Son İletiler

Sayfa: [1] 2 3 ... 10
1
1997 / Ynt: Uluslararası Matematik Olimpiyatı 1997 Soru 1
« Son İleti Gönderen: geo Dün, 05:13:38 ös »
$(a)$ $ABCD$ dikdörtgeninde $AB=m$ ve $BC=n$ olsun.
Biz $\triangle ABC$ ye odaklanıyoruz. $\triangle ABC \cong \triangle CDA$.
Siyah-Beyaz boyadığımızda bu iki üçgen; $m,n$ ikisi birden tek ya da ikisi birden çift olduğunda simetrik olacaktır.

Genelliği bozmadan $B$ köşesinin siyah olduğunu kabul edelim.
$m,n$ ikisi de tek ise ($m=5$, $n=3$) $A,B,C,D$ köşelerindeki karelerin dördü de siyahtır:


$m,n$ ikisi de çift ise ($m=6$, $n=4$) $B$ ve $D$ köşesindeki kareler siyah, $A$ ve $C$ köşesindekiler beyazdır:


Her iki durumda da $[AC]$ köşegenine göre elde edilen $\triangle ABC$ ve $\triangle CDA$ üçgenleri, merkez etrafındaki $180^{\circ}$ dönme ile boyama korunacak şekilde birbirine eşlenir.


$f(m,n)=|S_1(ABC) - S_2(ABC)| = |S_1(CDA) - S_2(CDA)|$

$2f(m,n)=|S_1(ABC) - S_2(ABC)| + |S_1(CDA) - S_2(CDA)| = |S_1(ABCD) - S_2(ABCD)|$

$f(m,n) = \dfrac {|S_1(ABCD) - S_2(ABCD)|}2$.

$m,n$ çift ise $f(m,n) = 0$.

$m,n$ tek ise $f(m,n) = \dfrac {1}2$. $\blacksquare$


$(b)$ $m,n$ ikisi birden tek ya da çift olduğunda eşitsizlik sağlanır.
Genelliği bozmadan $m$ çift, $n$ tek olsun.
$[BC]$ üzerinde $CE=1$ olacak şekilde $E$ noktası alalım.

$m$ çift, $n$ tek ($m=4$, $n=5$). $\triangle ABC$, dik kenarları $m$ ve $n-1$ olan $\triangle ABE$ ile taralı $\triangle AEC$ üçgenine ayrılır; $n-1$ çift olduğundan $\triangle ABE$ de (a) şıkkındaki dengeli duruma girer:


$|S_1(ABE) - S_2(ABE)| = f(m,n-1) = 0$ olduğunu biliyoruz. $\text{Alan}(AEC) = \dfrac m2$.

$f(m,n) \leq f(m,n-1) + \dfrac {m}{2} = \dfrac {m}{2} \leq \dfrac 12 \max\{m,n\}$. $\blacksquare$


$(c)$ $m=2k+1$, $n=2k$ olsun.
$[AB]$ üzerinde $AE=1$ olacak şekilde $E$ noktası alalım.

$k=2$ için ($m=5$, $n=4$): $\triangle ABC$, dik kenarları $2k$ ve $2k$ olan $\triangle EBC$ ile taralı $\triangle AEC$ üçgenine ayrılır.


$f(m,n) = f(2k+1, 2k) \leq f(2k, 2k) + |S_1(AEC) - S_2(AEC)|$.

$\triangle AEC$ deki siyah ve beyaz alanların tam değerlerini $k$ ya bağlı olarak hesaplayacağız.

$B$ deki kare siyah ise $EC$ üzerindeki kareler tamamen beyaz olacak.
$EC$ yi $2k$ eşit parçaya bölelim. $E=E_0, \dots, E_{2k} = C$.
$AC$ yi $2k$ eşit parçaya bölelim. $A=A_0, \dots, A_{2k} = C$.

$\triangle AEC$ deki siyah bölgelerin alanlarını toplayalım.

Aynı örnekte $\triangle AEC$ içindeki siyah bölgeler. Açık gri kareler tahtanın siyah kareleridir; siyah üçgenlerin dik kenarları $A_iE_i$ ve $d_i$ uzunluğundadır.

