Gönderen Konu: Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2001 Soru 6  (Okunma sayısı 2091 defa)

Çevrimdışı ERhan ERdoğan

  • G.O Genel Moderator
  • Geo-Maniac
  • ********
  • İleti: 1421
  • Karma: +12/-0
Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2001 Soru 6
« : Haziran 05, 2014, 09:14:53 ös »
$a,b,c,d$ tam sayıları $a>b>c>d>0$ eşitsizliğini sağlasın. $$ac+bd=(b+d+a-c)(b+d-a+c)$$ ise, $ab+cd$ nin asal olmadığını kanıtlayınız.

Çevrimdışı Buğra Doğan

  • G.O İlgili Üye
  • **
  • İleti: 21
  • Karma: +1/-0
Ynt: Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2001 Soru 6
« Yanıtla #1 : Temmuz 23, 2015, 05:40:44 ös »
Benim çözümüm şu şekilde;
 
a,b,c,d tam sayıları a>b>c>d>0 eşitsizliğini sağlasın deniyor. Verilen eşitlik sonucunda da ab+cd nin asal olmadığını kanıtlamamız gerek.

x,y,m pozitif tamsayı ve y>x>0 , m>x>0 olmak üzere;

a=m+y, b=m+x, c=m, d=m-x olsun. (a,b,c,d tam sayıları a>b>c>d>0 eşitsizliğini sağlar.)

ac+bd=(b+d+a−c)(b+d−a+c) eşitliğinde ifadelerimizi yerine koyarsak;

→ m2+ym+m2-x2=(2m+m+y-m)(2m-m-y+m)
→ 2m2+ym-x2=4m2-y2
→ ym-x2=2m2-y2
→ y2+ym-2m2=x2
→ (y+2m)(y-m)=x2   
     
eşitliği elimizde bir dursun..

ab+cd'nin asal olmadığını kanıtlamamız isteniyor. ab+cd'yi de düzenlersek;

ab+cd=m2+mx+my+xy+m2-mx
ab+cd=2m2+my+xy
ab+cd=m(y+2m)+xy şeklinde yazılabilir. Asal olmaması için bu ifadenin çarpanlara ayrılması ve birden farklı en az iki çarpanı bulunmalıdır. İlk eşitliğimizden de yararlanarak bunu gösterebilmemiz gerek;

(y+2m)(y-m)=x2
Her iki tarafında karekökünü alalım;
(y+2m)1/2(y-m)1/2=x

Şimdi bu x değerinin bizden asal olmamasını göstermemiz istenen değerdeki x yerine koyarsak ifademiz şu şekle dönüşür;
İfademiz ; m(y+2m)+xy     
Sonrasında ; (m)(y+2m)+(y+2m)1/2(y-m)1/2(y)

İşimizi kolaylaştırması bakımından ifademizi tek bir bilinmeyen üzerinden kuralım bunun içinde y=m+1 şeklinde yazalım. Bu şekilde yada daha farklı şekillerde yazabiliriz çünkü çözümümüzün en başında da gördüğümüz üzere y ile m birbirinden bağımsız şekildedir.(Büyüklük-küçüklük ilişkisi) İfademizi tekrar düzenleyelim;

(3m+1)1/2[(m)(3m+1)1/2+(m+1)] haline geldi. İfademizdeki (3m+1)1/2 içeri dağıtıldığında sonucun ab+cd'den dolayı tamsayı olması gerekir. (a,b,c,d tamsayıdır çünkü) O nedenle de (3m+1)1/2 ifadesi tam sayı olmalıdır. Çözümümüzün en başında koyduğumuz büyüklük-küçüklük ilişkisi yüzünden gördüğümüz üzere m=0 olamayacağından bu çarpan 1 den farklıdır ve içerisi de 1 den farklıdır. Yani birden farklı iki çarpana ayrılabilen bir ifadedir ve asal olmadığı görülür.
Çözüm yolum yanlış olabilir, hatalarım olabilir, varsa uyarırsanız sevinirim.
 
