Uluslararası Matematik Olimpiyatı

Dar açılı $ABC$ üçgeninin diklik merkezi $H$ olsun. Merkezi $BC$ nin orta noktası olup $H$ den geçen çember $BC$ doğrusunu $A_1$ ve $A_2$ noktalarında kesiyor. Benzer şekilde, merkezi $CA$ nin orta noktası olup $H$ den geçen çember $CA$ doğrusunu $B_1$ ve $B_2$ noktalarında ve merkezi $AB$ nin orta noktası olup $H$ den geçen çember $AB$ doğrusunu $C_1$ ve $C_2$ noktalarında kesiyor. $A_1, A_2, B_1, B_2, C_1, C_2$ noktalarının aynı çember üzerinde bulunduklarını gösteriniz.

Çözüm:

Çözüm: $ABC$ üçgeninin kenar orta noktaları $A_0, B_0, C_0$ olsun. $ABC$ nin çevrel merkezi $O$, çevrel yarıçapı $R$ olsun. Bahsedilen altı nokta çembersel olacaksa, bu çemberin merkezi ancak $O$ noktası olabilir. $[AH], [CH]$ doğru parçalarının orta noktaları sırasıyla $K, L$ olsun. $OA_0LB_0$, $AKA_0O$, $HA_0OK$ dörtgenlerinin birer paralelkenar olduğunu görebiliriz. $|A_0K|=|OA|=R$ dir. $HA_0OK$ da paralelkenar kanunundan,
$$ 2(|OA_0|^2+ |A_0H|^2) = |OH|^2 + |A_0K|^2 = |OH|^2 + R^2 \tag{1} $$
olur. $OA_0A_1$ dik üçgeninden,
$$ |OA_1|^2 = |OA_0|^2 + |A_0A_1|^2 = |OA_0|^2 + |A_0H|^2 \tag{2}$$
olup $(1)$ ve $(2)$ den,
$$ |OA_1|^2 = \dfrac{|OH|^2 + R^2}{2} $$
elde edilir. Bu ifade $ABC$ üçgeni için sabit olduğundan benzer şekilde $ |OB_1|^2 = |OC_1|^2 = \dfrac{|OH|^2 + R^2}{2} $ elde edilir. Böylece, $A_1,A_2,B_1,B_2,C_1,C_2$ noktaları çemberseldir ve çemberin merkezi $O$ noktası olup yarıçapı $\sqrt{ \dfrac{|OH|^2 + R^2}{2}}$ dir.

Kaynak: IMO çözüm kitapçıkları

Herbiri $1$ den farklı olan ve $xyz = 1$ koşulunu sağlayan tüm $x, y, z$ gerçel sayıları için
$$ \frac{x^2}{(x-1)^2} + \frac{y^2}{(y-1)^2} + \frac{z^2}{(z-1)^2} \geq 1$$
olduğunu kanıtlayınız.
Herbiri $1$ den farklı olan ve $xyz = 1$ koşulunu sağlayan sonsuz tane $x, y, z$ rasyonel sayı üçlüsü için yukarıdaki eşitsizliğin eşitliğe dönüştüğünü gösteriniz.

Çözüm 1:

Soruda $x=\dfrac{a}{b},y=\dfrac{b}{c},x=\dfrac{c}{a}$ dönüşümü yapılırsa soru;
$$\frac{a^2}{(a-b)^2}+\frac{b^2}{(b-c)^2}+\frac{c^2}{(c-a)^2}\ge 1$$
haline döner. Bu eşitsizlik de;
$$\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}-3\right)^2\ge 0$$
olduğundan doğrudur. Şimdi b) bölümüne bakalım. $b=ak,c=b.r=akr$ dersek;
$$k+r+\dfrac{1}{rk}=3$$
şekilde sonsuz tane rasyonel sayı ikilisi olduğunu göstermek yeterlidir. Bunu düzenlersek;
$$k^2+(r-3)k+\frac{1}{r}=0$$
eşitliğinin $\delta$ sının tamkare olduğu sonsuz adet $r$ değeri varsa doğal olarak sonsuz sayıda $k,r \in \mathbf{Q}$ bulunur. Bunun için;
$$(r-3)^2-\frac{4}{r}=\frac {r - 4}{r}\left(x - 1\right)^2$$
olduğundan $\dfrac{r-4}{r}$ tamkare olacak şekilde sonsuz sayıda $r \in \mathbf{Q}$ olmalı. Buradan;
$$ (x,y,z) = \left( - k(k + 1),\dfrac{ - (k + 1)}{k^2},\dfrac{k}{(k + 1)^2}\right)$$
alırsak sağlayacağını görebiliriz. İspat biter.

Çözüm 2:

$\dfrac{x}{x-1}=a$, $\dfrac{y}{y-1}=b$, $\dfrac{z}{z-1}=c$ dersek $a,b,c \neq 1$ olmak üzere $x=\dfrac{a}{a-1}$, $y=\dfrac{b}{b-1}$, $z=\dfrac{c}{c-1}$ olur. $xyz = 1$ eşitliği bize $abc = (a-1)(b-1)(c-1)$ eşitliğini verir. Parantezleri açarsak $a + b + c - 1 = ab + bc + ca$ olur. Ayrıca ispatlamamız istenen eşitsizlik de $a^2 + b^2 + c^2 \geq 1$ biçimine dönüşür. $2(ab + bc + ca) = (a+b+c)^2 - (a^2 + b^2 + c^2)$ özdeşliğinden faydalanırsak:

$\qquad 2(a + b + c - 1) = 2(ab + bc + ca)$
$\implies 2(a+b+c) - 2 = (a+b+c)^2 - (a^2 + b^2 + c^2)$
$\implies a^2 + b^2 + c^2 = (a+b+c)^2 - 2(a+b+c) + 2$
$\implies a^2 + b^2 + c^2 = (a+b+c-1)^2 + 1 \geq 1$
elde edilir.

Şimdi eşitlik durumunu inceleyelim. $ a^2 + b^2 + c^2 = 1$ ise $a+b+c = 1$ ve $ab+ bc + ca = 0$ olmalıdır. $c = 1 - a - b$ yazarsak $ab + (b+c)(1-a-b) = 0$ olup $b$ ye göre ikinci dereceden bir denklem olan
$$ b^2 + (a-1)b + a(a-1) = 0$$
eşitliğine ulaşırız. $a$ rasyonel iken denklemin $b$ kökünün de rasyonel sayı olması için gerek ve yeter şart diskriminantın bir rasyonel sayının karesi olmasıdır. $\Delta = (a-1)^2 - 4a(a-1) = (1-a )(1+3a)$ olur. $k,m$ tam sayılar olmak üzere $a=\dfrac{k}{m}$ koyalım. $\Delta = \dfrac{(m-k)(m+3k)}{m^2}$ olur. Eğer $m=k^2 - k + 1$ seçersek $m>0$ ve $\Delta = \dfrac{(k-1)^2(k+1)^2}{m^2}$ olur. $b$ yi büyük kök olarak seçerek devam edelim. $b = \dfrac{m-k + (k^2-1)}{m^2} = \dfrac{m-1}{m}$ olur. $a+b+c=1$ den dolayı $c=\dfrac{1-k}{m}$ bulunur. $a,b,c \neq 1$ şartına uygun olması için $k\neq 0$, $k\neq 1$ almalıyız. O halde $k>1$ tam sayıları seçerek sonsuz çoklukta $(a,b,c)$ rasyonel sayı üçlüsü elde edebiliriz. $x=\dfrac{a}{a-1}$, $y=\dfrac{b}{b-1}$, $z=\dfrac{c}{c-1}$ eşitliklerinden sonsuz çoklukta $(x,y,z)$ rasyonel sayı üçlüsü üretilir.

Kaynak: IMO çözüm kitapçıkları

Sonsuz tane $n$ doğal sayısı için $n^2+1$ sayısının $2n+\sqrt {2n}$ den büyük asal böleninin olduğunu kanıtlayınız.

Çözüm:

Çözüm: Öncelikle şu iki yardımcı teoremi hatırlayalım.
$\bullet$ $p\equiv 1 \pmod{4}$ olacak şekilde sonsuz çoklukta $p$ asal sayısı vardır.
$\bullet$ $x^2 \equiv -1 \pmod{p}$ ve $1\leq x \leq p-1$ olacak şekilde iki farklı $x$ tam sayısı vardır. Bu denkliğin çözümünün varlığı ile ilgili forumda 4n+1 asal başlıklı konuya bakabilirsiniz.

Şimdi $p \equiv 1 \pmod{4}$ olacak şekilde bir $p$ asal sayısını göz önüne alalım. Yardımcı teoremden dolayı $x^2 \equiv - 1 \pmod{p}$ denkliğinin $1\leq x \leq p-1$ olacak şekilde iki farklı $x$ tam sayı çözümü olduğunu biliyoruz. Bunlardan küçük olan çözüme $n$ dersek, büyük olan çözüm de $p-n$ olur. O halde $1\leq n\leq \dfrac{p-1}{2}$ dir. Böylece $n^2 \equiv - 1 \pmod{p}$ olup $p\mid n^2 + 1$ elde ederiz. Şimdi bu $n$ sayısı için
$$ p-2n > \sqrt{2n} \tag{0} $$
ana eşitsizliğinin sağlandığını kanıtlayacağız. $1\leq n\leq \dfrac{p-1}{2}$ olduğundan bir $m\in \{ 1, 3, \dots, p-3\}$ tek sayısı için $n = \dfrac{p-m}{2}$ olup
$$ p= 2n + m \tag{1}$$
yazılabilir. Öte yandan $n^2 \equiv \left(\dfrac{p-m}{2} \right)^2 \equiv - 1 \pmod{p} \implies m^2 \equiv -4 \equiv p-4 \pmod{p}$ elde edilir. Buna göre
$$ m\geq \sqrt{p-4} \tag{2}$$
olup $(1)$ ve $(2)$ den
$$ p\geq 2n + \sqrt{p-4} \tag{3}$$
elde edilir. $(0)$ ana eşitsizliğini ispatlayabilmek için $(3)$ eşitsizliğinde $ \sqrt{p-4}>4$ olacak şekilde $p$ asal sayısı seçmeliyiz. Yani $p>20$ seçmeliyiz. O halde $p>20$ ve $p\equiv 1\pmod{4}$ olan $p$ asallarını göz önüne aldığımızda $p\mid n^2 + 1$ ve $p> 2n+ \sqrt{2n}$ sağlanır. Bu seçimin $n$ sayılarını nasıl ürettiğini örneklendirebiliriz:

$p=29$ için $n^2 +1 \equiv 0 \pmod{29}$ için $n=12$, $n=17$ sağlar. Küçük olan $n$ değerini seçmeliyiz. $p=29 > 24 + \sqrt{24}$ sağlanır.
$p=37$ için $n^2 +1 \equiv 0 \pmod{37}$ için $n=6$, $n=31$ sağlar. Küçük olan $n$ değerini seçmeliyiz. $p=37 > 12+ \sqrt{12}$ sağlanır.
$p=41$ için $n^2 +1 \equiv 0 \pmod{41}$ için $n=9$, $n=32$ sağlar. Küçük olan $n$ değerini seçmeliyiz. $p=41 > 18 + \sqrt{18}$ sağlanır.

Bu tür $n$ sayılarının kümesini $S= \{ 12, 6, 9, \dots \}$ ile gösterelim. $S$ kümesinin sonsuz elemanlı olduğunu da göstermeliyiz. Bunun için, aksini varsayalım ve $S = \{n_1, n_2, \dots, n_k\}$, $|S|=k$ şeklinde sonlu elemanlı olduğunu düşünelim. Sonsuz çoklukta $p\equiv 1 \pmod{4}$ asal sayısı olduğu için her $i=1,2,\dots, k$ için $(p, n_i^2 +1)=1$ olacak şekilde bir $p$ asal sayısı seçebiliriz. Yine bu $p$ asal sayısını kullanarak, yukarıda açıkladığımız yöntemle $p\mid \ell^2+1$ ve $p>2\ell + \sqrt{2\ell}$ olacak şekilde bir başka $\ell$ pozitif tam sayısı üretebiliyoruz. $\ell \not \in S$ olduğundan $S$ kümesi sonlu elemanlı olamaz.

Kaynak: AoPS sitesinde sunulan çözümden faydalanılmıştır.

$wx = yz$ olmak üzere, tüm $w, x, y, z$ pozitif gerçel sayıları için $$ \frac{\left( f(w) \right)^2 + \left( f(x) \right)^2}{f\left(y^2\right) + f\left(z^2\right)} = \frac{w^2+x^2}{y^2+z^2} $$ koşulunu sağlayan tüm $f : (0,\infty) \to (0,\infty)$ (diğer deyişle $f$, pozitif gerçel sayılar üzerinde tanımlı ve pozitif değerler alan bir fonksiyondur) fonksiyonlarını bulunuz.

$n$ ve $k$ pozitif tam sayı olmak üzere, $k \geq n$ ve $k - n$ çift sayıdır. $1, 2, \dots , 2n$ sayılarıyla numaralandırılmış $2n$ tane lambanın herbiri açık veya kapalı durumda olabiliyor. Başlangıçta lambaların hepsi kapalı durumdadır. Her hamlesinde bir lamba seçilerek, seçilen lambanın durumunu değistiren (açıktan kapalıya veya kapalıdan açığa) hamleler dizileri tanımlayalım.
Sonucunda $1$ den $n$ ye kadar olan lambaları açık ve $n + 1$ den $2n$ ye kadar olan lambaları kapalı duruma getiren ve $k$ hamle içeren tüm hamleler dizilerinin sayısı $N$ olsun.
Sonucunda yine $1$ den $n$ ye kadar olan lambaları açık ve $n + 1$ den $2n$ ye kadar olan lambaları kapalı duruma getiren ve $k$ hamle içeren, fakat $n + 1$ den $2n$ ye kadar olan lambalarla hiç hamle yapmayan tüm hamleler dizilerinin sayısı $M$ olsun.
$N/M$ oranının değerini bulunuz.

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2008 Çözümleri