 
Siyah bölümlerin hepsi üçgen olup hepsi $\triangle ABC$ ye benzerdir.
Bu üçgenlerin dik kenarlarından biri $A_iE_i$ olacaktır.
Benzerlikten $\dfrac {A_iE_i}{AE} = \dfrac {2k-i}{2k}$ ve diğer dik kenar da $d_i = A_iE_i \cdot \dfrac {2k}{2k+1} = \dfrac {2k-i}{2k+1}$ olacaktır.
Bu durumda bu siyah üçgenlerin alanları $T_i = \dfrac{(2k-i)^2}{2\cdot 2k \cdot (2k+1)}$ olacaktır.

$\begin{array}{lcl}
\displaystyle \sum_{i=0}^{2k-1} T_i &=& \dfrac {1}{4k(2k+1)} \displaystyle\sum_{i=0}^{2k-1}(2k-i)^2 \\
&=& \dfrac {1}{4k(2k+1)} \displaystyle \sum_{i=1}^{2k}i^2 \\
&=& \dfrac {1}{4k(2k+1)} \cdot \dfrac {2k \dot (2k+1)\cdot (4k+1)}{6} \\
&=& \dfrac {4k+1}{12}
\end{array}$

$\text {Alan}(AEC) = k$ olduğu için beyaz bölgenin toplamı $k - \dfrac {4k+1}{12} = \dfrac {8k-1}{12}$.

$f(m,n) = f(2k+1, 2k) = \dfrac {8k-1}{12} - \dfrac {4k+1}{12} = \dfrac {4k-2}{12} = \dfrac {2k-1}{6}$.

Bu da, $f(2k+1, 2k)$ yı sınırlandıran bir $C$ sayısının olmadığı anlamına gelir. $\blacksquare$

2
Fantezi Geometri / Ynt: Üçgen İçinde P Noktası, Model3.3
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 15, 2026, 05:46:46 ös »
Model 3.3:

$\angle ABP = t$, $\angle CBP = 30^\circ + t$, $\angle 60^\circ - 4t$ ve $\angle ABP = 30^\circ - 2t$ ise $\angle CAP = 60^\circ + t$ olduğunu gösteriniz.


Çözüm:

$B$ nin $CP$ ye göre simetriği $D$ olsun.
$\angle BDP = 3t$,  $\angle CDP = 30^\circ + t$, $\angle ACD = 30^\circ - 2t$.

$\triangle BCD$ üçgeninde $A$ noktasına odaklanalım.
$\angle DBA = 2t = a$, $\angle ABC = 30^\circ + 2t = 30^\circ + a$, $\angle ACB = 90^\circ - 6t = 90^\circ - 3a$, $\angle ACD = 30^\circ - 2t = 30^\circ - a$.
Bu Model 1.6 problemine denktir.
O halde, $\angle BDA = 2a = 4t$ ve $\angle PDA = \angle ABP = t$ dir. Bu da $B,D,A,P$ nin çembersel olduğu anlamına gelir, yani $\angle BAP = BDP = 3t$ ve $\angle CAP = 60^\circ + t$ dir.

3
Fantezi Geometri / Ynt: Üçgen içerisinde P noktası, Model 4.1
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 15, 2026, 03:36:57 ös »
Başka bir konfigürasyonuna ait çözüm burada verilmiştir.

Soru: $\angle BCP = t$, $\angle CBP = 2t$ ve $\angle CAP = \angle ACP = 30^\circ - t$ ise $\angle ABP = 90^\circ - t$ dir.

bkz. çözüm
4
Fantezi Geometri / Ynt: Üçgen İçinde P Noktası, Model3.3
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 15, 2026, 03:34:18 ös »
$10^\circ - 10^\circ - 20^\circ - 40^\circ$ sorusu, model bulucuya göre Model 3.3 ya da Model 4.1 e aittir.


Model 4.1'e göre bir çözüm verelim:

$\angle BCP = t$, $\angle CBP = 2t$ ve $\angle CAP = \angle ACP = 30^\circ - t$ ise $\angle ABP = 90^\circ - t$ dir.

$t=20^\circ$ için soru $10^\circ - 10^\circ - 20^\circ - 40^\circ$ sorusuna döner.

Çözüm:
$CB$ nin uzantısı üzerinde $PC = PD$ olacak şekilde $D$ noktası alalım.
$\angle PDC = \angle PCD = t$ ve $\angle APD = 60^\circ$ olacaktır. Bu durumda, $\triangle APD$ eşkenar ve $\triangle BPD$ ikizkenardır. $PADB$ bir deltoid olacağı için $\angle DBA = \angle ABP = \dfrac {180^\circ - \angle CBP}{2} = 90^\circ - t$ dir.
5
Uluslararası Matematik Olimpiyatı / IMO Değerlendirme Örneği
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 15, 2026, 11:17:25 öö »
Kaynak: 1997 IMO Shortlist belgesi — 38th International Mathematical Olympiad, July 1997, Mar del Plata / Arjantin, "Guidelines for Marking" bölümü.

Aşağıda, 1997 Uluslararası Matematik Olimpiyatı'nda jürinin kâğıtları okurken kullandığı resmî puanlama ölçütlerinin Türkçe çevirisi yer alıyor. Metin, 1997 IMO Shortlist belgesinin sonuna eklenmiş olan orijinal koordinasyon notlarından aktarılmıştır.

Her problem 7 puan üzerinden değerlendirilir, iki günün toplamı 42 puandır. Aşağıdaki maddeler, tam çözüme giden yolun hangi ara duraklarının kaç puan ettiğini gösterir.

Belgede 2. soru için ayrı bir puanlama ölçütü bulunmuyor. Bu nedenle aşağıda 2. soru yer almıyor.


SORU 1

1. (a) şıkkı ispatlanmıştır, yani aynı pariteye sahip tüm $m,n$ için $f(m,n)$ hesaplanmıştır — 1 puan
Not: Bu bir puana yalnızca hem "her ikisi de tek" hem de "her ikisi de çift" durumu yapılmışsa hak kazanılır.
2. (b) şıkkı ispatlanmıştır: $f(m,n) \le \frac{1}{2}\max\{m,n\}$ — +3 puan
3. (c) şıkkı ispatlanmıştır — +3 puan

Aşağıdaki kazanımlar bir miktar puan almaya hak kazandırabilir:
4. $m$ ve $n$ cinsinden lineer başka bir üst sınır bulunması;
5. $m$ tek, $n$ çift ve $d$ bunların en büyük ortak böleni iken $f(m,n) = f(m/d,\, n/d)$ eşitliğinin veya buna denk bir ifadenin ispatlanması.

AI Notu: Puanın $1+3+3$ biçiminde dağıtılması tesadüf değildir. (a) şıkkı esasen bir hesaptan ibarettir ve bu yüzden tek puan eder; asıl matematiksel fikir (b) ve (c) şıklarında saklıdır ve bu iki şık birbirine eşit ağırlıkta tutulmuştur. Paritenin yalnızca bir yarısını, örneğin sadece "ikisi de tek" durumunu yapan bir öğrencinin hiç puan alamaması, jürinin vaka analizinin bir bütün olarak tamamlanmasını beklediğini gösterir. Son iki maddeye puan yazılmamış olması ise bilinçli bir tercihtir: bu tür kısmi kazanımların değeri, sınav sırasında gelen gerçek kâğıtlar görüldükten sonra koordinatörlerce belirlenir.


