Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2016 Soru 3

[ArtOfMathSolving]

• Tweet

$P=A_{1}A_{2}\dots A_{k}$ kordinat düzleminde bir dışbükey çokgen olsun. $A_{1},$ $A_{2},$ $\dots ,$ $A_{k}$ köşeleri tamsayı kordinatlıdır ve hepsi bir çember üzerindedir. $P$ nin alanı $S$ olsun. $P$ nin kenar uzunluklarının her birinin karesini tam bölen bir $n$ pozitif tamsayısı veriliyor. $2S$ nin $n$ ile tam bölünen bir sayı olduğunu gösteriniz.

[ArtOfMathSolving]

• Tweet

Gauss tamsayıları ile çalışacağız, Gauss Tamsayıları Kümesini $\mathbb{Z}[g]$ ile gösterelim. Önbilgi olması açısından bu tamsayılar ile çalışırken, $\alpha = a+bi, \in \mathbb{Z}[g]$ bir sayının normunu $N(\alpha)=\alpha\bar{\alpha}=(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2$ şeklinde tanımlayacağız. Sorumuza geçelim.

Herhangi bir köşenin kordinatlarını $1\le i\le k$ olmak üzere, $A_{i} $ için $z_{i}$ şeklinde tanımlayalım. Kanıtlamamız gereken bir tek asal sayı için ve herhangi bir $e$ sayısı için, $n=p^e$ olduğu.

Şimdi $p=4t+3$ olsun, $p^e \mid \lvert z_i - z_{i+1} \rvert^2$ ayrıca $f = \lceil e/2 \rceil$ için, $p^f \mid z_i - z_{i+1}$ ifadeleri  $\mathbb{Z}[g]$ içinde tamsayıdır. Böylelikle $A_1, \dots, A_k$ köşeleri $p^f \mathbb{Z}[g]$ ifadesinin bir altkümesi olacak ve $2S$ te $p^{2f}=p^e=n$ yi bölecektir.

Son olarak $p=4t+1$ olsun. Yukarda verdiğimiz gibi $\mathbb{Z}[g]$ içinde $p = q \bar{q}$ gibi $2$ çarpan bulunur. Herhangi bir $z \in \mathbb{Z}[g]$ koşulunu sağlayan sayının mutlak değerinin karesinin yani $|z|^2$ nin $p^n$ gibi bir sayıya ($p$ burada asal ve $n$ bir tamsayı) bölünebilmesi için gerek ve yeter şart $q^s \bar{q}^{n-s}$ ifadesinin $z$ yi bölmesini sağlayan bir $s$ sayısının bulunmasıdır. Daha düzgün bir ifade ile, Bir çokgenin üçgenlenebilmesi için, tüm üçgenlerin, bir $0\le s\le e$ koşulunu sağlayan bir $s$ sayısı için, $q^s \bar{q}^{n-s}$ ifadesinin tüm kenar vektörlerini bölmesi gerekir.

Kanıtlayalım.

kolaylık için ilk önce $e=1$ kabul edelim. Bu durumda tüm kenar uzunlukları $q$ veya $\bar{q} $ nun katı olacaktır. Eğer iki ardışık kenarın ikisi de $q$ nun bir katı ise, bu iki kenarın üçgenlemesinden oluşacak üçgenlerin kenarları da $q$ nun bir katı olacaktır. Elde ettiğimiz üçgenleri kesip bir kenarı $q$ veya $\bar{q}$ nun bir katı olan daha küçük çokgenler elde edebiliriz. Yeterince küçültürsek, bir kenarı $q$ olan üçgen bölge elde edebiliriz böylece ilk durumu kanıtlamış olduk. (aynı mantık ile ardışık iki kenarın $\bar{q}$ nun bir katı olduğunu varsayabiliriz.)

Şimdi de her ikisi de $q$ veya $\bar{q}$ ile bölünen ardışık $2$ kenar mevcut olmasın. Böyle kenarlar olmadığı ve $q$ nun ve $\bar{q}$ nun katları eşit miktarda olacağı için, (çünkü $p=q\bar{q}$) kenar sayısı çift olmak zorundadır. $k=2l$ olsun. Genelliği bozmadan $q|z_{1}-z_{2}$ kabul edebiliriz çünkü tüm köşeler bir çember üzerinde. \[ \frac{(z_1 - z_2) (z_3 - z_4) \cdots (z_{2l-1} - z_{2l})}{(z_2 - z_3) \cdots (z_{2l} - z_1)} \] ifadesi bir tamsayı olmak zorunda. Bu yüzden \[ (z_1 - z_2) (z_3 - z_4) \cdots (z_{2l-1} - z_{2l}) (\bar{z}_2 - \bar{z}_3) \cdots (\bar{z}_{2l} - \bar{z}_1) = (\bar{z}_1 - \bar{z}_2) (\bar{z}_3 - \bar{z}_4) \cdots (\bar{z}_{2l-1} - \bar{z}_{2l}) (z_2 - z_3) … (z_{2l} - z_1) .\] olmalı. Denklemin sol tarafı $q$ nun bir katı fakat sağ tarafı değil , çelişki!

Şimdi de son olarak $e\ge 2$ olsun. Tümevarımla ilerleyeceğiz. Şimdi ifade $e-1$ için doğru olsun. Göstermemiz gereken tüm kenarlar için, $q^s \bar{q}^{e-1-s}$ ifadesinin bir katını içerecek üçgenlemelerin mevcut olması. Kanıtlamak için, $s$ lerin iki üçgen için farklı olduğunu kabul edelim. Ayrıca bu üçgenlerin ortak kenarlarının olduğunu varsayabiliriz çünkü bir üçgenlemede bir diğerine ulaşan mutlaka bir yol vardır. Bir üçgen $q^{s_1} \bar{q}^{e-1-s_1}$ ifadesinin bir katı olsun, diğer üçgen de $q^{s_1} \bar{q}^{e-1-s_2}$ ifadesinin bir katı olsun. $s_{1}< s_{2}$ kabul edelim. Ortak kenar mutlaka $q^{s_2} \bar{q}^{e-1-s_1}$ bir katı olması gerekir, ayrıca bu kenar uzunluğunun karesi de $q^{s_1} \bar{q}^{e-1-s_2}$ ifadesinin bir katı olacak ve $p^e$ ile bölünecektir. Çokgenimizin köşegenlerinden biri de bu kenar uzunluğudur. Bu da bize çokgenimizi uygun koşullar altında $2$ farklı küçük çokgen meydana getirip üçgenleyebileceğimizi gösterir.

Eğer iki üçgende aynı $s$ değerine sahipse, tüm çokgen $q^s \bar{q}^{e-1-s}$ nın bir katı olacak yani çokgenimizi yine $2$ parçaya bölebiliriz bu parçalarında $q^s \bar{q}^{e-s}$ ve $q^{s+1} \bar{q}^{e-1-s}$ ifadelerinin bir katı olduğunu görmek zor olmayacaktır.

Son olarak problemimize geri dönersek, çokgenimizi $q^s \bar{q}^{e-s}$ ifadelerinin katları ile üçgenlenmiş olarak ele alabiliriz. Buradaki bütün üçgenlerin alanı da $\lvert q^s \bar{q}^{e-s} \rvert^2 / 2 = p^e / 2$ ifadesinin bir katı olacak yani $2S$ $n=p^e$ ile tam bölünür. $\blacksquare$

Koreden bir çözüm...

[ArtOfMathSolving]

• Tweet

$A_{k}=x_{k},y_{k}$ olsun. Çokgenin herhangi bir kenarı için, $|A_{p} A_{r}|^2=(x_{p}-x_{r})^2+(y_{p}-y_{r})^2 \Rightarrow n|(x_{p}-x_{r})^2+(y_{p}-y_{r})^2$ eşitliği geçerli olacaktır. Yani bu çokgenin tüm kordinatlarını içinde bulunduran bir $E$ kümesi için, $$n| \sum_{i,j\in E} (x_{i}-x_{j})^2+(y_{i}-y_{j})^2$$
olmalı. Peki ya $k\rightarrow \infty$ olursa ne olur ? Çokgenimiz giderek daireye benzemeye başlar. Yani aslında $$\lim_{k \rightarrow \infty}\sum_{i,j\in E} (x_{i}-x_{j})^2+(y_{i}-y_{j})^2 = 2\pi R \Rightarrow n|2\pi R (*)$$ Burada $R$ çokgenimizin dış teğet çemberinin yarıçapı.

Şekil düzgün bir şekle yakınsayacağı için alanını herhangi iki köşeden dış teğet çembere çizilen $2$ uzunluk arasında kalan açı olarak $\alpha$ yı alabilriz $$S=\dfrac{1}{2}k.R^2.\sin\alpha \Rightarrow \lim_{k \rightarrow \infty}2S= \lim_{k \rightarrow \infty}k.R^2.\sin\alpha =k.R^2.\sin \alpha$$

$(*)$ nın bir sonucu olarak $n|2S$ kabul edebiliriz. $\blacksquare$

[kriptoman]

• Tweet

Çözümünüzü çok iyi incelemedim ama ptolemy den gidilebilir gibi geldi. Birinci aşmayı geçersem (Açıklanırsa) ptolemy den çözmeyi denerim  kolay gelsin.

[ArtOfMathSolving]

• Tweet

Ptolemyden de çözüme ulaşılabiliyor birkaç yerde görmüştüm ama gözucuyla bakıp geçmiştim, teşekkürler iyi çalışmalar. Problemi çok beğendim, hem kombinatorik, hem analiz, hem geometri hemde cebir kullanılarak çözüme ulaşılabiliyor.

[kriptoman]

• Tweet

Bu seneki imo soruları çok hoş hazırlanmış. Soru metinleri de gerçekten ilgi çekici.Çözümleri de bir o kadar hoş.

[Lokman Gökçe]

• Tweet

Bu çözüm ilginç gibi duruyor ama anlayamadım. "Çokgenin dış teğet çemberi" denilmiş ama "çevrel çemberi" yazılması gerekiyor gibi. Buna çok takılmayalım. Tam sayı koordinatlı köşeler verildiği için kenar uzunluklarının karesi için $|A_iA_{i+1}|^2 \geq 1$ olmalıdır. Takıldığım yer ise burada başlıyor. $k\to \infty$ yaparsak bazı kenarların uzunlukları sıfıra yaklaşacaktır. Yani $|A_iA_{i+1}|^2 \to 0$ olacaktır. Bu, $|A_iA_{i+1}|^2 \geq 1$ olması ile çelişir. Yani böyle bir limit alamayız. Çokgenin köşe sayısı olan $k$, $R$ yarıçapı türünden belli bir eşiği aşamaz. Örneğin $2\pi R > \text{P nin çevresi} = \sum |A_{i}A_{i+1}| \geq 1\cdot k = k$ olup $k < 2\pi R$ eşitsizliği elde edilir. Yani $k$ sonlu bir sayıdır. 

$A_{k}=x_{k},y_{k}$ olsun. Çokgenin herhangi bir kenarı için, $|A_{p} A_{r}|^2=(x_{p}-x_{r})^2+(y_{p}-y_{r})^2 \Rightarrow n|(x_{p}-x_{r})^2+(y_{p}-y_{r})^2$ eşitliği geçerli olacaktır. Yani bu çokgenin tüm kordinatlarını içinde bulunduran bir $E$ kümesi için, $$n| \sum_{i,j\in E} (x_{i}-x_{j})^2+(y_{i}-y_{j})^2$$
olmalı. Peki ya $k\rightarrow \infty$ olursa ne olur ? Çokgenimiz giderek daireye benzemeye başlar. Yani aslında $$\lim_{k \rightarrow \infty}\sum_{i,j\in E} (x_{i}-x_{j})^2+(y_{i}-y_{j})^2 = 2\pi R \Rightarrow n|2\pi R (*)$$ Burada $R$ çokgenimizin dış teğet çemberinin yarıçapı.

Şekil düzgün bir şekle yakınsayacağı için alanını herhangi iki köşeden dış teğet çembere çizilen $2$ uzunluk arasında kalan açı olarak $\alpha$ yı alabilriz $$S=\dfrac{1}{2}k.R^2.\sin\alpha \Rightarrow \lim_{k \rightarrow \infty}2S= \lim_{k \rightarrow \infty}k.R^2.\sin\alpha =k.R^2.\sin \alpha$$

$(*)$ nın bir sonucu olarak $n|2S$ kabul edebiliriz. $\blacksquare$