1
« Son İleti Gönderen: geo Eylül 09, 2026, 12:28:23 öö »
$MNQR$ dörtgenini ve $MN$ üzerindeki $D$ noktasını ele alalım. Diğer konfigürasyonlardan kurtulalım. $DM=m$, $DN=n$, $NQ=q$, $MR=r$, $DQ=x$, $DR=y$ ve $QR=z$ olsun.
size(9cm);
pair M=(0,0), N=(8,0), D=(3,0), Q=(7,5), R=(1,4.5);
draw(M--N--Q--R--cycle);
draw(D--Q);
draw(D--R);
dot(M); dot(N); dot(D); dot(Q); dot(R);
label("$M$", M, SW); label("$N$", N, SE); label("$D$", D, S);
label("$Q$", Q, NE); label("$R$", R, NW);
label("$m$", (M+D)/2, S);
label("$n$", (D+N)/2, S);
label("$q$", (N+Q)/2, E);
label("$r$", (M+R)/2, W);
label("$z$", (Q+R)/2, NE);
label("$x$", (D+Q)/2, SE);
label("$y$", (D+R)/2, SW);
Soruda bize verilen; $$\dfrac {q^2}{n} + \dfrac {r^2}m = \dfrac {(x+y)^2 - 2z^2 + 2mn}{m+n} \tag {1}$$ ya da alternatif olarak $$(m+n)\left ( \dfrac {q^2}{n} + \dfrac {r^2}m \right ) = (x+y)^2 - 2z^2 + 2mn \tag {2}$$ Önce çok bilinen bir özelliği hatırlayalım. Euler Dörtgen Teoremi:
size(9cm);
pair A=(0,0), B=(8,0), C=(7,5), D=(1,4.5);
pair P=(A+C)/2, T=(B+D)/2;
draw(A--B--C--D--cycle, linewidth(0.9));
draw(A--C, red+linewidth(0.8));
draw(B--D, red+linewidth(0.8));
draw(P--T, blue+linewidth(1.1));
dot(A); dot(B); dot(C); dot(D);
dot(P, blue); dot(T, blue);
label("$A$", A, SW); label("$B$", B, SE); label("$C$", C, NE); label("$D$", D, NW);
label("$a$", (A+B)/2, S);
label("$b$", (B+C)/2, E);
label("$c$", (C+D)/2, N);
label("$d$", (D+A)/2, W);
label("$e$", A+0.3*(C-A), NW, red);
label("$f$", B+0.3*(D-B), NE, red);
label("$g$", (P+T)/2, S, blue);
Bir $ABCD$ dörtgeninde $a,b,c,d$ kenarlar; $e$ ve $f$ köşegenler; $g$ de köşegenlerin orta noktaları arasındaki uzaklık olmak üzere $$a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = e^2 + f^2 + 4g^2$$ eşitliği sağlanır. $\blacksquare$ $MDQR$ dörtgeninde $MQ=e$ ve $NDRQ$ dörtgeninde $NR=f$ olsun. $MDQR$ de köşegenlerin orta noktaları arasındaki uzaklık $k$; $NDRQ$ de köşegenlerin orta noktaları arasındaki uzaklık $\ell$ olsun.
size(10cm);
pair M=(0,0), N=(8,0), D=(3,0), Q=(7,5), R=(1,4.5);
// MDQR köşegenleri: MQ (=e), DR (=y) -> k
// NDRQ köşegenleri: NR (=f), DQ (=x) -> l
pair K1=(M+Q)/2, K2=(D+R)/2;
pair L1=(N+R)/2, L2=(D+Q)/2;
draw(M--N--Q--R--cycle);
draw(D--Q);
draw(D--R);
draw(M--Q, red+dashed);
draw(N--R, red+dashed);
draw(K1--K2, blue+linewidth(1.2));
draw(L1--L2, blue+linewidth(1.2));
dot(M); dot(N); dot(D); dot(Q); dot(R);
dot(K1, blue); dot(K2, blue); dot(L1, blue); dot(L2, blue);
label("$M$", M, SW); label("$N$", N, SE); label("$D$", D, S);
label("$Q$", Q, NE); label("$R$", R, NW);
label("$m$", (M+D)/2, S);
label("$n$", (D+N)/2, S);
label("$q$", (N+Q)/2, E);
label("$r$", (M+R)/2, W);
label("$z$", (Q+R)/2, NE);
label("$x$", D+0.72*(Q-D), SE);
label("$y$", D+0.72*(R-D), W);
label("$e$", M+0.22*(Q-M), SE, red);
label("$f$", N+0.22*(R-N), SW, red);
label("$k$", (K1+K2)/2, NW*0.3, blue);
label("$\ell$", (L1+L2)/2, NW*0.2, blue);
Euler Dörtgen Teoremi gereği, $m^2 + x^2 + z^2 + r^2 = e^2 + y^2 + 4k^2$ ve $n^2 + y^2 + z^2 + q^2 = f^2 + x^2 + 4\ell^2$. Düzenlersek, $$e^2 + f^2 = m^2 + n^2 + q^2 + r^2 + 2z^2 - 4k^2 - 4\ell^2 \tag {3}$$ $e^2 + f^2$ yi Stewart'tan ya da alternatif olarak Kosinüs Teoremi'nden hesaplayabiliriz. $\triangle QDM$ de Kosinüs Teoremi'nden $$e^2 = x^2 + m^2 + 2mx\left ( \dfrac {x^2 + n^2 - q^2}{2nx} \right) = x^2 + m^2 + \dfrac mn (x^2 + n^2 - q^2) \tag{4}$$ $\triangle RDN$ de Kosinüs Teoremi'nden $$f^2 = y^2 + n^2 + 2ny\left ( \dfrac {y^2 + m^2 - r^2}{2my} \right) = y^2 + n^2 + \dfrac nm (y^2 + m^2 - r^2) \tag{5}$$ $(4)$ ile $(5)$ i taraf tarafa toplarsak $$e^2 + f^2 = m^2 + n^2 + 2mn + x^2 + x^2\cdot\dfrac {m}{n} + y^2 + y^2 \cdot \dfrac nm - q^2 \cdot \dfrac mn - r^2 \cdot \dfrac nm \tag{6}$$ $(3)$ ile $(6)$ yı birleştirirsek $$ \begin{array}{lcl} x^2 + x^2\cdot\dfrac {m}{n} + y^2 + y^2 \cdot \dfrac nm &=& (m+n)\left ( \dfrac {q^2}n + \dfrac {r^2}m \right ) + 2z^2 - 2mn - 4k^2 - 4\ell^2 \\ &=& (x+y)^2 - 2z^2 + 2mn + 2z^2 - 2mn - 4k^2 - 4\ell^2 \\ &=& (x+y)^2 - 4k^2 -4\ell^2 \end{array}$$ Son bir düzenlemeyle $$\begin{array}{lcl} -4k^2 - 4l^2 &=& x^2\cdot\dfrac {m}{n} + y^2 \cdot \dfrac nm -2xy \\ &=& \left ( x\sqrt {\dfrac mn} - y\sqrt {\dfrac nm} \right )^2 \\ &\geq & 0. \end{array}$$ Bu durumda $k=\ell=0$ ve $xm=yn$ olmalı. $k=\ell=0$ ise $MDQR$ ve $NDRQ$ birer paralelkenardır. $z=m=n$, $r=x$, $q=y$, dolayısıyla $x=y=q=r$ elde edilir. Yani $DR=DQ$ elde ettik. $M$ ve $N$ yi unutup, sorudaki şekle dönelim.
size(11cm);
pair B=(0,0), C=(8,0), A=(3,5.5);
pair D=(3,0); // AD dik
pair E=(A+C)/2; // CE/EA = 1
pair F=A+(5/8)*(B-A); // AF/FB = 5/3 (Ceva sağlanır)
pair P=extension(A,D,B,E);
pair Q=extension(D,E,A,A+(1,0)); // [DE ışını ∩ ℓ
pair R=extension(D,F,A,A+(1,0)); // [DF ışını ∩ ℓ
draw(A--B--C--cycle);
draw(A--D); draw(B--E); draw(C--F);
draw(R--Q); // ℓ doğrusu
//draw((-3,5.5)--(9,5.5), dashed); // ℓ uzantısı
draw(D--Q);
draw(D--R);
dot(A); dot(B); dot(C); dot(D); dot(E); dot(F); dot(P); dot(Q); dot(R);
acicentik(R, D, B, 1);
acicentik(D, R, A, 1);
acicentik(A, Q, D, 1);
acicentik(C, D, Q, 1);
label("$A$", A, N);
label("$B$", B, SW);
label("$C$", C, SE);
label("$D$", D, S);
label("$E$", E, E*0.3);
label("$F$", F, W);
label("$P$", P, SE);
label("$Q$", Q, NE);
label("$R$", R, NW);
//label("$\ell$", (9,5.5), E, gray);
$AD, BE, CF$ Cevian'ları için bilinen bir özelliği kullanacağız: $RQ \parallel BC$ ise $AQ=AR$. $\dfrac {AR}{BD} = \dfrac {AF}{BF}$ ve $\dfrac {CD} {AQ} = \dfrac {CE}{AE}$ oranlarını taraf tarafa çarpıp düzenleyip Ceva uygularsak $$\dfrac {AR}{AQ} = \dfrac {AF \cdot BD \cdot CE}{BF \cdot CD \cdot AE} = 1. \blacksquare$$ $DR=DQ$ ve $AR=AQ$ olduğu için $\angle RDA = \angle QDA$. Paralellikten $\angle BDR = \angle QRD = \angle RQD = \angle CDQ$. Bu durumda $\angle ADB = \angle ADC = 90^\circ$ elde edilir.
2
« Son İleti Gönderen: geo Eylül 06, 2026, 04:38:38 ös »
import geomania;
size(320);
pair A = (1.01, 4.514);
pair B = (0, 0);
pair C = (6, 0);
pair P = (2.667, 1.436);
pair D = extension(A, P, B, C);
pair Ep = extension(B, P, C, A);
pair F = extension(C, P, A, B);
pair Q = (8.553, 4.606);
pair Qp = Q + 0.7*unit(Q - B);
pair L = extension(B, P, F, D);
pair M = foot(Ep, D, F);
pair Np = foot(L, D, Ep);
pair H = extension(Ep, M, L, Np);
draw(A--B--C--cycle);
draw(A--D);
draw(C--F);
draw(B--Qp, EndArrow);
draw(D--Ep);
draw(D--F);
draw(D--Q);
draw(Ep--M, blue);
draw(L--Np, blue);
draw(B--M, blue+dashed);
draw(M--Np, blue);
dikacinokta(Ep, P, A);
dikacinokta(D, M, Ep, blue);
dikacinokta(L, Np, D, blue);
acicentik(Q, D, Ep, 2, 20);
acicentik(F, D, B, 2, 20);
label("$x$", midpoint(B, D), S);
label(rotate(degrees(Q - D))*"$2x$", midpoint(D, Q), SE);
dot("$A$", A, N);
dot("$B$", B, SW);
dot("$C$", C, SE);
dot("$D$", D, S);
dot("$E$", Ep, N);
dot("$F$", F, W);
dot("$P$", P, NW);
dot("$Q$", Q, N);
dot("$L$", L, S, red);
dot("$M$", M, dir(-110), blue);
dot("$N$", Np, E, blue);
dot("", H, 1.5*N, blue);
$BE$ ile $DF$, $L$ de kesişsin. $DEL$ üçgeninde diklik merkezi $H$ olsun. $EM$ ve $LN$ diğer iki yükseklik olsun. $$ \begin{array}{lcl} \angle EDM = 60^\circ & \iff & 2\cdot DM = DE \\ &\iff & \triangle MDB \sim \triangle EDQ \\ &\iff & \angle LMB = \angle LED = \angle NMD \\ \end{array} $$ Bu durumda $B, M, N$ doğrusal ise ispat tamamlanmış olur. Bunun için tam dörtgenler ( Complete Quadrangle) özelliklerini kullanacağız.
import geomania;
size(320);
pair A = (4.5, 5.5);
pair B = (0, 0);
pair C = (6, 0);
pair P = (4.2, 1);
pair D = extension(A, P, B, C);
pair Ep = extension(B, P, C, A);
pair F = extension(C, P, A, B);
pair L = extension(B, Ep, D, F);
pair Y = extension(D, F, A, C);
pair T = extension(Y, P, A, B);
draw(A--B--C--cycle);
draw(A--D);
draw(B--Ep);
draw(C--F);
draw(F--Y);
draw(C--Y);
draw(Y--T, red);
dot("$A$", A, N);
dot("$B$", B, SW);
dot("$C$", C, E);
dot("$D$", D, S);
dot("$E$", Ep, E);
dot("$F$", F, NW);
dot("$P$", P, dir(50));
dot("$L$", L, N);
dot("$Y$", Y, SE);
dot("$T$", T, NW, red);
$ABC$ üçgeninin içindeki $P$ noktasından geçen doğrular (kesen, Cevian) $BC$, $CA$, $AB$ kenarılarını sırasıyla $D$, $E$, $F$ de kessin. $DF$ ile $AC$ doğruları $Y$ de kesişsin. $DF$ ile $BE$ doğruları $L$ noktasında kesişsin. Lemma 1: $E$ ve $Y$ noktaları $AC$ yi harmonik olarak böler, yani $(A,C; E, Y) = -1$. Çözüm:$ABC$ üçgeninde Ceva'dan $\dfrac{AF \cdot BD \cdot CE}{FB \cdot DC \cdot EA} = 1$. $ABC$ üçgeninde $F$, $D$, $Y$ noktaları için Menelaus uygulayalım. $\dfrac{AF \cdot BD \cdot CY}{FB \cdot DC \cdot YA} = 1$. İkisini birleştirirsek $\dfrac {YC}{YA} = \dfrac {EC}{EA}$ $\blacksquare$ Lemma 2: $(B, P; L, E) = -1$ Çözüm:$YP$ ile $AB$, $T$ noktasında kesişsin. Lemma 1 gereği; $ACDF$ tam dörtgeni için $(A,F;X,B) = -1 = (E, L, P, B) = (L, E, P, B)$ $\blacksquare$ Soruya geri dönelim:
Lemma 2 gereği; $(E, L; P, B) = -1$. $EMNL$ tam dörtgeninde, Lemma 1 gereği $(E, L; P, NM \cap EL) = -1$ olacağı için $NM \cap EL = \{B\}$ dir.
3
« Son İleti Gönderen: geo Eylül 04, 2026, 11:02:18 ös »
$ABC$ üçgeninin iç bölgesinde alınan $D$ noktası için $\angle ABD =x$, $\angle BAD=2x$, $\angle CAD = 5x$, $\angle ACD =3x$, $\angle BCD=4x$ ise $x=?$
size(9cm);
// x = 10 => A = 70, B = 40, C = 70 (BA = BC)
pair B = (0, 0);
pair C = (6, 0);
pair A = 6*dir(40);
// D: CBD = 30, BCD = 40
pair D = extension(B, B + dir(30), C, C + dir(140));
draw(A--B--C--cycle, black+1);
draw(A--D);
draw(B--D);
draw(C--D);
markangle("$x$", D, B, A, radius=1.1, black);
markangle("$2x$", B, A, D, radius=0.55, black);
markangle("$5x$", D, A, C, radius=0.85, black);
markangle("$3x$", A, C, D, radius=0.55, black);
markangle("$4x$", D, C, B, radius=0.9, black);
dot("$A$", A, N);
dot("$B$", B, W);
dot("$C$", C, E);
dot("$D$", D, S);
Kaynak: https://gogeometry.com/geometry/p696_triangle_angles_congruence_college.htm
4
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 31, 2026, 08:28:19 ös »
Pascal Teoremi'nin dejenere halini iki kez uygulayarak çözeceğiz.
size(9cm);
defaultpen(fontsize(9pt));
pair O=(0,0);
// U cember uzerinde: U-M dogrusunun cemberle ikinci kesisimi
pair sec(pair U, pair M){ pair d=M-U; real t=-2*dot(U,d)/dot(d,d); return U+t*d; }
pair X=dir(140.1), Y=dir(270);
pair C=extension(X, X+rotate(90)*X, Y, Y+rotate(90)*Y); // tegetlerin kesisimi
pair A=C+2.618*(Y-C);
pair B=C+1.649*(X-C);
pair P=A+0.423*(B-A);
pair K=sec(X,P), L=sec(Y,P);
pair R=sec(K,A), S=sec(L,B);
pen p=black;
draw(circle(O,1), p);
draw(A--B--C--cycle, p);
draw(X--P, p); draw(Y--P, p);
draw(A--R, p); draw(B--L, p);
draw(X--R, p); draw(Y--S, p);
dot(A); dot(B); dot(C); dot(X); dot(Y); dot(P);
dot(K); dot(L); dot(R); dot(S);
label("$A$", A, E); label("$B$", B, N);
label("$C$", C, dir(215)); label("$X$", X, W);
label("$Y$", Y, dir(-83)); label("$P$", P, dir(60));
label("$K$", K, dir(78)); label("$L$", L, dir(-30));
label("$R$", R, dir(70)); label("$S$", S, dir(30));
$YY \cap KR = \{A\}$ ve $XK \cap YL = \{P\}$ olduğunu biliyoruz. $5$ farklı nokta kullanıldığı ($Y, X, K, R, L$) için Pascal Teoremi'nin dejenere hali kullanılabilir.
size(9cm);
defaultpen(fontsize(9pt));
pair O=(0,0);
pair sec(pair U, pair M){ pair d=M-U; real t=-2*dot(U,d)/dot(d,d); return U+t*d; }
pair X=dir(140.1), Y=dir(270);
pair C=extension(X, X+rotate(90)*X, Y, Y+rotate(90)*Y);
pair A=C+2.618*(Y-C);
pair B=C+1.649*(X-C);
pair P=A+0.423*(B-A);
pair K=sec(X,P), L=sec(Y,P);
pair R=sec(K,A), S=sec(L,B);
pair D=extension(A,B,X,Y);
pen p=black;
draw(circle(O,1), p);
draw(A--B--C--cycle, p);
draw(B--L, p);
draw(X--R, p); draw(Y--S, p);
pen c1=red+1.3, c2=blue+1.3, c3=heavygreen+1.3;
pen d1=red+1.0, d2=blue+1.0, d3=heavygreen+1.0;
// (1)-(4): Y'deki teget (YY) ile RK -> A
draw((Y-0.45*unit(A-Y))--A, c1);
draw(R--K, c1);
draw(K--A, d1+dashed);
// (2)-(5): YL ile XK -> P
draw(X--K, c2); draw(K--P, d2+dashed);
draw(Y--L, c2); draw(L--P, d2+dashed);
// (3)-(6): LR ile XY -> D
draw(L--R, c3); draw(R--D, d3+dashed);
draw(X--Y, c3); draw(X--D, d3+dashed);
// Pascal dogrusu: A, P, D (AB dogrusunun uzantisi)
draw(B--D, black+0.8+dashed);
dot(A); dot(B); dot(C); dot(X); dot(Y); dot(P);
dot(K); dot(L); dot(R); dot(S); dot(D);
label("$A$", A, E); label("$B$", B, N);
label("$C$", C, dir(215)); label("$X$", X, W);
label("$Y$", Y, dir(-83)); label("$P$", P, dir(60));
label("$K$", K, dir(78)); label("$L$", L, dir(-30));
label("$R$", R, dir(70)); label("$S$", S, dir(30));
label("$D$", D, dir(120));
dot(A, red); dot(P, blue); dot(D, heavygreen);
$YY (1)$ dersek, $RK (4)$; $YL (2)$ dersek $XK (5)$; dolasıyla $LR (3)$ ve $XY (6)$ olacaktır. Bu da $YYLRKX$ kirişler altıgeninden Pascal Teoremi uygulamak demektir. Yani $LR \cap XY = \{D\}$ dersek; $A, P, D$ doğrusaldır.
size(9cm);
defaultpen(fontsize(9pt));
pair O=(0,0);
pair sec(pair U, pair M){ pair d=M-U; real t=-2*dot(U,d)/dot(d,d); return U+t*d; }
pair X=dir(140.1), Y=dir(270);
pair C=extension(X, X+rotate(90)*X, Y, Y+rotate(90)*Y);
pair A=C+2.618*(Y-C);
pair B=C+1.649*(X-C);
pair P=A+0.423*(B-A);
pair K=sec(X,P), L=sec(Y,P);
pair R=sec(K,A), S=sec(L,B);
pair Q=extension(X,R,Y,S);
pair D=extension(A,B,X,Y);
pen p=black;
draw(circle(O,1), p);
draw(A--B--C--cycle, p);
draw(X--P, p); draw(Y--P, p);
draw(A--R, p);
pen c1=red+1.3, c2=blue+1.3, c3=heavygreen+1.3;
pen d1=red+1.0, d2=blue+1.0, d3=heavygreen+1.0;
// (1)-(4): X'teki teget (XX) ile LS -> B
draw((X-0.45*unit(B-X))--B, c1);
draw(L--S, c1);
draw(S--B, d1+dashed);
// (2)-(5): XR ile SY -> Q
draw(X--R, c2); draw(R--Q, d2+dashed);
draw(Y--S, c2); draw(S--Q, d2+dashed);
// (3)-(6): RL ile YX -> D
draw(L--R, c3); draw(R--D, d3+dashed);
draw(X--Y, c3); draw(X--D, d3+dashed);
// Pascal dogrusu: B, Q, D (AB dogrusunun uzantisi)
draw(B--D, black+0.8+dashed);
dot(A); dot(B); dot(C); dot(X); dot(Y); dot(P);
dot(K); dot(L); dot(R); dot(S); dot(Q); dot(D);
label("$A$", A, E); label("$B$", B, N);
label("$C$", C, dir(215)); label("$X$", X, W);
label("$Y$", Y, dir(-83)); label("$P$", P, dir(60));
label("$K$", K, dir(78)); label("$L$", L, dir(-30));
label("$R$", R, dir(70)); label("$S$", S, dir(30));
label("$Q$", Q, dir(70)); label("$D$", D, dir(120));
dot(B, red); dot(Q, blue); dot(D, heavygreen);
Şimdi $XXRLSY$ için Pascal uygulayalım. $XX \cap LS = \{B\}$, $XR \cap SY = \{Q\}$, $RL \cap YX = \{D\}$ olduğu için $B, Q, D$ doğrusaldır. Yani $A, B, D, P, Q$ doğrusaldır.
5
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 29, 2026, 01:41:53 ös »
$d(n)$ ile $n$ pozitif tam sayısının pozitif tam bölenlerinin sayısını, $p(n)$ ile de asal bölenlerinin sayısını gösterelim.
$d(n^2)=2027\cdot d(n)$ ise $p(n)$ en az kaçtır?
6
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 28, 2026, 11:32:13 ös »
$n=p_1^{\alpha_1}\dots p_m^{\alpha_m}$ şeklinde asal çarpanlarına ayrılsın.
$f(n)=\dfrac {d(n^2)}{d(n)} = \displaystyle\prod_{i=1}^{m}\dfrac{2\alpha_i+1}{\alpha_i+1} = k$
Paylar hep tek sayı olduğu için $k$ sayısı da tek olmalıdır.
Bunun yanı sıra $\alpha_1 = \alpha$ ve $\alpha_i = 2\alpha_{i-1}$ şeklinde alındığında, $n_r = p_1^{\alpha}\cdots p_{r-1}^{2^{r-1}\alpha }$ sayısı için
$f(n_{r}) = \dfrac {2\alpha + 1}{\alpha + 1}\cdot \dfrac {4\alpha + 1}{2\alpha + 1}\cdots \dfrac {2^r\alpha + 1}{2^{r-1}\alpha + 1} = \dfrac {2^r\alpha +1}{\alpha +1}$
İddiamız; tüm $k$ tek sayıları için uygun $n$ sayısının bulunduğu.
$k=1$ için $n=1$ sağlar.
$1, \dots, k-2$ için uygun $n$ sayılarının bulunduğunu varsayalım.
Tümevarımla $k$ için de uygun $n$ sayısının bulunduğunu göstereceğiz.
$0 < t < k$ tam sayısı tek olsun.
$k = f(n_r)\cdot t = \dfrac {2^r\alpha +1}{\alpha +1} \cdot t$ denklemini $\alpha$ için çözmeye çalışalım.
$k\alpha + k = 2^r\alpha t + t \Longrightarrow \alpha (2^rt - k) = k - t \Longrightarrow \alpha = \dfrac {k-t}{2^rt - k}$.
$2^rt-k = 1$ için $\alpha = k -t$ olacaktır.
$k$ sayısı tek sayı olduğu için $k+1 = 2^rt$ şeklinde bir $t$ sayısı vardır.
Bu yaptıklarımızı tersten toparlayalım:
$k$ tek sayı olduğu için $k+1$ çift sayısı ($t < k$ bir tek sayı olmak üzere) $k + 1 = 2^r \cdot t$ şeklinde yazılabilir.
$f(n_t) = t$ olsun. $p_1, \dots, p_{r-1}$ asal sayıları $n_t$ nin asal çarpanlarından farklı sayılar olsun.
$n = p_1^{\alpha}\cdots p_{r-1}^{2^{r-1}\alpha } \cdot n_t = n_r \cdot n_t$
ve $\alpha = k - t = k - \dfrac {k+1}{2^r}$ sayısı için
$\begin{array}{lcl}
f(n) &=& \dfrac {2^r\alpha + 1}{\alpha + 1} \cdot t \\
&=& \dfrac {2^r(k-t) + 1}{k-t + 1} \cdot t \\
&=& \dfrac {2^rt(k-t) + t}{k-t+1} \\
&=& \dfrac {(k+1)(k-t) + t}{k-t+1} \\
&=& \dfrac {k^2 -kt + k - t + t}{k-t+1} \\
&=& \dfrac {k^2 - kt + k}{k-t+1} \\
&=& \dfrac {k(k-t+1)}{k-t+1} \\
&=& k
\end{array}$
Bu da $k$ sayısı için $f(n)=k$ olacak şekilde bir $n$ sayısı var olduğu anlamına gelir.
Örnek olarak $f(n)=71$ için bir $n$ sayısı bulmaya çalışalım.
$71 + 1 = 72 = 2^3 \cdot 9$, $\alpha = k-t= 71 - 9 = 62$.
$9+1 = 10 = 2\cdot 5$, $\alpha = 9 - 5 = 4$.
$5+1 = 6 = 2\cdot 3$, $\alpha = 5 - 3 = 2$.
$3+1 = 4 = 2^2\cdot 1$, $\alpha = 3 - 1 = 2$.
$f(p_1^{2}p_2^{4})= \dfrac {45}{15} = 3$.
$f(p_3^{2}) = \dfrac 53$ ve $f(p_1^{2}p_2^{4} p_3^{2}) = 3 \cdot \dfrac 53 = 5$.
$f(p_4^{4}) = \dfrac 95$ ve $f(p_1^{2}p_2^{4} p_3^{2}p_4^{4}) = 5 \cdot \dfrac 95 = 9$.
$f(p_5^{62}p_6^{124}p_7^{248}) = \dfrac {8 \cdot 62 + 1}{62+1} = \dfrac {497}{63} = \dfrac {71\cdot 7}{9 \cdot 7} = \dfrac {71}{9}$ ve $f(p_1^{2}p_2^{4} p_3^{2}p_4^{4}p_5^{62}p_6^{124}p_7^{248}) = 9\cdot \dfrac {71}{9} = 71$.
7
« Son İleti Gönderen: Lokman Gökçe Ağustos 27, 2026, 10:52:27 ös »
Yanıt: $\boxed{D}$
$F$ den geçip $DC$ ye paralel olan doğrunun $DB$ ile kesişimi $T$ olsun. $TF\parallel DC$ olduğundan $BTF\sim BDC$ ve $\dfrac{|BT|}{|BD|}=\dfrac{|BF|}{|BC|}=\dfrac34$ olur. Buradan
\[
\dfrac{|DT|}{|DB|}=\dfrac14,
\quad
|TF|=\dfrac34|DC|=\dfrac{51}{4}
\]
elde edilir. Öte yandan $|AE|=3|ED|$ olduğundan $\dfrac{|DE|}{|DA|}=\dfrac14$ olur. $DAB$ üçgeninde $\dfrac{|DE|}{|DA|}=\dfrac{|DT|}{|DB|}$ olduğundan $ET\parallel AB$ dır. Böylece $DET\sim DAB$ ve $|TE|=\dfrac14|AB|=\dfrac{13}{4}$ bulunur.
Şimdi $ETF$ üçgenine üçgen eşitsizliği uygulanırsa $\bigl||TF|-|TE|\bigr| \le |EF| \le |TF|+|TE|$ olur. Yani $\dfrac{19}{2}\le |EF|\le 16$. Alt eşitlik için $E,T,F$ noktalarının doğrusal olup $E$ ve $F$ noktalarının $T$ nin aynı tarafında bulunması gerekir. Bu durum dışbükey bir dörtgende mümkün değildir. Üst sınır ise $AB \parallel EF \parallel CD$ durumunda elde edilir. Dolayısıyla $\dfrac{19}{2}<|EF|\le 16$ bulunur. Bu aralıkta $10,11,12,13,14,15,16$ tam sayıları bulunduğundan cevap $7$'dir.
8
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 21, 2026, 10:31:48 ös »
$P$ nin $BC$ ye göre simetriği $Q$ olsun.
$\angle PCQ = \angle ACP$, $CA=CP = CQ$ olduğu için $AP=PQ$, $\angle BQC = \angle BPC = 150^\circ$, $BP=BQ$ ve $\angle BQP = 60^\circ + t$.
$BQR$ eşkenar üçgenini $\angle PQR = 60^\circ + (60^\circ + t) = 120^\circ + t$ olacak şekilde kuralım.
$BP=BQ=BR$ olduğu için $PQR$ üçgeninin çevrel merkezi $B$ dir.
Bu durumda $\angle RPQ = \dfrac {\angle RBQ}{2} = 30^\circ$ olur.
$\angle APB = 360^\circ - (90^\circ - t) - 150^\circ = 120^\circ + t$.
$AP=PQ$ ve $PB=QR$ olduğu için $\triangle APB \cong \triangle PQR$. O halde $\angle BAP = \angle RPQ = 30^\circ$.
9
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 21, 2026, 09:25:23 öö »
$ABC$ üçgeni içerisinde $CA=CP$, $\angle ACP =2\angle BCP$ ve $\angle BPC = 150^\circ$ olacak şekilde $P$ noktası alınıyor. $\angle BAP = 30^\circ$ olduğunu gösteriniz.
10
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 21, 2026, 01:48:59 öö »
Model 4.8
$ABC$ üçgeninin iç bölgesinde $\angle BAP =2t$, $\angle PAC = 90^\circ - t$, $\angle ACP = 30^\circ$ ve $\angle BCP = 30^\circ - t$ olacak şekilde $P$ noktası alınıyor. $\angle ABP = t$ ve $\angle CBP =30^\circ - t$ olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$A$ nın $CP$ ye göre simetriği $A'$ olsun. $AA' \perp CP$ ve $\angle ACP = \angle A'CP = 30^\circ$. Dolasıyla $\triangle CAA'$ eşkenar üçgendir.
$\angle PAA' = \angle PA'A = 30^\circ - t$.
$\angle AA'C = 2\angle ABC = 60^\circ$ ve $AA'=CA'$ olduğu için $ABC$ üçgeninin çevrel merkezi $A'$ noktasıdır. $BA' = A'C$.
$\angle PA'C = \angle PAC = 90^\circ - t$ ve $\angle CBA' = \angle BCA' = t$ olduğu için $PA' \perp BC$. Dolayısıyla $BP=PC$, yani $\angle CBP = \angle BCP = 30^\circ - t$ ve $\angle ABP = t$.
|
Son İletiler