Son İletiler

51

Sayılar Teorisi / Ynt: Ljunggren'in Denklemi {çözüldü}

« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 19, 2026, 05:03:48 ös »

Bu sorunun genel elementer çözümü Lijuan Lin ve Ming Luo tarafından 2 Ağustos 2025'te (hatalı olabilir) bulunmuş ancak PDF ücretli bir sitede bulunduğu için ekleyemedim. Onun yerine aynı genel çözümü açıklayan bir pdf buldum.


https://arxiv.org/pdf/2603.05809

52

2025 / Ynt: Tübitak Lise 2. Aşama 2025 Soru 6

« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 19, 2026, 01:39:50 ös »

Bu soruda bir sayının iki kare toplamının $3\pmod 4$  asallarının üstünün çift olması gerektirdiğini kullanacağız.

Lemma : $v_p(P(a))=r$,  $p\equiv 3 \pmod 4$ , $N,a$ tamsayılar , $M>r$ eşitsizliğini sağlayan en küçük tamsayı ise

$$N\equiv a \pmod{p^M}$$ ise $$P(N)\equiv P(a) \pmod{p^M}$$  sağlanmalıdır. Çünkü polinomun açılım versiyonunda her terim için $2$  kuvvet farkı uygulanması yardımıyla $N-a\mid P(N)-P(a)$ olduğu söylenebilir. Buradan $p^M \mid N-a$ olduğundan dolayı ispat biter.

Buradan yola çıkarak $v_p(P(N))=r$ olduğunu gösterelim.  $P(a)=p^r.u$ olacak şekilde $p \not \mid u$  tamsayısı vardır. Buradan yola çıkarsak $$P(N)=p^r.u+p^M.t$$ olacak şekilde bir $t$ tam sayısı bulunduğunu söyleyebiliriz. $r<M$ olduğundan dolayı $P(N)=p^r(u+p^{M-r}t)$ olarak yazılaiblir ve $p\not \mid u+p^{M-r}$ olduğundan dolayı $v_p(P(N))=r$ elde edilir.

Şimdi $a=p^ec$  ,$p \not \mid c$ ve $v_p(a)=e$ olacak şekilde $e,c$ , $M>e$  tam sayıları seçelim. $L$  bir tamsayı olmak üzere 

$$x^2+y^2\equiv  c \pmod p$$ olacak şekilde $x,y$ tam sayıları vardır. Bunu ispatlayalım. $A$ ve $B$ kümeler olmak üzere $\mid A \mid$  ve $\mid B \mid $ bu kümelerdeki eleman sayıları olsun. Şimdi karekalanlarla alakalı bazı özdeşlikler bulalım  $x^2\equiv y^2 \pmod p$  sağlanabilmesi için 

$$x^2-y^2\equiv 0 \pmod p$$ yani $$(x-y)(x+y)\equiv 0 \pmod p$$ olur. Buradan ya $x$ $y$ birbirine denk ya da $x$ ile $-y$ birbirine denk olması gerektiği görülür. Buradan yola çıkarsak $0$ dan $\frac{p-1}{2}$ ye kadar olan kalanlara bakmamız yeterlidir ve az önce yaptığımız ispat nedeniyle bu kalanların tamamı birbirinden farklı olmalıdır. Yani herhangi bir $2$ hariç $\pmod p$  altında $\frac{p+1}{2}$ adet kare kalan (x^2) oluştuğunu görürüz.  Benzer şekilde $c-y^2$  için de $\frac{p+1}{2}$ karekalan oluşur. $| A|+ | B |= p+1$ olduğundan güvercin yuvası ilkesi gereğince bu iki kümenin en az $1$ ortak elemanı vardır.  Varsayalım ki bu eleman $u$  olsun. Bu durumda $$u\equiv x^2 \pmod p$$ ve $$u\equiv c-y^2 \pmod p$$ yani $$x^2+y^2\equiv c \pmod p$$ elde ederiz. En baştaki $p \not \mid c $  kabulümüzden dolayı hensel liftingi sürekli uygulayabiliriz ve keyfi bir $L$  pozitif tam sayısı için $$x^2+y^2 \equiv c \pmod{p^L}$$ olacak şekilde $x,y$ tamsayılarının var olduğunu söyleyebiliriz. 

$U=x^2+y^2$ ve $U \equiv c \pmod{p^{M-e}}$ olsun. Polinomda kullandığımız $a$ ya uygun $N$  seçmek için $N=p^e.U$ alalım. $N=p^eU\equiv p^ec=a \pmod{p^M}$ olur dolayısıyla bu $N$ seçimini yapabiliriz. Eğer $e$ çiftse $N\in S$ sağlanır. Eğer $e$ tekse $N\in S$ sağlanmaz.


 $$v_p(P(a))\equiv v_p(a) \pmod 2$$ sağlanır.

     i) $v_p(a)$ çift olsun. Çelişki yardımıyla ispatlamak için varsayalım ki $v_p(P(a))=r$ tek olsun. Ve $N\equiv a \pmod{p^{M}}$ , $N\in S$ olacak şekilde $N$ seçelim. $P(N)\equiv P(a) \pmod{p^{M}}$ ve buradan $v_p(P(N))=r$ elde edilir. Ancak $r$ tek kabul ettiğimiz için çelişki elde edilir.
     
      ii) $v_p(a)$  tek olsun. Çelişki yardımıyla ispatlamak için varsayalım ki $v_p(P(a))=r$ çift olsun. $N$ tamsayısını $N \equiv a \pmod{ p^M}$ olacak şekilde ve $p$ nin üssü tek seçelim ve diğer $3\pmod4$ asallarının üstü çift olsun. (Bu seçimin yapılabileceğini $N=p^eU$ ile göstermiştik.) ($N\not \in S$) . Soruda verilen önermeden dolayı $P(N)\not \in S$ olmalıdır. Ancak $P(N)\equiv P(a) \pmod{ p^M}$ ve $M>r$  olduğu için $v_p(P(N))$ çift olmalıdır. Diğer $3\pmod 4$ asalları için de bu durum uygulanabileceği için $p(N)\in S$  olmasına neden olur. Çelişki.


Şimdi $P(0)=0$ olduğunu gösterelim. Varsayalım ki $P(0)\not = 0$  olsun. Bu durumda sorunun şartından $0\in S$ olduğundan $P(0) \in S$ olması gerektiği söylenebilir ve $v_3(P(0))$   çift olmalıdır $M>v_3(P(0))$ olacak şekilde seçelim. $k$ bir tamsayı, $2k+1\geq M$ olmak üzere  $n=3^{2k+1}$ alalım. $v_3(n)$  tek olduğu için $v_3(P(n))$ de tektir. Ancak $3^{2k+1}\equiv 0 \pmod{3^M}$  ve $$P(3^{2k+1}) \equiv P(0) \pmod{3^M}$$  Buradan $v_3(P(3^{2k+1}))=v_3(P(0))$ elde edilir ve bu $P(0)\in S $ olmasıyla çelişir (sol tarafın paritesi tek iken sağ tarafın paritesi çift). $P(0)=0$  olmalıdır.


$P(x)=x^mR(x)$ , $m>0$ denklemin $0$  olan kökünün katı, $R(x) \not = 0$ olacak şekilde seçebiliriz. Şimdi $p\equiv 3 \pmod 4$ ve $p\not \mid R(0)$ olacak şekilde bir $p$ asalı seçelim. $n=p^{2k+1}$ alalım. $$R(p^{2k+1})\equiv R(0) \pmod p$$ ve $p \not \mid R(0)$  olduğundan $p \not \mid R(p^{2k+1})$ olur.  $$P(p^{2k+1})=p^{m(2k+1)}R(p^{2k+1})$$ $n$  in üssü tek olduğu için $m$ tek olmalıdır.

Geriye  $R(n)$ nin iki kare toplamı olarak yazılabileceğini göstermek kaldı. $P(n)=n^mR(n)$ $n>0$ ve $R(n)\not = 0$ olsun. Her $p\equiv 3 \pmod 4$ asalı için  $$v_p(P(n))=m.v_p(n)+v_p(R(n))$$. Parite korunumundan $$v_p(P(n))\equiv v_p(n)\pmod 2$$  , $m$ tek olduğu için ve yukarıdaki eşitlik yardımıya $v_p(R(n)) \equiv 0 \pmod 2$ elde edilir. Bu da bize $\mid R(n) \mid \in S$ sonucunu verir. Geriye $\mid R(0) \mid \in S$  olduğunu göstermek kaldı.

$p\equiv 3 \pmod 4$ asal olsun.  $p^{2k}\in S$ olduğundan $P(p^{2k})\in S $  $P(p^{2k})=p^{2km}R(p^{2k})$ olur ve bu da bize $v_p(R(p^{2k}))$  çift olduğunu verir.

$p^{2k} \equiv 0 \pmod{ p^{2k}}$ olduğundan dolayı $R(p^{2k}) \equiv R(0) \pmod{ p^{2k}}$ buradan $v_p(R(p^{2k}))=v_p(R(0))$ olması için $2k>v_p(R(0))$ olacak şekilde kısıtlama eklemeliyiz. Bu da bize $v_p(R(0))$ ın çift olduğunu verir.


$R(n)$ in negatif olamayacağını ispatlayalım.

Varsayalım ki bir $a\geq 0$ için $R(a)<0$ olsun. $R(a)=-B$ ve $B>0$ olacak şekilde $B$ tam sayısını seçelim. Az önce elde ettiğimiz $\mid R(n)\mid \in S$ sonucundan dolayı $B\in S$ olur.

$R$ polinomunun başkatsayısı pozitiftir. Bu yüzden uygun bir $t$ tam sayısı seçilerek

$$
N=a+4Bt
$$

ve aynı zamanda $R(N)>0$ olması sağlanabilir. Bu seçimden dolayı $N\equiv a \pmod{4B}$ olur. Polinom tam katsayılı olduğundan

$$
R(N)\equiv R(a)\equiv -B \pmod{4B}
$$

elde edilir. Buradan bir $u$ tam sayısı için $R(N)=B(4u-1)$ yazılabilir.

Öte yandan $R(N)>0$ ve $\mid R(N)\mid \in S$ olduğundan $R(N)\in S$ olur. Ayrıca $B\in S$ ve $B\mid R(N)$ olduğu için iki kare toplamı teoreminden bölümün de $S$ içinde olması gerekir. Yani $4u-1\in S$ olmalıdır. Ancak

$$
4u-1\equiv 3 \pmod 4
$$

olduğundan bu mümkün değildir. Çünkü iki karenin toplamı mod $4$ altında $3$ olamaz. Çelişki elde edilir. Dolayısıyla $R(n)$ negatif değer alamaz. Böylece

$$
R(n)\in S \qquad \forall n\geq 0
$$

elde edilir.

Şimdi son olarak şu lemmayı kullanalım. Eğer $F\in Z[X]$ ve her $n\geq 0 $  için $F(n) \in S$ ise $\deg F$ çift olmalıdır.

Bunu ispatlayalım. Varsayalım ki $\deg F$ tek olsun. Büyük pozitif $n$ değerleri için $F(n)\in S$ olduğundan $F(n)\geq 0$ olmalıdır. Bu yüzden $F$ nin başkatsayısı pozitiftir. Derece tek ve başkatsayı pozitif olduğundan negatif tarafta $F$ negatif değer alır. Yani negatif bir tam sayı $a$ için $F(a)<0$ seçilebilir. $F(a)=-B$ ve $B>0$ olsun.

Önce $B\in S$ olduğunu gösterelim. Eğer $B\notin S$ olsaydı, bir $p\equiv 3 \pmod 4$ asalı için $v_p(B)$ tek olurdu. $M>v_p(B)$ seçip $N\equiv a \pmod{p^M}$ ve $N\geq 0$ olacak şekilde $N$ seçelim. Bu durumda $F(N)\equiv F(a)\pmod{p^M}$ olur ve $v_p(F(N))=v_p(F(a))$ tek kalır. Bu da $F(N)\notin S$ demektir. Ancak $N\geq 0$ olduğundan varsayımdan $F(N)\in S$ olmalıydı. Çelişki. Demek ki $B\in S$.

Şimdi uygun bir $t$ seçerek

$$
N=a+4Bt\geq 0
$$

ve $F(N)>0$ olmasını sağlayalım. Bu durumda

$$
F(N)\equiv F(a)\equiv -B \pmod{4B}
$$

olur. Dolayısıyla bir $u$ tam sayısı için $F(N)=B(4u-1)$ yazılır. Burada $F(N)\in S$ ve $B\in S$ olduğundan yine iki kare toplamı teoreminden $4u-1\in S$ olmalıdır. Fakat $4u-1\equiv 3\pmod4$ olduğundan bu imkansızdır. Çelişki.

Demek ki $\deg F$ tek olamaz. Dolayısıyla $\deg F$ çifttir.

Bu lemmayı $F=R$ için uygularsak $\deg R$ çift olur. Daha önce $P(x)=x^mR(x)$ ve $m$ nin tek olduğunu göstermiştik. Sonuç olarak

$$
\deg P=m+\deg R
$$

tek $+$ çift olduğundan tektir.
 

53

Geomania Olimpiyat Denemeleri / Ynt: I. Aşama Denemesi

« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 18, 2026, 04:02:56 ös »

6) Bu soruda $m=0$ olduğu gösterildikten sonra kalan denklemin herhangi bir yöntemle çözülebilir durmuyor ancak $(5,7,0,2)$  şeklinde bir çözüm olduğu görülebiliyor. Cevap anahtarının $0$ çözüm olduğunu söylemesinden dolayı $m$ in pozitif olması şartının soruda unutulmuş olduğunu düşünüyorum. $m$ i pozitif kabul ederek çözüm :

 $$2^m+4p^3+p+q^2=3^n+q^3+4q+7p^2$$ denklemine $\pmod 2$ altında bakarsak $$2^m+p+q^2\equiv 1+q^3+p^2 \pmod 2$$ $$2^m+p+q \equiv 1+q+p \pmod 2$$ yani $$2^m \equiv 1 \pmod 2$$ elde edilir ve  $m$ pozitif olduğu için bu denklemin çözümü yoktur.

54

Geomania Olimpiyat Denemeleri / Ynt: I. Aşama Denemesi

« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 18, 2026, 02:13:09 ös »

3)   Bu soruda eşitsizlik daima sağlandığına göre $x=y=z=t$ alırsak da sağlanmalıdır. $$3t \geq 4t^2 .3 . \dfrac{(2-t) (t-2)+K}{(4t+1)^2}$$ Buradan $K$ yı yalnız bırakırsak $$K \leq (t-2)^2+ \dfrac{(4t+1)^2}{4t^2}=5+\dfrac{(2t^2-4t-1)^2}{4t^2}$$ olarak yazabiliriz. Ayrıca bu eşitsizliğin daima sağlanması gerektiğinden ve  eşitsizliğin sağ tarafının en az $5$  olduğunu ve bu değeri almasını sağlayan bir $t$ değeri olduğundan dolayı $K$ maksimum $5$ olabilir. $K=5$  için eşitsizliğin sağlandığını gösterebilirsek ispat biter.

$K=5$  alıp sağdaki terimlerden birine odaklanalım. $$\dfrac{2x+2y+1-xy}{(2x+2y+1)^2}$$ olur. Sadeleştirmek için $2x+2y+1=a$  dersek  İfademizin payında $A-xy$  bulunduğunu görebiliriz. Bunu kullanabilmek için $$(A-2xy)^2=A^2-4Axy+4x^2y^2\geq 0$$ Buradan $$A^2\geq 4xy(A-xy)$$ $A\not = 0$ olduğundan  $$1 \geq \dfrac{4xy(A-xy)}{A^2}$$ elde edilir. Benzer şekilde

$$1 \geq \dfrac{4yz(A-yz)}{A^2}$$ ve $$1 \geq \dfrac{4xz(A-xz)}{A^2}$$ olur. Buradan eşitsizlikleri sırasıyla $z,x,y$ ile genişletirsek ve taraf tarafa toplarsak $K=5$  durumunu ispatlamış oluruz.

55

Fantezi Geometri / Ynt: 30-70-80 Üçgenin içinden alınan bir P noktası (Çözüldü)

« Son İleti Gönderen: geo Haziran 17, 2026, 09:36:56 ös »

Daha genelini çözelim:

$\angle ABP = t$, $\angle PBC = 2t$, $\angle PAC = 30^\circ$, $\angle ACP = 30^\circ - t$ olsun. $\angle BAP = 30^\circ + t$ olduğunu göstereceğiz.

$BP$, $ABC$ nin çevrel çemberini $D$ de kessin.
$\angle DAC = 2t$, $\angle DCA = t$, $\angle PCD = 30^\circ$ dir.



$\triangle PAC$ nin çevrel merkezi $O$ olsun.
$\angle POC = 60^\circ$, $\angle AOP = 60^\circ - 2t$, $\angle OCD = \angle PCD = 30^\circ$.
$CD$ ile $OP$, $E$ noktasında kesişsin. $PE=OE$.
$\triangle AOP$ üçgeninin çevrel merkezi; $2\angle AOP = 2(60^\circ - 2t) = 120^\circ - 4t$ ve $\dfrac {180^\circ - (120^\circ - 4t)}2 = 30^\circ + 2t$ olduğu için $AD$ üzerindedir. Çevrel merkez, aynı zamanında $OP$ nin kenar orta dikmesi üzerinde olacağı için; $AD$ ile $DE$ nin kesişimi, yani $D$ noktasıdır.
$\angle DPA = \angle DAP = 30^\circ + 2t$ olduğu için $\angle BAP = 30^\circ + t$ dir.

56

2026 / Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2026 Soru 24

« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 17, 2026, 07:04:19 ös »

Cevap: $\boxed {D}$

Bu soruda oyunun ne zaman bittiğini dikkate almalıyız. Masada bulunan en büyük öbek $2^n-1$  formatında ise başlayan oyuncu oyunu kaybeder. Bunu gösterelim. Öncelikle $n=1$  ise ifademiz $1$  olduğu için barizdir. $n=3$ ise $2^n-1=7$ olur. Burada önemli olan $1.$ oyuncu böldükten sonra en büyük sayının $2^i-1$  formatında olamamasıdır ki bu da oynayan oyuncuyu  $1$ sayısı $2^i-1$ formunda olmasından dolayı kaybeden sayıyı almamasını garantiler. Mesela oyundaki sayı $2^x-1$ olsun. Ve  $2^i-1$ aynı formdaki en büyük sayı olsun. Bu durumda $2^x=2.2^i$  olur. Diğer taraftan en büyük sayı kabulümüzden dolayı diğer öbekteki sayı $s \leq 2^i-1$  olmalıdır. Bu da bize $s+2^i-1 \leq 2.2^i-2<2^x-1$  verir ki bu da bize $2^i-1$ formatında sayıyı bölen kişinin $2^i-1$ formatında en büyük sayı bırakamayacağını kanıtlamış olur. Benzer şekilde destemizde en büyük parça $2^x-1-a$ , $a \in \{1,2,3,....2^{x-1}-1\}$ sayı olsun. Bu durumda  desteyi $2^{x-1}-1$ ve $2^{x-1}-a$ şeklinde $2$ desteye bölmeyi garantileriz. $2^{x-1}-1$  en büyük sayı olduğu için hamleyi yapan kişi kaybedecektir.

Mesela $33$ için başlayan oyuncu $31$  ve $2$  şeklinde bölebilir. Başlayan kazanır

$50$ için $31$ ve $19$ şeklinde bölmek mümkündür. Başlayan kazanır.

$63=2^6-1$ olduğu için başlayan kaybeder.

$120$  yi $63$  ve $57$ şeklinde bölmek mümkündür. Başlayan kazanır.

Dolayısıyla başlayan oyuncu bu oyunlardan $3$  ünü doğru stratejiyle kazanır.

57

2026 / Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2026 Soru 28

« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 17, 2026, 06:24:08 ös »

Cevap: C

$0$ sayılarının değiştirilebilmesi için yanlarında bulunan $1$ sayılarına da müdahale etmek zorunda kalıyoruz. Bu nedenle her $1$  sayısı tekrar $1$ haline dönebilmek için en az $2$ kez işleme girmek zorundadır. Tahtanın yarısı $1$ olduğu için en az $1122$ işlem yapılması gerektiğini görürüz. Bunun yapılabilir olduğunu gösterirsek ispat biter.

tüm sütunları üçlü şekilde $1,0,1$ ve $0,1,0$  şeklinde gruplara ayıralım.

$1,0,1$  olan grupta soldaki virgülün olduğu yere $2$ işlem sağdaki virgülün olduğu yere de $2$ işlem yaparsak $2-1-1$ -> $0-2-1$ -> $0,0,2$  -> $0,1,0$  haline geliyor.  toplamda $4$ işlem yapar.

$0,1,0$ olan grupta  her iki vürgülün olduğu yere de benzer şekilde $1$ işlem yaparsak $0,1,0$ -> $1,0,1$ haline geliyor. Toplamda $2$ işlem yapar.

Toplamda  $1-0-1$ ile başlayan sütunlarda $6$ tane $1-0-1$  ve $5$ tane $0-1-0$ bulunur. 
Toplamda  $0-1-0$ ile başlayan sütunlarda $5$ tane  $1-0-1$  ve $6$ tane $0-1-0$ bulunur.

Tahtamızda toplamda $17.6+17.5$ tane $1-0-1$ ve $17.5+17.6$ tane $0-1-0$ dizilimi bulunur. Her birini de gerekli işlem sayısıyla çarparsak $$187.4+187.2=1122$$ elde edilir.

58

2026 / Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2026 Soru 32

« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 17, 2026, 05:59:06 ös »

Cevap : D  

 Varsayalım ki seçilen gün kümesi $G$ ve her cücenin uygun olduğu gün kümesi $S$  olsun $$\mid G \cap S \mid \geq 7+7-10=4 $$ Dolayısıyla seçilen her cüce $7$ partiden en az $4$ üne katılır. Benzer şekilde güvercin yuvası ilkesi gereğince ($4+4>7$) olduğundan seçilen her iki cüce en az bir gün birlikte partiye katılır.  Şimdi $6$ günün mümkün olmadığını gösterelim.

seçilen günler $d_1,d_2,d_3,d_4,d_5,d_6$  olsun.

$1.$ cüce $\{d_1,d_2,d_3\}$ + seçilmeyen $4$ gün

$2.$  cüce  $\{ d_4,d_5,d_6 \}$ + seçilmeyen $4$ gün   şeklinde seçim yapabilir ve bu seçim Keloğlan'ın amacına ulaşmasını engeller.

59

Geomania Olimpiyat Denemeleri / Ynt: I. Aşama Denemesi 2

« Son İleti Gönderen: AtakanCİCEK Haziran 17, 2026, 05:24:27 ös »

Geometri sorularına yaptığım çözümleri de ekledim. ($1,5,9,13,17,21,25,29$)


1) Yanıt: A    $\mid AB \mid =a$ , $\mid BC \mid =b$, $\mid CD \mid =c$, $\mid DA \mid = d$ , $\mid AC \mid =p $ ve $\mid BD \mid = q$ olsun. Soruda bize verilenler $a+c=15$, $b+d=\sqrt{43}$ , $p+q=12$  ve çembersellik yardımıyla Ptolemy Teoremi'ni uygularsak $ac+bd=pq$  elde edilir. $|AC|$  nin orta noktası $M$ ve $|BD|$ nin orta noktası $N$  olsun. Bu durumda bizdenin istenen uzunluk $\mid MN \mid$  olur. Bu uzunluk ise Euler dörtgen teoremi ile bulunabilir.

$$4 \mid MN \mid ^2= a^2+b^2+c^2+d^2-p^2-q^2=(a+c)^2-2ac+(b+d)^2-2bd-(p+q)^2+2pq=(a+c)^2+(b+d)^2-(p+q)^2-2pq+2pq=15^2+43-144=124$$ yani $\mid MN \mid = \sqrt{31}$ olarak bulunur.



5)      Yanıt: C       


 $13-14-15$ üçgeninde Heron Formülü ile alan hesaplanırsa $S=84$ olarak bulunabilir. ($S=\sqrt{u(u-a)(u-b)(u-c)}$) Aynı zamanda $S=u.r$  formülünü kullanırsak $84=21r$ den $\mid IP \mid = r=4$  olur. Ayrıca $S=\mid AH \mid .14/2=84$  den $\mid AH \mid =12$ elde edilir. $ABH$ üçgeninde Pisagor Teoremi'nden $\mid BH \mid = 5$ olur. $\mid BI \mid$  doğru parçasını çizersek ve bu doğru parçasının açıortay olduğunu göz önüne alırsak $\dfrac{13+x}{\mid IM \mid}=\dfrac{5}{\mid HI\mid}$. $\mid HP\mid = u-b-5=21-15-5=1$ olur.  $M$ den $BC$  ye dik çizdiğimizdeki kesişim noktası $Q$ olsun. $\text{HPI}$ ile $\text{HQM}$ üçgenlerinin benzer olduğu görülebilir. Bu benzerlik yardımıyla $\mid HQ \mid =x$ ve $\mid MQ\mid =4x$ diyelim. $\text{ABG}$  ve $\text{MBQ}$ da benzerdir. Buradan $\mid BQ \mid= 5+x$ olduğundan yardım alırsak $5.4x=12.(5+x)$ ve $x=\dfrac{15}{2}$ elde edilir. $\mid BQ \mid = \dfrac{25}{2}$  olduğundan  $\mid MA \mid = \dfrac{65}{2}$ olur. Buradan da istenen cevabı $\dfrac{39}{2}$ olarak bulabiliriz.


9) Yanıt: D     Varsayalım ki $\mid AK \mid =x$  olsun. Bu durumda açıortay teoreminden $\mid DF \mid =3a$ ve $\mid FC \mid =(x+1) a$  olacak şekilde $a$ sayısı vardır. Menelaus Teoreminden $$\dfrac{3}{3+3}\dfrac{x}{1}\dfrac{(x+1)a}{3a}=1$$ ve buradan $x=2$  olur. $ACD$ ikizkenar üçgendir. Diğer taraftan açıortay teoremi yardımıyla $\dfrac{\mid BE \mid }{\mid  EC \mid}=2$ olduğunu not edelim. Bunu kullanarak tekrardan menelaus teoremi uygularsak $$\dfrac{2}{3}\dfrac{1}{2}\dfrac{\mid AF \mid }{\mid FE \mid}=1$$ olur. Buradan $\mid FE \mid = y$ dersek $\mid AF \mid =3y$  olur ve soruda verilen orantı yardımıyla $\mid FC \mid =3y$  elde edilir. AFC üçgeninde pisagordan $y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ olur ve $\mid AE \mid =2 \sqrt{2}$ olur. AEC üçgeninde $AE$  uzunluğu için Stewart Teoremi yazıp hesaplarsak $\mid BC \mid = 3 \sqrt{5}$ yani $\angle BAC =90^\circ$ bulunur. Buradan $S=9$ olduğu kolayca görülebilir.



13) Yanıt : C


Bu soruda $\mid DC \mid = \mid BE \mid $ ve $\angle EBA = 90^\circ$ olacak şekilde bir $\text{E}$ noktası alalım. Bu durumda  EB ile  CD doğrularının paralel olduğu görülebilir ve dolayısıyla $\text{EBDC}$ bir paralelkenar oluşturur. köşegenlerin kesişim noktası paralelkenar özelliğinden dolayı $N$ noktası olmalıdır. DMN ve DAE üçgenlerindeki benzerlik yardımıyla $|MN|=\dfrac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$ olur.



17) Yanıt: D Öncelikle trigonometrik bağıntıları not edelim. $\mid AI \mid = 4 R \sin{B/2} \sin{C/2}$ ve $\mid BI \mid = 4R \sin{A/2} \sin{C/2}$ ve  $\mid AB \mid = 2R \sin{A}$ ve $\mid AC \mid= 2R \sin{B}$    $$\dfrac{\mid AI \mid }{\mid BI \mid}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sin{B/2}}{\sin{A/2}}$$ .  Diğer taraftan $\mid AB \mid \mid AC \mid = 4R^2 \sin{B} \sin{A}=16R^2 \sin{A/2} \sin{B/2} \cos{A/2} \cos{B/2}$ ifadesinde $\mid AI \mid $ yerine koyarsak $7=4R \cos{B/2} \cos{C/2}$ geliyor. Buradan $\dfrac{3}{7}=\tan{B/2} \tan{C/2}$ elde edilir. Şimdi  $$\dfrac{\mid AI \mid }{\mid BI \mid}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sin{B/2}}{\sin{A/2}}=\dfrac{\sin{B/2}}{\cos{(\frac{B+C}{2})}}$$ 

$\tan{B/2}=x$  ve $ \tan{C/2}=y$ olsun. Bu durumda $xy=3/7$ ve $$\dfrac{x\sqrt{1+y^2}}{1-\frac{3}{7}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$$ $x=\dfrac{3}{7y}$  yazıp ifadeyi düzenlersek $y=\sqrt{3}$  yani bizdenen istenen açı $60^\circ$  olur.
 

21) Yanıt : D       

$[CA$ ışını üzerinde $\mid EB \mid = \mid BC \mid $  olacak şekilde bir $E$ noktası alalım. $\angle{CEB}=20$ olur. Ayrıca EAB üçgeninin ikizkenar olduğu görülebilir. $\mid EA \mid = \mid AB \mid $ ve  $\angle{DAE}=110^\circ = \angle{DAB}$ olduğunu görürsek DAE ve DAB üçenlerinin eş kenar-açı-kenar eşliğine sahip olduğunu görebiliriz. $\mid DE \mid = \mid DB \mid $ elde edilir. $[EC]$ ye DC doğrusu açıortay olacak şekilde eşkenar üçgen yerleştirirsek ve bu köşeye $F$  dersek  Kenar-Açı-Kenar eşliği yardımıyla $\mid DE \mid = \mid DF \mid $ elde edilir. $EBC$ ikizkenar ve $ECF$  eşkenar üçgen olduğu için $BF$ doğrusu $EC$  nin orta dikmesidir ve aynı zamanda $\angle EBC$ ve $\angle CFE$ nin açıortayıdır. Ayrıca $\mid DE \mid = \mid DF \mid = \mid DB \mid $ olduğundan $D$ noktası $EBF$  nin çevrel çemberinin merkezidir. $\angle{EFB}=30$ olduğundan dolayı çevre açı merkez açı mantığı yardımıyla $\angle{EDB}=60$ ve $EDB$ üçgeninin eşkenar olduğunu elde ederiz. Buradan kenar eşitliklerini takip edersek $\mid DB \mid = \mid BC \mid $ olduğuna  ulaşırız ve $\angle{CBD}=80^\circ$  elde ederiz.



25)   Yanıt :  A    $DEF$ bir ortik üçgendir ve bu üçgenin iç teğet çemberi yarıçapı ile dış teğet çember yarıçapları sırasıyla $r$ ve $R$ olsun. Heron Formülü ve diğer alan formülleri yardımıyla $$\text{A(DEF)}=84=21r=13.14.15/4R$$ yani $r=4$ ve $R=65/8$ olarak bulunur. Ortik üçgen yardımıyla ana üçgenin ana formülü arasındaki $$\text{A(DEF)}=\dfrac{\text{A(ABC)}.r}{2R}$$ formülünü kullanırsak $\text{A(ABC)}=\dfrac{1365}{4}$ elde edilir. $1365+4=1369$ olur.


29) Yanıt: E        $\mid BC\mid = a $  , $\mid AC \mid =b $  ve $ \mid AB \mid = c$ olsun. $\mid AD \mid =\dfrac{bc}{a+c}$ olur. $ABD$ üçgeninde $I$  noktasına göre açıortay teoreminde $$\dfrac{\mid BI \mid }{\mid ID \mid}=\dfrac{c}{\frac{bc}{a+c}}=\dfrac{a+c}{b}$$ olur. Benzer şekilde $\dfrac{\mid IC \mid }{ \mid IE \mid }= \dfrac{a+c}{b}$  ve $p=\mid IB \mid $  ve $q = \mid IC \mid $ olsun. ve bu iki kenar arasındaki açı $\theta$ ve $|IY|=L$ olsun. Küçük üçgenlerde ve büyük üçgende alan formüllerini yazarsak  $1/2pq \sin{\theta}=1/2L(p+q)\sin{\theta /2}$  yani $$L= \dfrac{2pq \cos{\theta/2}}{p+q}$$ elde edilir.   Bu formülü sorumuzda uygularsak

\[
\mid IY \mid=\frac{2\cdot \mid IB\mid \cdot \mid IC\mid \cos\frac{\theta}{2}}{\mid IB\mid+\mid IC\mid}.
\]

\[
\mid IX \mid =\frac{2\cdot \mid ID\mid \cdot \mid IE\mid \cos\frac{\theta}{2}}{\mid ID\mid+\mid IE\mid}.
\]

ve buradan
\[
\frac{\mid IX \mid }{\mid IY \mid}
=
\frac{\mid ID\mid\cdot \mid IE\mid}{\mid ID\mid+\mid IE\mid}
\cdot
\frac{\mid IB\mid+\mid IC\mid}{\mid IB\mid\cdot \mid IC\mid}.
\] elde ederiz. $\mid IB \mid =m$ $ \mid IC \mid = n$ dersek

\[
\frac{\mid IX\mid}{\mid IY\mid}
=
\frac{
\frac{b}{a+c}\cdot \frac{c}{a+b}(m+n)
}{
\frac{b}{a+c}m+\frac{c}{a+b}n
}.
\]
 İç merkezden dolayı
\[
m:n=\mid IB\mid:\mid IC\mid
=
\frac{r}{\sin\frac{B}{2}}:\frac{r}{\sin\frac{C}{2}}
=
\sin\frac{C}{2}:\sin\frac{B}{2}.
\]
Bu nedenle formülde
\[
m=\sin\frac{C}{2},\qquad n=\sin\frac{B}{2}
\]
alabiliriz. Böylece
\[
\begin{aligned}
\frac{\mid IX\mid}{\mid IY\mid}
&=
\frac{
\frac{b}{a+c}\cdot \frac{c}{a+b}
\left(\sin\frac{B}{2}+\sin\frac{C}{2}\right)
}{
\frac{b}{a+c}\sin\frac{C}{2}
+
\frac{c}{a+b}\sin\frac{B}{2}
} \\[2mm]
&=
\frac{
\sin\frac{B}{2}+\sin\frac{C}{2}
}{
\sin\frac{C}{2}\cdot \frac{a+b}{c}
+
\sin\frac{B}{2}\cdot \frac{a+c}{b}
}.
\end{aligned}
\]

Sinüs teoreminden
\[
\sin\frac{C}{2}\cdot \frac{a+b}{c}
=
\sin\frac{C}{2}\cdot \frac{\sin A+\sin B}{\sin C}
=
\cos\frac{A-B}{2},
\]
ve benzer şekilde
\[
\sin\frac{B}{2}\cdot \frac{a+c}{b}
=
\cos\frac{A-C}{2}.
\]

Dolayısıyla ana denklem
\[
\begin{aligned}
\frac{\mid IX\mid}{\mid IY\mid}
&=
\frac{
\sin\frac{B}{2}+\sin\frac{C}{2}
}{
\cos\frac{A-B}{2}+\cos\frac{A-C}{2}
} \\[2mm]
&=
\frac{
2\sin\frac{B+C}{4}\cos\frac{B-C}{4}
}{
2\cos\frac{2A-B-C}{4}\cos\frac{B-C}{4}
} \\[2mm]
&=
\frac{\sin t}{\sin 3t},
\qquad
t=\frac{180^\circ-A}{4}.
\end{aligned}
\]

Verilen koşuldan
\[
\frac{\mid IX\mid}{\mid IY\mid}=\frac12
\]
olduğu için
\[
\frac{\sin t}{\sin 3t}=\frac12.
\]
Buradan
\[
2\sin t=\sin 3t=3\sin t-4\sin^3 t.
\]
Dolayısıyla
\[
\sin t(1-4\sin^2 t)=0.
\]
 $(0<t<45^\circ) $ olduğundan $\sin t\neq 0$, bu yüzden
\[
\sin t=\frac12.
\]
$t=30$ ve $A=60^\circ$  elde edilir.

60

Fantezi Geometri / Ynt: 30-70-80 Üçgenin içinden alınan bir P noktası

« Son İleti Gönderen: geo Haziran 16, 2026, 10:49:19 ös »

$BP$, $ABC$ üçgeninin çevrel çemberini $D$ de kessin.
$\angle ACD = \angle ABP = 10^\circ$, $\angle DAC = \angle PBC = 20^\circ$, $\angle PCD = 30^\circ$.

$APC$ üçgeninin çevrel merkezi $O$ olsun.
$\angle POC = 2\angle PAC = 60^\circ$, $\angle AOP=2\angle ACP = 40^\circ$ ve $\angle CAD = \angle DAO = 20^\circ.$.
$PC=OP=PC=AO$ ve $PDOC$ bir deltoittir.

$AO$ yu $AC=AE$ olacak şekilde uzatalım. $\angle ACD = \angle AED = 10^\circ$. $\angle CDE = 60^\circ$ ve $\triangle CAE$ de $AD$ açıortay olduğu için $DCE$ eşkenar üçgen ve $\angle ECO = \angle DCO = 30^\circ$ oldğu için $DOEC$ bir deltoittir. Bu durumda $\angle ACD = \angle AED = \angle ODE = 10^\circ$ ve $\angle DOA = \angle DOP = \angle DPO = 20^\circ$ olacaktır. $\angle APD = \angle APO - \angle DPO = 70^\circ - 20^\circ = 50^\circ$ ve $\angle BAP = \angle APD - \angle ABP = 50^\circ - 10^\circ = 40^\circ$.

Not:
$ACO$ üçgeninde $D$ noktası için açıları yazarsak,
$\angle DCA = 10^\circ$, $\angle OCD = 30^\circ$, $\angle CAD = \angle DAO = 20^\circ$ olur.
Bu soru modeli, Model 4.3 e aittir. Buradan $t = 10^\circ, \angle AOD = 2t = 20^\circ$ elde edilir. Biz yukarıda bu modelin çözümlerinden birini yaptık. İlgili linkteki diğer çözümler ile de sonuca gidilebilirdi.