Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2000 Çözümleri

(Mehmet Utku Özbek)

$$b-1+\dfrac{1}{c}=b\left (1-\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{bc}\right )=b\left (1+a-\dfrac{1}{b}\right )$$ dir. Son eşitliğe $abc=1$ den faydalanarak vardık. Devam edelim.
$$\Longrightarrow \left (a-1+\dfrac{1}{b}\right )\left (b-1+\dfrac{1}{c}\right )=\left (a-1+\dfrac{1}{b}\right )b\left (1+a-\dfrac{1}{b}\right )=b\left (a^2-\left (1-\dfrac{1}{b}\right )^2\right )\le ba^2$$ dir. Benzer düşünce ile
$$\left (b-1+\dfrac 1c\right )\left (c-1+\dfrac 1a\right )\le cb^2 , \left (c-1+\dfrac 1a\right )\left (a-1+\dfrac{1}{b}\right )\le ac^2$$ buluruz. Soruda sorulan ifade $T$ olsun. Bulduğumuz üç ifadeyi taraf tarafa çarparsak şu sonuca ulaşırız:
$$\Longrightarrow T^2\le a^3b^3c^3$$
$abc=1$ olduğundan $T\le 1$ olur ve ispat biter.

$abc=1$ olduğundan, $a=\dfrac{x}{y}, b=\dfrac{y}{z}, c=\dfrac{z}{x}$ olacak şekilde $x,y,z$ pozitif reel sayıları vardır.

$a-1+\dfrac{1}{b}=\dfrac{x}{y}-1+\dfrac{z}{y}=\dfrac{x-y+z}{y}$

Benzer şekilde,

$b-1+\dfrac{1}{c}=\dfrac{x+y-z}{z}$

$c-1+\dfrac{1}{a}=\dfrac{-x+y+z}{x}$


$\Longrightarrow \left(a-1+\dfrac 1b\right)\left(b-1+\dfrac 1c\right)\left(c-1+\dfrac 1a\right) = \left(\dfrac{-x+y+z}{x}\right)\left(\dfrac{x-y+z}{y}\right)\left(\dfrac{x+y-z}{z}\right) \leq 1$

$\Longleftrightarrow (-x+y+z)(x-y+z)(x+y-z) \leq xyz$

Parantezler açıldığında $x^2y+xy^2+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2\le x^3+y^3+z^3+3xyz$ elde edilir. Bu eşitsizlik ise iyi bilinen Schur Eşitsizliği'nin $t=1$ için özel hali olduğundan doğrudur.

Önceki çözümdeki gibi $ (-x+y+z)(x-y+z)(x+y-z) \leq xyz$ elde ettikten sonra $x\geq y \geq z$ varsaydığımızda sol taraftaki çarpanlardan en fazla biri negatif olabiliyor. Tam olarak bir tanesinin negatif olduğu durumda sol taraf sağ taraftan küçük olacağı için eşitsizlik sağlanır.
Hepsinin pozitif olduğu durumu ele alalım.
$AO \geq GO$ dan $$\sqrt{(-x+y+z)(x-y+z)} \leq \dfrac {(-x+y+z)+(x-y+z)}{2} = z$$ elde edilir. Diğer ikili çarpımlar için de benzer eşitsizlikleri yazınca $(-x+y+z)(x-y+z)(x+y-z) \leq xyz$ elde ederiz.