« Son Düzenleme: Nisan 23, 2016, 02:35:23 ös Gönderen: geo »

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 1801
  • Karma: +8/-0
Ynt: Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2001 Soru 6
« Yanıtla #2 : Eylül 19, 2021, 09:23:50 ös »
$\begin{array}{lcl}
ac + bd &=& (b+d+a -c)(b+d-a+c) \\
& = & \left ( (b+d) + (a-c) \right )\left ( (b+d) - (a-c) \right ) \\
& = & (b+d)^2 - (a-c)^2 \\
& = & b^2+d^2+ 2bd - a^2 - c^2 + 2ac
\end{array}$

Buradan da $$b^2 + d^2 + bd = a^2 + c^2 - ac$$ elde edilir.  Biraz düzenlemeyle $$b^2 + d^2 - 2bd \cdot \cos (120^\circ) = a^2 + c^2 - 2ac\cdot \cos (60^\circ) = k$$ elde edilir. $(b,d, \sqrt k)$ ve $(a,c, \sqrt k)$ üçlüleri kosinüs teoremini sağlayan sayılar olduğu için üçgen eşitsizliklerini de sağlayacaktır.

$AB=a$, $BC=c$, $AC=e = \sqrt k$ üçgenini çizelim. $B$ ile $D$, $AC$ doğrusuna göre farklı tarafta olacak şekilde $CD = b$, $AD = d$ şartlarını sağlayan $D$ noktası aldığımızda $\angle ABC = 60^\circ$ ve $\angle CDA = 120^\circ$, dolayısıyla $ABCD$ bir kirişler dörtgeni olacaktır.

$AC = e$, $BD = f$ dersek Ptolemy Teoreminden $$ef = AB\cdot CD + BC \cdot AD = ab + cd \tag {1}$$ elde ederiz.
$\angle BAD = \alpha $ olmak üzere; $f^2 = a^2 + d^2 - 2ad\cdot \cos \alpha = b^2 + c^2 - 2bc \cdot \cos (180^\circ - \alpha) = b^2 + c^2 + 2bc \cdot \cos \alpha$ eşitliklerinden $\cos \alpha = \dfrac {a^2 + d^2 - b^2 -c^2}{2ad + 2bc}$ olarak bulunur. Bu durumda $$\begin{array}{lcl}
f^2 & = & a^2 + d^2 - 2ad\dfrac {a^2 + d^2 - b^2 -c^2}{2ad + 2bc} \\
& = &  a^2 + d^2 - ad\dfrac {a^2 + d^2 - b^2 -c^2}{ad + bc} \\
& = & \dfrac {(a^2 + d^2)bc + (b^2 + c^2)ad}{ad + bc} \\
& = & \dfrac {a^2bc + bcd^2 + ab^2d + ac^2d}{ad + bc} \\
& = & \dfrac {ac(ab + cd) + bd(ab + cd)}{ad + bc} \\
& = & \dfrac {(ab + cd)(ac + bd)}{ad + bc} \\
\end{array}$$
elde ederiz. $e^2 = a^2 + c^2 - ac$ ve $(1)$ den dolayı $ef = ab + cd$ olduğu için $$e^2f^2 = (ab+cd)^2 = (a^2 + c^2 - ac) \cdot \dfrac {(ab + cd)(ac + bd)}{ad + bc} $$ elde ederiz. Biraz düzenlemeyle $$(ab + cd)(ad + bc) = (a^2 + c^2 -ac)(ac + bd) \tag {2}$$ elde edilir.
$a > b > c > d$ olduğu için $a(b-c) > d(b-c)$ ve $a(c-d) > b(c-d)$ eşitsizlikleri doğrudur. Dolayısıyla $(2)$ nolu ifadede geçen terimler arasında $ab + cd > ac + bd > ad + bc$ bağıntısı vardır.
$ab + cd$ asal ise$(ac + bd, ab + cd) = 1$ olacağından $(2)$ nolu eşitliğe göre $(ac + bd) | (ad + bc)$ olmalı. $ac + bd > ad + bc$ olduğu için bu mümkün olamaz. Çelişki.
Bu durumda $ab + cd$ asal değildir. $\blacksquare$

Kaynak:
IMO Shortlist 2001
« Son Düzenleme: Eylül 20, 2021, 08:58:45 öö Gönderen: geo »

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal