Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2006 Çözümleri
« 2005 2007 »
« Sorulara Git
Geri

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2006 Çözümleri

1
İçteğet çemberinin merkezi $I$ olan bir $ABC$ üçgeninin içinde, $$m(\widehat{PBA}) + m(\widehat{PCA}) = m(\widehat{PBC}) + m(\widehat{PCB})$$ olacak şekilde bir $P$ noktası seçiliyor. $ |AP| \geq |AI|$ olduğunu ve eşitliğin ancak ve ancak $P = I$ olması halinde sağlanacağını gösteriniz.
Çözüm:
$\angle PBA + \angle PCA = \angle PBC + \angle PCB = \dfrac{\angle B + \angle C}2$ olduğu için $\angle BIC = \angle BPC$ dir.

Yani $P$ noktalarının geometrik yeri $(BIC)$ çemberinin üçgen içerisinde kalan kısmıdır.
$AI$ doğrusu $(ABC)$ yi $M$ noktasında kessin. Basit açı hesaplarıyla $\angle BIM = \angle IBM$ ve $\angle MIC = \angle ICM$ olduğu görülür.
Bu durumda $M$ noktası $(BIC)$ nin merkezidir.
$A$ noktasının $(BIC)$ çemberine en yakın olduğu nokta $AM$ ile çemberin kesiştiği nokta, yani $I$ noktasıdır. $I$ noktası hariç noktaların $A$ ya uzaklığı $AI$ dan büyüktür. Bu durumu üçgen eşitsizliğinden de görebiliriz: $$AP + PM \geq AM = AI + IM \Rightarrow AP \geq AI.$$



2
Bir $P$ düzgün $2006$-geni veriliyor. $P$ nin bir köşegenine, uçları $P$ nin çevresini, her birisi $P$ nin tek sayıda kenarından oluşan iki parçaya ayırması halinde, güzel adı veriliyor. $P$ nin her kenarı da güzel kabul ediliyor.
 
$P$, herhangi ikisi çokgen içinde kesişmeyen $2003$ köşegeni tarafından üçgensel  bölgelere ayrıldığında, iki kenarı güzel olan en fazla kaç ikizkenar üçgen oluşabileceğini bulunuz.
3
Tüm $a, b, c$ reel sayıları için  $$\left |ab(a^2 - b^2 ) + bc(b^2 - c^2) + ca(c^2 - a^2)\right | \leq M(a^2 + b^2 + c^2)^2$$ eşitsizliğini geçerli kılan en küçük $M$ reel sayısını bulunuz.
Çözüm:
$a,b,c$'ler, herhangi üçü farklı reel sayılar olsun. Şayet bu reellerden en az ikisi birbirine eşitse $M\geq 0$ elde ederiz fakat biz en büyük (iyi) değeri arıyoruz. Yani $a,b,c$, çözümün devamında birbirlerine eşit olmasın
$$\left |ab(a^2 - b^2 ) + bc(b^2 - c^2) + ca(c^2 - a^2)\right | =\left |\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a+b+c\right)\right |$$
$a-b=x,b-c=y,c-a=z,a+b+c=s$ olsun. Genelliği bozmadan $a>b>c$ olsun (ifade simetrik olduğundan bu kabul yapılabilir). Dolayısıyla $x$ ve $y$ pozitif reel sayılardır. Buna göre sağ taraf
$$M\left(a^2+b^2+c^2\right)^2=M\left(\dfrac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}{3}\right)^2=\dfrac{M}{9}\left(x^2+y^2+z^2+s^2\right)^2$$
Bunu eşitsizlikte yerine koyduğumuzda
$$|xyzs|\leq \dfrac{M}{9}\left(x^2+y^2+z^2+s^2\right)^2$$
elde ederiz. Pariteleri aynı olan $x,y$ için $x+y$ sabit iken $x=y$ durumunu gösterirsek ispat biter çünkü $x=y$ iken sol taraftaki $xy$'yi maksimize ve sağ taraftaki $x^2+y^2=\left(x+y\right)^2-2xy$ minimize eder. Bundan ötürü $x=y$ olsun. Haliyle $z=-2x$ olacaktır
$$\left | xyzs\right |\leq \left | 2x^3s\right | \leq \dfrac{M}{9}\left(6x^2+s^2\right)^2 \leq \dfrac{M}{9}\left(x^2+y^2+z^2+s^2\right)^2$$
Yani
$$\dfrac{M}{9}\left(6x^2+s^2\right)^2=\dfrac{M}{9}\left(2x^2+2x^2+2x^2+s^2\right)^2\geq \dfrac{M}{9}\left(4\sqrt[4]{2^3x^6s^2}\right)^2=M.\dfrac{16\sqrt{2}}{9}2x^3s\geq 2x^3s=\left | 2x^3s\right |$$
Dolayısıyla $M\geq \dfrac{9}{16\sqrt{2}}$ elde edilir.
4
$1+2^x+2^{2x+1} = y^2$ eşitliğini sağlayan tüm $(x,y)$ tam sayı ikililerini belirleyiniz.
Çözüm:
$1+2^x+2^{2x+1}=y^2$ denklemini çözerken  öncelikle kullanışlı bilgiler bulalım .

Varsayalım ki $(x_0,y_0)$ bir çözüm olsun.   O halde $(x_0,-y_0)$ da bir çözümdür.

$1+2^x+2^{2x+1}>0$ olduğundan $y^2>0$ olur. O halde genelliği kaybetmeden $y>0$ alabiliriz.

$x=0$ için çözümleri bulalım.   $1+1+2=y^2$ yani $(0,2)$ ile $(0,-2)$ çözümleri bulunur.

Buradan sonra $y>0$ ve $x>0$ için çözümleri bulalım.

$y^2-1=2^x.(2^{x+1}+1)$ olur.

Şimdi bu denklemi çözmek için hangi ifadenin hangi ifadeyi böldüğünü bulalım.

öncelikle $x$'in $1$ veya $2$ için olamayacağını görelim.

$x=1$ ise $11=y^2$  olur , sağlamaz.

$x=2$ ise $37=y^2$ olur , sağlamaz.

O halde $x\ge3$ olmalıdır.

$2\mid y-1$ ya da $2\mid y+1$ olacağı açıktır. iki durumda da $y-1$ ve $y+1$ çifttirler ve ardışık olduklarından içlerinden biri $4$ ile bölünür.

yani $x=3$ için biri $4$ ile diğeri $2$ ile bölünür.

$x=4$ için yine biri $4$ biri $2$ ile bölündüğünden ya biri $8$ diğeri $2$ ya da her ikisi de $4$ ile bölünmelidir. Fakat ardışık çift sayıların ikisi birden $4$ e bölünemez.

O halde içlerinden biri $2^3$ ile  diğeri $2$ ile bölünür.

$x\ge3$, $x=x$ için bakarsak kalanlar arası fark $2$ olması gerektiğinden dolayı içlerinden biri yalnızca $2$ ile bölünür diğeri $2^{x-1}$ ile bölünür.

$y\pm1=m.2^{x-1}$ , $y=m.2^{x-1}+k$ , $k=\pm1$ , $m\in Z^+$ olur. Bu bilgiyi alıp ilk denkleme koyalım.

$2^x.(2^{x+1}+1)=(2^{x-1}.m+k)^2-1$ yani $1+2^{x+1}=2^{x-2}.m^2+mk+k^2-1$ olur. $k=\pm1$ olduğundan dolayı $k^2=1$ yani $k^2-1=0$ olur.

$1+2^{x+1}=2^{x-2}.m+mk$

$1-mk=2^{x-2}.(m^2-8)$ olur. 

$1)$         $k=1$ için  $1-m=2^{x-2}.(m^2-8)$  bu ifadenin ise $m=2$ dışında çözümü yoktur. çünkü $m=1$ ise sağ taraf $0$ dan büyüktür.  $m>2$ için sol taraf negatifken sağ taraf pozitiftir.

$m=2$ için ise sol taraf  tek  sayı olacağından dolayı çözümü yoktur. O halde $k=-1$ olmalıdır.

$2)$         $k=-1$ için $1+m=2^{x-2}.(m^2-8)$ , $x\ge3$ olduğunu söylediğimiz için  $1+m=2^{x-2}.(m^2-8)\ge 2.(m^2-8)$ olur.

 $2m^2-m-17\le0$ eşitsizliği elde edilir.  $m=4$ için $32-4-17>0$ olur. $f(m)=2m^2-m-17$ şeklinde düşünürsek  $f'(m)=4m-1$ yani $m\ge4$ için $f(m)>0$ ve $f'(m)>0$ olduğundan daima artandır ve sıfırdan büyüktür.

Aynı zamanda $m^2-8>0$ olduğundan dolayı $m>2$ olmalıdır. $2<m<4$ elde edilir. yani $k=-1$ ,$m=3$ olmaldıır.

$1+3=2^{x-2}.1$  buradan $x=4$ elde edilir. $y=m.2^{x-1}+k$ ifadesinde $k=-1$ $m=3$ ve $x=4$ yerleştirilirse $y=23$ elde edilir.

O halde denklemin tüm çözümleri $(0,2),(0,-2),(4,23),(4,-23)$ olarak bulunur.
5
Katsayıları tam sayı ve derecesi $n>1$ olan bir $P(x)$ polinomu ile bir $k>0$ tam sayısı veriliyor. $Q(x) = P(P(\dots P(P(x))\dots ))$, $P$ nin $k$ kez kullanılmasıyla tanımlanan polinom olmak üzere, $Q(t) = t$ eşitliğini sağlayan $t$ tam sayılarının sayısının en fazla $n$ olacağını ispatlayınız.
6
Dışbükey bir $P$ çokgeninin her $b$ kenarına, çokgenin dışına taşmayan ve kenarlarından birisi $b$ olan üçgenlerin sahip olabileceği en büyük alan değeri karşı tutuluyor. $P$ nin tüm kenarlarına karşı tutulan değerler toplamının, $P$ nin alanının iki katından küçük olamayacağını gösteriniz.