SORU 3

1. $S(\pi_1) < -\frac{n+1}{2}$ ve $S(\pi_2) > \frac{n+1}{2}$ olacak biçimde $\pi_1$ ve $\pi_2$ permütasyonlarının var olduğu olgusunun (veya buna denk bir ifadenin) eksiksiz biçimde ifade edilmesi ve doğru hesaplanması — 3 puan
Yalnızca hesabın yapılması — en fazla 1 puan
2. Komşu elemanların yer değiştirmesi yoluyla herhangi bir permütasyondan bir diğerine ulaşılabileceği ve bu yer değiştirmelerin doğurduğu farkın en fazla $n+1$ olduğu olgusunun (veya buna denk bir ifadenin) eksiksiz biçimde ifade edilmesi ve doğru hesaplanması — 3 puan
Yalnızca hesabın yapılması — en fazla 1 puan
3. Yukarıdaki iki adımın istenen sonucu verdiğinin açıkça gösterilmesi — 1 puan

Ek açıklamalar:
1. Doğru çözümün, tüm $x_i$ sayılarının aynı işaretli olduğu özel durumu için 1 puan verilir.
2. Başarısız her tümevarım denemesi — 0 puan
3. Kısmi durumlar ($n=1$, $n=2$ ve benzeri) — 0 puan
4. $x_1 = x_2 = \dots = x_n$ trivial durumu — 0 puan
5. Burada anılmayan benzer her durum — 0 puan
Kısmi sonuçlar toplanarak verilmemelidir.

AI Notu: Bu ölçüt, IMO puanlamasının belki de en öğretici maddesini içeriyor: bir olguyu doğru hesaplamak tek başına en fazla 1 puan ederken, aynı olguyu eksiksiz biçimde ifade edip hesaplamak 3 puan ediyor. Yani ne yaptığını ve neden yaptığını yazamayan bir öğrenci, hesabı doğru yapmış olsa bile puanın üçte ikisini kaybediyor. Sıfır puanlık maddelerin tek tek sayılmış olması da dikkat çekicidir; başarısız bir tümevarım denemesi, küçük $n$ değerlerinin sınanması veya trivial durumun çözülmesi "doğru yolda görünmek" anlamına gelse bile hiçbir karşılık görmüyor. En sondaki cümle ise şu anlama gelir: birbirinden bağımsız küçük ilerlemeler yan yana konularak bir puan yığını oluşturulamaz.


SORU 4

(a) şıkkı: tam çözüm — 3 puan
1. Yazarın çözümü için: matrisin köşegen dışındaki herhangi bir elemanının tam olarak iki haç tarafından örtüldüğünün fark edilmesi — 1 puan
2. Alternatif çözüm için (CAN 7):
 • Tüm haçlardaki girdilerin toplamını matrisin izi ile ilişkilendiren bir formül — 1 puan
 • Köşegen girdisi bulunmayan bir çift sayının var olduğu durum — 1 puan
 • Her çift sayının bir köşegen girdisi bulunduğu durum — 1 puan

(b) şıkkı: tam çözüm — 4 puan
1. Bazı özel $n > 2$ değerleri için $n \times n$ gümüş matris örnekleri — 1 puan
2. İki köşegen bloğu doğru kurulmuş ikiye katlama inşası — 2 puan

Notlar:
 • (b) şıkkının 1. ve 2. kuralları aynı anda uygulanamaz.
 • Çizelgeleme kuramı veya çizge kuramı teoremlerini kullanan çözümler, problemi çizelgeler ya da çizgelerle ilgili uygun teoreme doğru biçimde indirgiyorsa ve söz konusu teoremin doğru ifadesi verilmişse tam kabul edilir.

AI Notu: Bu ölçütün iki ayırt edici özelliği var. Birincisi, jürinin yazarın çözümü ile bir başka ülkeden gelen alternatif çözüm (CAN 7, yani Kanada'nın 7 numaralı önerisi) için iki ayrı cetvel hazırlamış olmasıdır; öğrenci resmî çözümü bulmak zorunda değildir, kendi yolunun karşılığı ayrıca tanımlanmıştır. İkincisi, "1. ve 2. kurallar aynı anda uygulanamaz" maddesiyle çifte ödemenin önüne geçilmesidir: hem birkaç örnek vermek hem de genel inşayı kurmak, aynı ilerlemenin iki kez puanlanması anlamına gelmez. Son madde de önemli bir ilkeyi kayda geçirir: bilinen bir teoremi kullanmak ceza gerektirmez, ancak öğrenci hem indirgemeyi doğru yapmak hem de kullandığı teoremi doğru ifade etmek zorundadır.


SORU 5

1. $(16,2)$ ve $(27,3)$ çözümlerinin verilmesi — +1 puan
2. Aşağıdakilerden herhangi birinin veya hepsinin çözülmesi — +2 puan
 (a) $a < b$
 (b) $a < b^2$
 (c) $a < 2b^2$
3. Aşağıdakilerden herhangi birinin veya hepsinin çözülmesi — +3 puan
 (d) $a > b$
 (e) $a > b^2$
 (f) $a > 2b^2$
4. (d), (e) veya (f) durumu için $b \mid a$ olduğunun ispatlanması (3. madde ile birlikte uygulanmaz) — +1 puan
5. (d), (e) veya (f) durumu için $b^2 \mid a$ olduğunun ispatlanması (3. madde ile birlikte uygulanmaz) — +1 puan

AI Notu: Buradaki asimetri, problemin gerçek zorluk dağılımını ele veriyor: $a < b$ tarafını halletmek 2 puan ederken $a > b$ tarafı 3 puan ediyor, çünkü asıl güçlük büyük tarafta saklı. İki çözümü bulup yazmanın yalnızca 1 puan etmesi, "cevabı bilmek ispat değildir" ilkesinin nazik bir ifadesidir; yine de sıfır değildir, çünkü doğru cevabı görmek de bir ilerlemedir. 4. ve 5. maddelerdeki bölünebilirlik sonuçları ise ancak 3. madde kazanılamamışsa işe yarar; büyük tarafı zaten tam çözmüş bir öğrenci, o çözümün içinde kullandığı ara adım için ayrıca puan alamaz.


SORU 6

Alt tahmin
1) Pozitif ve $\lambda < \frac{1}{4}$ olan bir $\lambda$ için $f(2^n) > 2^{\lambda n^2}$ biçiminde bir tahminin ispatlanması — 2 puan
2) $f(2^{n+i}) > 2^{an+j} f(2^n)$ tipinde bir rekürans formülünün ispatlanması — 2 puan (bu formülün, basit bir iterasyon argümanı veya tümevarım yoluyla 1) maddesindeki türden bir alt tahmine götürmesi şartıyla)
3) Aynı pariteye sahip tüm tam sayılar için $f(a+1) - f(a) \le f(b+1) - f(b)$ formülünün ispatlanması — 2 puan
4) Yeterince büyük $n$ için, $\lambda \ge \frac{1}{4}$ olan bir $\lambda$ ile $f(2^n) > 2^{\lambda n^2}$ tahmininin eksiksiz ve doğru biçimde ispatlanması — 3 puan
5) $f(2^{n+i}) > 2^{an+j} f(2^n)$ tipinde bir rekürans formülünün ispatlanması — 3 puan (basit bir iterasyon argümanı veya tümevarım yoluyla 4) maddesindeki türden bir alt tahmine götürmesi şartıyla)
6) İstenen alt tahminin eksiksiz ve doğru ispatı — 4 puan

Üst tahmin
7) Pozitif ve $\mu > \frac{1}{2}$ olan bir $\mu$ için $f(2^n) < 2^{\mu n^2}$ biçiminde bir tahminin ispatlanması — 1 puan
8 ) $f(2^{n+i}) < 2^{an+j} f(2^n)$ tipinde bir rekürans formülünün ispatlanması — 1 puan (basit bir iterasyon argümanı veya tümevarım yoluyla 7) maddesindeki türden bir üst tahmine götürmesi şartıyla)
9) Yeterince büyük $n$ için $f(2^n) < 2^{n^2/2}$ tahmininin eksiksiz ve doğru ispatı — 2 puan
10) $f(2^{n+i}) < 2^{an+j} f(2^n)$ tipinde bir rekürans formülünün ispatlanması — 2 puan (basit bir iterasyon argümanı veya tümevarım yoluyla 9) maddesindeki türden bir üst tahmine götürmesi şartıyla)
11) İstenen üst tahminin eksiksiz ve doğru ispatı — 3 puan

Genel
12) 1)–6) maddeleri arasında elde edilen en yüksek puan skor1 olur.
13) 7)–11) maddeleri arasında elde edilen en yüksek puan skor2 olur.
14) 6. sorunun puanı skor1 + skor2 toplamına eşittir. Tek istisnalar aşağıdaki 15)–17) maddeleridir.
15) Bu problem için 1)–14) maddeleri uyarınca en az bir puan değerinde başka hiçbir çalışma yapılmamışsa, $f$ fonksiyonunu tüm pozitif tam sayılar için tek biçimde tanımlayan eksiksiz ve doğru bir rekürans formülleri kümesi için 1 puan verilir; benzer biçimde, $F(x) = \prod (1 - x^{-2^i})^{-1}$ üreteç fonksiyonunun elde edilmesi için 1 puan verilir.
16) Bu problem için 1)–14) maddeleri uyarınca en az iki puan veya 15) maddesi uyarınca 1 puan değerinde başka hiçbir çalışma yapılmamışsa, $F(x) = \prod (1 + x^{2^i})^{i+1}$ üreteç fonksiyonunun elde edilmesi için 2 puan verilir.
17) 4) ve 9) maddelerindeki sonuçlara, başka hiçbir çalışma olmaksızın ulaşmak 6 puan eder.

15) ve 16) maddelerindeki üreteç fonksiyonu ifadeleri, orijinal belgede yazıldıkları biçimde aktarılmıştır.

AI Notu: 6. soru birbirinden bağımsız iki eşitsizliğin ispatını istediği için ölçüt de ikiye bölünmüş ve puan, iki yarının toplamı olarak tanımlanmıştır. Buna karşılık her yarının kendi içinde toplama değil maksimum alma kuralı işler: aynı zincirin hem zayıf hem güçlü halkasını ispatlayan öğrenci ikisinin puanını üst üste koyamaz, yalnızca en ileri gittiği maddenin puanını alır. 17) maddesi ise şaşırtıcı biçimde cömerttir: 4) ve 9) maddeleri normalde $3+2=5$ puan ederken, bu ikisini birlikte başaran bir çözüme 6 puan verilmiştir; yani tam çözüme çok yaklaşmış olmak ayrıca ödüllendirilmiştir. 15) ve 16) maddeleri de dikkate değer: problemin özünü çözemeyen ama doğru aracı, yani üreteç fonksiyonunu bulan bir öğrenci yine de eli boş dönmez.


AI Notu — Genel Değerlendirme: Bu beş ölçüt bir arada okunduğunda IMO puanlamasının mantığı belirginleşiyor. Puanlama, 7 puandan eksiltme yöntemiyle değil, resmî çözümün kilometre taşlarına bölünüp her taşa ayrı bir değer biçilmesiyle yapılıyor. Çabaya değil, ispatlanmış ara sonuca puan veriliyor; başarısız denemeler ve küçük durumlar açıkça sıfır sayılıyor. Aynı ilerlemenin iki ayrı maddeden puanlanmasını engelleyen yasaklar tek tek yazılıyor. En önemlisi de şu: bir fikri bulmak ile o fikri eksiksiz ifade etmek arasındaki fark, çoğu maddede üç kata varan bir puan farkıyla karşılığını buluyor.
6
Fantezi Geometri / Üçgen İçinde P Noktası, Model3.3
« Son İleti Gönderen: AhmetG Ağustos 15, 2026, 03:14:48 öö »
$ABC$ üçgeninin iç bölgesinde bir $P$ noktası alınmıştır. Verilenlere göre açı ölçüleri şu şekildedir:

* $(\angle PAC) = 10^\circ$
* $(\angle PCA) = 10^\circ$
* $(\angle BCP) = 20^\circ$
* $(\angle PBC) = 40^\circ$

Buna göre, $m(\angle ABP)=70^\circ$ olduğunu gösteriniz.
7
Konu Dışı / Ynt: Asymptote Çizimleri Ekleme
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 13, 2026, 05:05:40 ös »
Çizimleriniz için AI kullanmak isterseniz;

AI'ya prompt olarak bu sayfayı https://geomania.org/forum/index.php?action=asy-lab#prompt ya da sayfayı okuyamıyorsa içindeki metinleri verebilirsiniz.

Kullandığınız AI ürününün browser eklentisi varsa,
Kod: [Seç]
https://geomania.org/forum/index.php?action=asy-lab#prompt
buradaki açıklamaları kullanarak çözümümün şeklini çiz.
Sorunun kendisini siyah, çözüm adımlarını kırmızı olarak çiz.diyebilirsiniz.
8
1997 / Ynt: Uluslararası Matematik Olimpiyatı 1997 Soru 2
« Son İleti Gönderen: Lokman Gökçe Ağustos 12, 2026, 12:53:36 öö »
Çözüm [L. Gökçe]: $OV$, $[AB]$'nin orta dikmesi olduğundan aynı zamanda $\angle AVB$'nin açıortayıdır. Benzer şekilde $OW$, $\angle AWC$'nin açıortayıdır. Bu durumda $TVW$ üçgeninde $O$ noktası $T$'ye göre dış merkezdir. $O$ noktasından $TV$, $TW$, $VW$ doğrularına inilen dikme ayakları sırasıyla $P$, $Q$, $R$ olsun. Dış teğet çemberin yarıçaplarından $|OP| = |OQ|$ olur. Merkezden kirişe inilen dikmeden $|AR| = |RU|$'dur. Ayrıca eşit teğet parçalarından $|TP| = |TQ|$, $|VP| = |VR|$, $|WQ| = |WR|$ olur. Bu bize $|BP| = |AR|$ eşitliğini verir. Çevrel çemberin yarıçaplarından $|OB| = |OC|$ olup $OPB \cong OQC$ eşliğine ulaşırız. $|BP| = |CQ|$ olur.
$$|BT| + |CT| = (|BP| - |TP|) + (|CQ| + |TQ|) = 2|BP| = 2|AR| = |AU|$$
sonucuna ulaşırız.



An itibariyle kamuya paylaşılabilir bilgiler :)
  • Uzun yıllardır Tübitak olimpiyat eğitim kamplarında ders veren Fatih Sulak hocamız, 1997 IMO'da gümüş madalya kazanmıştı. Bir sohbetimizde şöyle demişti: "Bu madalyayı biraz şansa kazandım. Benim geometrim zayıftır, o yıl kolay bir geometri sorusu geldi ve ben de onu yapabildim. Geometriden puan kazanabilmek benim için büyük bir sürpriz oldu. Böylece gümüş madalyayı kazanacak puana erişebildim."
    1997 sonuçlarına baktım  bu sorudan 5 puan kazanmış Fatih hoca. Yani pek önemli olmayan bir kusur görülmüş ki 2 puanı kırılış. Yine de takımın en iyi skorunu elde etmiş. 1997'de gümüş kazanan tek takım öğrencimiz kendisi görülüyor.  Ben de bir merakla bu problemle uğraştım. Çözümü görmek biraz vaktimi aldı. Problemle uğraşırken gözlemlediğim dikkate değer bazı ilişkileri vereyim.
  • Açı takibi ile $\angle BTC = \angle TBA + \angle BAC + \angle ACT = 2\angle BAC = \angle BOC$ olduğundan $BTOC$ bir kirişler dörtgenidir.
  • Merkez açı-çevre açı ilişkisinden $\angle BOU = 2\angle BAU = 2\angle BAV = \angle BVU$ olduğundnan $BVOU$ kirişler dörtgenidir. Benzer şekilde $\angle COU = 2\angle CAU = 2\angle CAW = \angle CWU$ olduğundnan $COWU$ kirişler dörtgenidir.


      
9
Konu Dışı / Ynt: IMO 2026 Türkçe Sorular
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 11, 2026, 07:55:19 öö »
Teşekkürler, soruları güncelledim.
10
Konu Dışı / Ynt: IMO 2026 Türkçe Sorular
« Son İleti Gönderen: matematikolimpiyati Ağustos 10, 2026, 10:45:24 ös »
geç de olsa eklemişler

https://www.imo-official.org/assets/documents/problems/2026/2026_tur.pdf
Sayfa: [1] 2 3 ... 10

SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal