye göre $n=1$ durumunda $a=b=1$ olmalıdır.

$a> b \geq 2$ kabulü altında $n=b$ durumunu irdeleyelim. İfade $\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}=b^2$ olur. Düzenlersek $a^2+b^2 = ab^3 + b^2$ olup bu denklemden $a=b^3$ elde edilir.

Dolayısıyla, simetriyle beraber tüm çözümler $(b^3,b)$ ve $(b, b^3)$ biçimindeki pozitif tam sayı ikilileri olur. Yukarıdaki ana soruda bunların sayısı sorulmuştu: sonsuz çoklukta $(a,b)$ pozitif tam sayı ikilisi vardır, deriz.
6
1988 / Ynt: Uluslararası Matematik Olimpiyatı 1988 Soru 6
« Son İleti Gönderen: metonster Kasım 13, 2019, 03:49:29 öö »
Çözüm 2: Bu çözümü AoPS'da "Rust" adlı bir kullanıcının bu soruya verdiği cevaptan esinlenerek yaptım, onun cevabını da buradan inceleyebilirsiniz.

Öncelikle $a=b$ ise $a=b=c=1$ olması gerektiğini bir önceki çözümde göstermiştik. Genelliği bozmadan $a>b$ olsun. $$ab+1=p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k}$$ şeklinde asal çarpanlarına ayıralım. $a$ ve $b$ bu $k$ asalın hiçbirine bölünemez. $ab+1|a^2+b^2$ olduğundan $a^2+b^2$ ifadesi $i=1,2,\dots k$ için $p_i^{\alpha_i}$'ye bölünmelidir. $$a^2+b^2\equiv 0 \pmod{p_i^{\alpha_i}}$$ $$ab+1\equiv 0 \pmod{p_i^{\alpha_i}}$$ elde edilir. Bu iki denklikten $$-b^4\equiv a^2b^2\equiv (-1)^2\equiv 1 \pmod{p_i^{\alpha_i}}\Rightarrow b^4\equiv -1\equiv ab \pmod{p_i^{\alpha_i}}\Rightarrow a\equiv b^3 \pmod{p_i^{\alpha_i}}$$ bulunur. Buradan, $$c\equiv \dfrac{a^2+b^2}{ab+1}\equiv \dfrac{b^6+b^2}{b^4+1}\equiv b^2\pmod{p_i^{\alpha_i}}$$ bulunur. Tüm $i=1,2,\dots k$ için bu sağlandığından $$c\equiv b^2\pmod{ab+1}$$ olur. $ab+1>b^2+1>b^2$ olduğundan $t\geq 0$ için $c=b^2+t(ab+1)$ formatında olmalıdır. $t=0$ ise $c=b^2$ olur. Eğer $t>0$ ise $$c=\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}=b^2+t(ab+1)\geq b^2+ab+1\Rightarrow a^2\geq ab^3+a^2b^2+2ab+1>a^2$$ olur. Çelişki. Yani $c=1$ veya $c=b^2$ olmalı, dolayısıyla her zaman tamkare olmalıdır.
7
1988 / Ynt: Uluslararası Matematik Olimpiyatı 1988 Soru 6
« Son İleti Gönderen: metonster Kasım 13, 2019, 03:20:16 öö »
Çözüm 1 (Vieta Jumping): Öncelikle $a=b$ durumunu inceleyelim, $$c=\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}=\dfrac{2a^2}{a^2+1}=2-\dfrac{2}{a^2+1}$$ olur. $a$ pozitif tamsayı olduğundan ifadenin tamsayı olması için $a=b=1$ olmalıdır, bu durumda $c=1$ olacaktır, yani tamkaredir. Eğer $a$ veya $b$'den biri $1$ olursa aynı şekilde $a=b=c=1$ bulunur.

Şimdi genelliği bozmadan $a>b\geq 2$ olsun. İfadeyi düzenleyip $a$'ya bağlı ikinci dereceden bir denklem olarak yazarsak, $$a^2-a\cdot bc+(b^2-c)=0$$ bulunur. Bu denklemin pozitif tamsayı çözümleri arasında $a+b$'nin en küçük olduğu $(a,b)$ çözümünü ele alalım. Bu denklem ikinci dereceden olduğundan $a$ dışında bir $d$ kökü de vardır. Vieta formüllerinden, $$a+d=bc$$ $$ad=b^2-c$$ elde edilir.  İlk formülden $d$'nin tamsayı olduğunu görebiliriz ve eğer $bc-a$ pozitifse $d$ de pozitif olmalıdır. Şimdi bu ifadenin pozitif olmadığını kabul edelim, $a=bc+x$ olsun, $x\geq 0$'dır. $$a^2+b^2=abc+c\Rightarrow (bc+x)^2+b^2=(bc+x)bc+c\Rightarrow bcx+x^2+b^2=c$$ olur. Eğer $x=0$ ise $d=0$ ve Vieta'dan $b^2=c$ olur, yani $c$ tamkare olur. Eğer $x>0$ ise $$bcx+x^2+b^2=c\Rightarrow c\geq bc+b^2+1>c$$ olur. Çelişki. Dolayısıyla $bc-a$'nın pozitif olması gerekir. ($0$ olması durumunda ifadenin tamkare olduğunu gösterdiğimizden bu kısmı tekrar incelemeye gerek yok.)

$d$ sayısı hem pozitif tamsayı olması hem de denklemi sağlamasından dolayı $(d,b)$ ikilisi de denklemin bir çözümü olur fakat eğer $a>d$ ise $(b,d)$ çözümü $(a,b)$ ikilisinin toplamı en küçük olması kabulüyle çelişir. Dolayısıyla $d\geq a$'dır. Vieta teoreminden $$a+d=bc\geq 2a\Rightarrow \dfrac{2a}{b}\leq c=\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}\leq \dfrac{a^2+b^2}{ab}=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\Rightarrow \dfrac{a}{b}\leq \dfrac{b}{a}\Rightarrow a^2\leq b^2$$ olur, çelişki. Dolayısıyla ifadenin tamsayı olduğu durumlarda  $c=1$ veya $c=b^2$ olur, yani her zaman tamkaredir.
8
Fantezi Cebir / Ynt: Tam kare
« Son İleti Gönderen: scarface Kasım 13, 2019, 01:40:40 öö »
Hemen hemen aynı şey isteniyor gibi duruyor. Sorunun ilham kaynağını belirtmiş olduk hem. 1988 imo sorusu çözülürse bu soru da biter diye düşünüyorum.
9
Fantezi Cebir / Ynt: Tam kare (IMO 1988/6)
« Son İleti Gönderen: Eray Kasım 12, 2019, 05:04:42 ös »
Doğru hatırlamışım, 1988 IMO'nun 6. sorusu imiş.

Çeşitli çözümler için buraya tıklayınız.

IMO 1988 6. soruda farklı bir şey soruyor hocam?
10
Fantezi Cebir / Ynt: Tam kare (IMO 1988/6)
« Son İleti Gönderen: scarface Kasım 12, 2019, 03:30:40 ös »
Doğru hatırlamışım, 1988 IMO'nun 6. sorusu imiş.

Çeşitli çözümler için buraya tıklayınız. Ayrıca kendi çözümünü bulan ya da tercüme bir çözümü yazmak isteyen olursa http://geomania.org/forum/index.php?topic=4476.0 bağlantısındaki IMO 1988'in 6. problemine çözümü girsin.

Sayfa: [1] 2 3 ... 10

SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal