Uluslararası Matematik Olimpiyatı

Bir $ABC$ üçgeninde $A$ köşesinin karşısındaki dışteğet çemberin merkezi $J$ noktası olsun. Bu dışteğet çember $BC$ kenarına $M$, $AB$ ve $AC$ doğrularına ise sırasıyla $K$ ve $L$ noktalarında teğettir. $LM$ ve $BJ$ doğruları $F$ noktasında, $KM$ ve $CJ$ doğruları ise $G$ noktasında kesişiyor. $AF$ ve $BC$ doğrularının kesişim noktası $S$, $AG$ ve $BC$ doğrularının kesişim noktası ise $T$ olsun. $M$'nin $[ST]$ doğru parçasının orta noktası olduğunu kanıtlayınız.
($ABC$ üçgeninin $A$ köşesinin karşısındaki dışteğet çember; $BC$ kenarına, $B$'nin ötesinde $[AB$ ışınına ve $C$'nin ötesinde $[AC$ ışınına teğet olan çemberdir.)

Çözüm:

Açık şekilde $BJ \perp KM$ ve $CJ \perp ML$.
$JFG$ üçgeninde $GM$ ve $FM$ doğruları yükseklik olduğu için $JM$ doğrusu da yüksekliktir. Dolayısıyla $JM \perp FG$, yani $BC \parallel FG$ dir.
$\angle AJC = \dfrac {\angle ABC}{2} = \angle BKM = \angle AKG = \angle AJG$ olduğu için $A$, $K$, $J$, $G$ çemberseldir.
Bu durumda $\angle JAG = \angle GKB = \angle JBM = \angle JFG$ olacağı için $J$, $F$, $A$, $G$ noktaları da çemberseldir.

$\angle FGA = \angle FJA = \dfrac {\angle BCA}{2} = \dfrac{180^\circ - 2\cdot \angle BCJ }{2} = 90^\circ - \angle FGJ \Rightarrow JG \perp AG$.

$\triangle ACT$ de $CG$ hem açıortay hem de yükseklik olduğu için $AC=CT$, benzer şekilde $AB=BS$ dir. $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$ ve $u$ yarıçevre ise $BM=u-c$, $CM=u-b$ ve $SM=TM=u$ olacaktır.

$n\geq 3$ bir tam sayı ve $a_2,a_3,\dots, a_n$ pozitif gerçel sayılar olmak üzere, $a_2a_3\dots a_n = 1$ olsun. $$(1+a_2)^2(1+a_3)^3\dots(1+a_n)^n > n^n$$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$$(a_k+1)=\left(a_k+\frac 1{k-1}+\cdots+\frac 1{k-1}\right)\geq k\sqrt[k]{\dfrac{a_k}{(k-1)^{k-1}}}$$
$$\Rightarrow (a_k+1)^k\geq \frac{k^k}{(k-1)^{k-1}}\cdot a_k$$
olduğunu $A.G.O$ dan biliyoruz. Bunu $k=2,3,\ldots,n$ için uygularsak;
$$\prod_{k=2}^n(a_k+1)^k\geq n^na_2a_3\cdots a_{n}=n^n$$
elde edilir. İspat biter. Eşitlik olması için $a_k=\frac 1{k-1}$ olması gerekir ancak bunun için $a_2.a_3\ldots a_n <1$ olur çelişki. Eşitlik durumu yoktur.

Yalancının sayısını tahmin etme oyunu, $A$ ve $B$ oyuncuları arasında oynanan bir oyundur. Oyun, her iki oyuncuya da önceden bildirilen $k$ ve $n$ pozitif tam sayılarına göre oynanıyor.
Oyunun başında $A$ oyuncusu $1 \leq x \leq N$ olacak şekilde $x$ ve $N$ tam sayılarını seçer ve $N$ sayısının ne olduğunu $B$ oyuncusuna dürüstçe söyler, fakat $x$ sayısını gizli tutar. Daha sonra $B$ oyuncusu $A$ oyuncusuna sorular sorarak $x$ sayısı hakkında bilgi edinmeye çalışır. Her defasında $B$ oyuncusu pozitif tam sayılardan oluşan bir $S$ kümesi belirler (bu küme daha önceki bir soruda geçen küme de olabilir) ve $A$ oyuncusuna ``$x$ sayısı $S$ kümesinin elemanı mıdır?'' diye sorar. $B$ oyuncusu istediği kadar soru sorabilir. $A$ oyuncusu istediği kadar yalan söyleyebilir, fakat herhangi ardışık $k+1$ cevabından en az biri doğru olmak zorundadır.
$B$ oyuncusu istediği kadar soru sorduktan sonra en fazla $n$ pozitif tam sayıdan oluşan bir $X$ kümesi belirlemelidir. Eğer $x$ sayısı $X$ kümesinin elemanı ise $B$ oyunu kazanır, aksi durumda kaybeder.

$n \geq 2^k$ ise, $B$ oyuncusunun oyunu kazanmayı garantileyebileceğini kanıtlayınız.
Yeterince, büyük her $k$ tam sayısı için, $B$ oyuncusunun oyunu kazanmayı garantilemesinin mümkün olmadığı bir $n \geq 1,99^k$ tam sayısının bulunduğunu kanıtlayınız.

$a+b+c = 0$ olmak üzere, tüm $a,b,c$ tam sayıları için $$f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2 = 2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a)$$ eşitliğini sağlayan bütün $f:\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ fonksiyonlarını bulunuz.
(Burada $\mathbb{Z}$ tam sayılar kümesidir.)

Bir $ABC$ üçgeninde $\angle BCA = 90^\circ$ ve $C$ köşesinden indirilen yüksekliğin ayağı $D$ olsun. $[CD]$ doğru parçası üzerinde $C$ ve $D$ noktalarından farklı bir $X$ noktası alınıyor. $[AX]$ doğru parçası üzerinde $|BK|=|BC|$ olacak şekilde bir $K$ noktası ve benzer şekilde $[BX]$ doğru parçası üzerinde $|AL|=|AC|$ olacak şekilde bir $L$ noktası seçiliyor. $AL$ ve $BK$ doğrularının kesişim noktası $M$ olsun. $|MK|= |ML|$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$AB$ çaplı çember $AX$ ile $BX$ doğrularını sırasıyla $E$ ve $F$ noktalarında kessin. $BF \perp AF$ ve $AE \perp BE$ olduğu için $AF \cap BE = \{P\}$ ise $\triangle PAB$ de $X$ diklik merkezi, dolayısıyla $P$, $C$, $X$, $D$ noktaları doğrusaldır.

$BD \cdot AB = BC^2 = BK^2$ olduğu için $\angle KAB = \angle BKD$ dir. Ayrıca $\angle KAB = \angle DPB$ olduğu için $P$, $B$, $D$, $K$ noktaları çemberseldir. Yani $\angle PKB = \angle PDB = 90^\circ$ dir. Diğer bir ifadeyle $PK$, $(B, BK)$ çemberine teğettir.
Benzer şekilde $\angle PLA = 90^\circ$ ve $PL$, $(A,AL)$ çemberine teğettir.

$C$ nin $AB$ ye göre simetriği $C'$ olsun. $B$ merkezli $BC'=BK=BC$ yarıçaplı çember ile $A$ merkezli $AC=AL=AC'$ yarıçaplı çemberin kuvvet ekseni $CC'$ dür. Yani $P$ kuvvet ekseni üzerinde bir noktadır. O halde, $PK=PL$ dir. Bu durumda $PKML$ dörteninde karşılıklı açılar $90^\circ$ olduğu için $MK=ML$ dir.

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2012 Çözümleri