Fantezi Cebir > Fantezi Cebir Arşivi

2021 USAJMO (ABD Gençler Matematik Olimpiyatı)

(1/2) > >>

Lokman Gökçe:

Problem 1. $\mathbb N $ pozitif tam sayılar kümesini göstermektedir. Her $a$ ve $b$ pozitif tam sayıları için

$$ f(a^2 + b^2) = f(a)f(b) \quad , \quad f(a^2)=f(a)^2$$

eşitliklerini sağlayan tüm $f:\mathbb N \to \mathbb N $ fonksiyonlarını bulunuz.

Lokman Gökçe:

Problem 2. Dar açılı $ABC$ üçgeninin kenarları üzerine ve üçgenin dışına doğru olan $BCC_1B_2$, $CAA_1C_2$ ve $ABB_1A_2$ dikdörtgenleri çiziliyor.

$$ \angle BC_1C + \angle CA_1A + \angle AB_1B = 180^\circ $$

olduğuna göre $B_1C_2$, $C_1A_2$, $A_1B_2$ doğrularının noktadaş olduğunu kanıtlayınız.

Lokman Gökçe:
Problem 3. Kenar uzunluğu $L$ olan bir $\Delta$ eşkenar üçgeni veriliyor. Kenar uzunlukları $1$, kenarları $\Delta$ nın kenarlarına paralel fakat ters yönlü olan $n$ tane eşkenar üçgen örtüşmeyecek şekilde $\Delta$ nın içine çiziliyor. ($n=2$ için bir örnek aşağıda çizilmiştir.)


$$ n\leq \dfrac{2}{3}L^2 $$

olduğunu kanıtlayınız.

Lokman Gökçe:
Problem 2'nin Çözümü [Lokman GÖKÇE]: $\angle CA_1A=x$,  $\angle AB_1B=y$, $\angle BC_1C =z$ olarak isimlendirelim. $CAA_1C_2$ ve $BAA_2B_1$ dikdörtgenlerinin çevrel çemberlerinin ($A$ dan farklı) kesişim noktası $P$ olsun. $x+y+z=180^\circ$ olduğundan Miguel Teoremi gereğince $BCC_1B_2$ dikdörtgeninin çevrel çemberi de $P$ noktasından geçer. Bunu doğrudan şöyle de kanıtlayabiliriz:


$APCC_2A_1$ ve $APBB_1A_2$ birer kirişler beşgeni olduğundan $\angle APC = 180^\circ - x$ ve $\angle APB = 180^\circ - y$ dir. Böylece $\angle BPC = 180^\circ - z$ olup $BPCC_1$ bir kirişler dörtgenidir. Yani $P$ noktası $BCC_1B_2$ dikdörtgeninin çevrel çemberi üzerindedir.

Şekildeki gibi açı takibi yaparak diğer yerlere de $x, y, z$ harflendirmelerini yapalım. Eşit uzunluktaki kirişleri gören çevre açılardan dolayı $\angle APA_1 = \angle CPC_2=a$, $\angle APA_2 = \angle BPB_1=b$ olur. $\angle BPC=180^\circ - z = x+y$ dir. Böylece $\angle B_1PC_2=x+y+a+b = \angle C_2PB_1$ olup $x+y+a+b=180^\circ$ elde ederiz. $B_1, P, C_2$ noktaları doğrusaldır. Benzer şekilde $A_1, P, B_2$ ve $C_1, P, A_2$ noktaları da doğrusal olur.



Not: Problem 2, Osman Ekiz'in mesajında belirttiği Genelleştirilmiş Napoleon Teoremi ne benzemektedir. Bu bağlantıdaki teorem ve ispatların incelenmesi faydalı olacaktır.

Metin Can Aydemir:
Problem 1'in Çözümü: Öncelikle $f(1)$ değerini hesaplamaya çalışalım. $f(1^2)=f(1)=f(1)^2$ olduğundan $f(1)=0$ veya $f(1)=1$ bulunur fakat fonksiyon pozitif tamsayılardan pozitif tamsayılara olduğu için $f(1)=1$ olmalıdır. Ayrıca $f(2)=f(1^2+1^2)=f(1)^2=1$ olduğu görülebilir. $(a,b)=(2,1)$ için $f(5)=1$ bulunur. $(a,b)=(5,1)$ için $f(26)=1$ olur ve bu şekilde ilerlersek sonsuz $n$ pozitif tamsayısı için $f(n)=1$ olduğu görülebilir. Dolayısıyla $f(n)=1$ çözüm tahmini yapılabilir.

İddia: Her $n$ pozitif tamsayısı için $f(n)=1$ olmalıdır.

Pisagor üçlülerinden $(a^2-b^2)^2+(2ab)^2=(a^2+b^2)^2$ eşitliğini biliyoruz. Buradan $$f\left (a^2-b^2\right)\cdot f(2ab)=f\left ((a^2+b^2)^2\right )=f\left (a^2+b^2\right )^2=f(a)^2f(b)^2$$ elde edilir. Şimdi tümevarıma geçelim. $n=1$ ve $n=2$ için $f(n)=1$ olduğunu biliyoruz. $n\in \{1,2,\dots , k\}$ için $f(n)=1$ sağlansın.

Eğer $k$ çiftse $a=\dfrac{k}{2}+1$ ve $b=1$ için $k\geq \dfrac{k}{2}+1$ olduğundan ($k\geq 2$ olduğundan) $$f\left (\dfrac{k}{2}+1\right)^2\cdot f(1)^2=1=f\left (\left( \dfrac{k}{2}+1\right)^2-1^2\right)\cdot f\left (2\cdot \left( \dfrac{k}{2}+1\right)\cdot 1\right )=f\left (\dfrac{k^2+4k}{4}\right )\cdot f(k+2)$$ elde edilir. $f(n)$ her zaman pozitif tamsayı olduğundan $f(k+2)=1$ elde edilir.

Eğer $k$ tekse $a=\dfrac{k+3}{2}$ ve $b=\dfrac{k+1}{2}$ olsun. $k\geq 3$ ise $k\geq \dfrac{k+3}{2}>\dfrac{k+1}{2}$ olur. Burada $k=3$ için $f(k)=1$ sağladığını göstermemiz gerekir, bunun doğru olduğunu en sonda göstereceğiz. Şimdilik doğru olduğunu kabul edelim. $$f\left (\dfrac{k+3}{2}\right )^2\cdot f\left (\dfrac{k+1}{2}\right )^2=1=f\left (\left (\dfrac{k+3}{2}\right )^2-\left (\dfrac{k+1}{2}\right )^2\right)\cdot f\left (2\cdot \left (\dfrac{k+3}{2}\right )\cdot \left ( \dfrac{k+1}{2}\right )\right)=f(k+2)\cdot f\left (\dfrac{(k+3)(k+1)}{2}\right )$$ elde edilir. Buradan $f(k+2)=1$ bulunur.

Buradan, $n\in \{1,2,\dots,k\}$ için $f(n)=1$ ise $f(k+1)=f(k+2)=1$ elde edilir. $f(1)=f(2)=1$ olduğundan her $n$ pozitif tamsayısı için $f(n)=1$ olacaktır.

Çözümde eksik kalan kısım $k=3$ için ve $k=4$ için $f(k)=1$ olduğunu göstermektir ($k=4$'ü de göstermeliyiz çünkü $(k-1)$ tek sayısı için $f(k-1)=1$ ise $f(k+1)=1$'dir ifadesinin doğruluğunu $k-1\geq 3$ iken ispatladık). $f(4)=f(2)^2=1$ olduğundan istenilen şart sağlanır. $k=3$ için $$f(3)=f(3)\cdot f(4)=f\left (3^2+4^2\right )=f(5)^2=f(1+4)^2=f(1)^2\cdot f(2)^2=1$$ olduğundan $f(3)=1$'dir.

Not: Çözümde bazı gözden kaçan eksik durumlar olabilir. Eğer öyleyse, bildirirseniz sevinirim.

Navigasyon

[0] Mesajlar

[#] Sonraki Sayfa