Uluslararası Matematik Olimpiyatı

Her $x,y \in \mathbb{R}$ için, $$f\left( \lfloor x\rfloor y\right) = f(x)\left\lfloor f(y)\right\rfloor$$ eşitliğini sağlayan tüm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ fonksiyonları belirleyiniz. (Burada $ \lfloor z \rfloor$ ile, $z$ yi aşmayan en büyük tam sayıyı gösteriyoruz.)

Çözüm:

Koyduğumuz $(x,y)$ ikililerini $P(x,y)$ olarak gösterelim.
$P(0,0):f(0)=f(0)\lfloor f(0)\rfloor\Rightarrow f(0)=0\hspace{2mm}\text{yada}\hspace{2mm}\lfloor f(0)\rfloor=1$
İkinci durumda $P(x,0):f(x)=f(0)$ bulunur. $1\leq c <2$ olmak üzere $f(x)=c$ bir çözümdür. İlk duruma bakalım.
$P(1,1):f(1)=f(1)\lfloor f(1)\rfloor \Rightarrow f(1)=0\hspace{2mm}\text{yada}\hspace{2mm}\lfloor f(1)\rfloor=1$.
İlk duruma bakalım.
$P(1,x):f(x)=0$. Yani her $x\in \mathbb{R}$ için $f(x)=0$ bir çözümdür. İkinci durumda
$P(x,1):f(\lfloor x\rfloor)=f(x)$ olur.
$P(3,\frac{1}{3}):f(1)=0$ olur. Deminki durum tekrar eder. Sonuç olarak cevap $1\leq c<2$ olmak üzere her $x\in \mathbb{R}$ için $f(x)=c$ yada her $x\in \mathbb {R}$ için $f(x)=0$'dır.

Bir $ABC$ üçgeninin içteğet çemberinin merkezi $I$ ve çevrel çemberi $\Gamma$ dır. $AI$ doğrusu $\Gamma$ yı ikinci kez $D$ de kesiyor. $$m(\widehat{BAF}) = m(\widehat{CAE}) < \frac 12 m(\widehat{BAC})$$ koşullarını sağlayacak biçimde, $BDC$ yayı üstünde $E$ ve $[BC]$ kenarı üstünde $F$ noktası alınıyor. $[IF]$ doğru parçasının orta noktası $G$ olsun. $DG$ ve $EI$ doğrularının $\Gamma$ ya ait bir noktada kesiştiğini kanıtlayınız.

Çözüm:

$EI\cap \Gamma=T, AF\cap \Gamma=K$ olsun. $DT$'nin $IF$'yi ortaladığını gösterirsek ispat biter. $DT\cap AL=L$ olsun. $\angle{LTI}=\angle{IAE}=\angle{IAL}$ olduğundan $LIAT$ kirişler dörtgenidir. $\angle {ETA}=\angle{ALI}=\angle{AKI}$ olduğundan $LI||KE$'dir. Ayrıca $KE||BC$ olduğundan $LI||BC$ olur. $TL\cap BC=S$ olsun. "$DT$ ,$[IF]$'nı ortalar $\Longleftrightarrow$ $SILF$ paralelkenardır" olduğu açıktır. Paralelkenarlığı ispatlamak soruyu bitirir. $\frac{|DI|}{|DA|}=\frac{|DS|}{|DL|}$ olduğunu ispatlamalıyız. $AD\cap BC=R$ olsun. $|DI|=|BD|$ olduğunu biliyoruz. ($D$'nin $(BIC)$'nin merkezi olması kuralından.) Deminki eşitlikte sağdaki ifade $CR||IL$'den $\frac{|DR|}{|DI|}$'ya eşittir. Yerine yazarsak ispatlanmasını istediğimiz ifade $\frac{|DR|}{|DI|}=\frac{|DI|}{|DA|}$ olur. $\angle{CBD}=\angle{DAC}=\angle{DAB}$ olduğundan $\triangle {DRB}\sim \triangle {DBA}$'dır. $\frac{|BD|}{|DA|}=\frac{|DR|}{|BD|}$ olur. Demin söylediğimiz $|BD|=|DI|$ eşitliğinden ifade $\frac{|DR|}{|DI|}=\frac{|DI|}{|DA|}$'ye dönüşür. İspat biter.

$\mathbb{Z}^+$ ile pozitif tam sayılar kümesini gösterelim. Her $m,n \in \mathbb{Z}^+$ için, $$\left(g(m)+n \right)\left(m+g(n)\right)$$ sayısının tam kare olmasını sağlayan tüm $g:\mathbb{Z}^+ \to \mathbb{Z}^+$ fonskiyonlarını belirleyiniz.

$P$, $ABC$ üçgeninin içinde yer alan bir nokta olsun. $AP$, $BP$ ve $CP$ doğruları, $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi $\Gamma$ yı ikinci kez sırasıyla, $K$, $L$ ve $M$ noktalarında kesiyor. $\Gamma$ ya $C$ noktasında teğet olan doğru da, $AB$ doğrusunu $S$ noktasında kesiyor. $|SC|=|SP|$ ise, $|MK|=|ML|$ olduğunu kanıtlayınız.

Çözüm:

$\measuredangle{XY}$ ile $XY$ yayının ölçüsünü gösteriyoruz.

$S$ noktasının $\Gamma$ çemberine göre kuvvetinden $SC^2 = SB \cdot SA$ yazılabilir. $SP=SC$ olduğundan, $SP^2 = SB \cdot SA$ olur. Buna göre $ \triangle{BSP} \sim \triangle{PSA}$ olup $\angle{SPK}=\angle{ABL}$ dir.
Ayrıca $\angle{AKL}=\angle{ABL}$ olduğundan, $\angle{SPK}=\angle{AKL}$ ve buna göre $SP \parallel KL$ dir. $SP$ doğrusunun çemberi kestiği noktalar $R \in [SP]$ olmak üzere $R$ ve $T$ olsun, . $RT \parallel KL$ olduğundan, $$\measuredangle{KR}=\measuredangle{LT} \tag{1}$$ dir. $\measuredangle{RC}+\measuredangle{MT}=2\angle{SPC}$ ve $\measuredangle{RC}+\measuredangle{MR}=2\angle{SCP}$ olduğundan, $$\measuredangle{MR} = \measuredangle{MT} \tag{2}$$ dir. $(1)$ ve $(2)$'den $\measuredangle{MK}=\measuredangle{ML}$ olup $MK=ML$ dir.

$B_1, B_2, B_3, B_4, B_5,B_6$ ile gösterilen altı kutunun her birinde başlangıçta birer madenî para bulunuyor. İki tip işleme izin veriliyor:

Tip 1: $1 \leq j \leq 5$ olacak biçimde, boş olmayan bir $B_j$ kutusu seçiyoruz. $B_j$ den bir madenî para çıkarıyoruz ve $B_{j+1}$ e iki madenî para koyuyoruz.
Tip 2: $1 \leq k \leq 4$ olacak biçimde, boş olmayan bir $B_{k+1}$ ile $B_{k+2}$ kutularının içeriklerini birbiriyle değiştiriyoruz.

Sonucunda, $B_1, B_2, B_3, B_4, B_5$ kutularının boş olmasını ve $B_6$ kutusunda da tam olarak $2010^{2010^{20}}$ madenî para olmasını sağlayan sonlu bir işlemler dizisi bulunup bulunmadığını belirleyiniz. (Burada $a^{b^c} = a^{(b^c)}$ dir.)

$a_1,a_2,a_3, \dots$ bir pozitif gerçel sayılar dizisi olsun. Her $n > s$ için, $$a_n = \max \{a_k + a_{n-k} \mid 1 \leq k \leq n-1\}$$ olmasını sağlayan bir $s$ pozitif tam sayısı bulunduğunu varsayalım. $\ell \leq s$ ve her $n \geq N$ için $a_n = a_{\ell} + a_{n-\ell}$ olacak biçimde bir $\ell$ ve $N$ pozitif tam sayılarının bulunduğunu kanıtlayınız.

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2010 Çözümleri