Farklı bir çözüm verelim. Daha çok üstüne gideceğiz ve parantezleri ikili olarak açacağız. Sonrasında ise $ab=\dfrac{1}{c}$ olduğunu kullanacağız.
$$P_{ab}=\left(a-1+\dfrac{1}{b}\right)\left(b-1+\dfrac{1}{c}\right)=ab-a+\dfrac{a}{c}-b+1-\dfrac{1}{c}+1-\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{bc}$$
$$ab-a+\dfrac{a}{c}-b+1-ab+1-\dfrac{1}{b}+a=\dfrac{a}{c}+2-\left(b+\dfrac{1}{b}\right)\overbrace{\leq}^{AGO} \dfrac{a}{c}$$
elde ederiz. Diğer ikili çarpımlar $P_{bc}$ ve $P_{ca}$ için de
$$P_{bc}\leq \dfrac{b}{a} \qquad || \qquad P_{ca}\leq \dfrac{c}{b}$$
olduğunu söyleyebiliriz. O zaman
$$LHS=\left(a-1+\dfrac 1b\right)\left(b-1+\dfrac 1c\right)\left(c-1+\dfrac 1a\right) =\sqrt{P_{ab}P_{bc}P_{ca}}\leq \sqrt{\dfrac{a}{c}.\dfrac{b}{a}.\dfrac{c}{b}}=1$$
elde eder ve ispatı tamamlarız.

$abc=1$ olduğundan, $a=\dfrac{x}{y}, b=\dfrac{y}{z}, c=\dfrac{z}{x}$ olacak şekilde $x,y,z$ pozitif reel sayıları vardır.

Eşitsizlikte yerine yazarsak; $$(x+y-z)(x+z-y)(y+z-x) \leq xyz$$ elde ederiz.

$x\geq y \geq z$ kabul edersek; $(x+y-z)$ ve $(x+z-y)$ pozitiftir. $y+z-x \leq 0$ ise eşitsizlik doğru olur. Onun için $y+z - x > 0$, yani $y+z > x$ olduğunu varsayalım. Bu da bize üçgen eşitsizliğini verir.

$x,y,z$ bir üçgenin kenarları olsun. $x+y+z = 2s$, $r$ üçgenin iç yarıçapı, $R$ üçgenin çevrel yarıçapı ise; $$\dfrac {xyz}{4R} = sr = \sqrt {s(s-x)(s-y)(s-z)}$$ dir.

$\dfrac {(xyz)^2}{16R^2} = s(s-x)(s-y)(s-z) \Longrightarrow \dfrac {xyz}{(s-x)(s-y)(s-z)} = \dfrac {16R^2s}{xyz} = \dfrac {16R^2s}{4Rsr} = \dfrac {4R}{r}$.

$R\geq 2r$ olduğu için $\dfrac {xyz}{(s-x)(s-y)(s-z)} \geq 8 \Longrightarrow xyz \geq 2(s-x)2(s-y)2(s-z) = (y+z-x)(x+z-y)(x+y-z)$

Evet, böyle bir sayı vardır.

Tümevarım kullanarak tam olarak $k$ asal böleni olan $n$ sayısının var olduğunu göstereceğiz.

$ n_1 = 3$ için $3 \mid 2^3 + 1$ dir.

$\ell \geq 1$ ve $3 \not \mid t$ olmak üzere; $ n_k = 3^\ell \cdot t$ sayısının tam olarak $k$ asal böleni olsun ve $n_k \mid 2^{n_k} + 1$ olsun.

$ n_{k+1} = 3p \cdot n_k = 3p \cdot 3^\ell \cdot t = 3^{\ell + 1}\cdot t \cdot p$, $p \not \mid 3t$ ve $n_{k+1} \mid 2^{n_{k+1}} + 1$ olacak şekilde bir $p$ asal sayısının varlığını göstereceğiz. Bu durumda $n_{k+1}$ sayısının tam olarak $k+1$ asal böleni olacak.

$n_k$ sayısı tektir. Aksi halde $n_k$ çift sayısının $2^{n_k} + 1$ tek sayısını bölmesi gerekirdi.

$n_k \mid 2^{n_k} + 1$ olduğunu biliyoruz.
$2^{2n_k} - 2^{n_k} + 1$ sayısını $\bmod 3$ te inceleyelim. $2^{2n_k} - 2^{n_k} + 1 = 4^{n_k} - 2^{n_k} + 1 \equiv 1 - (-1)^{n_k} + 1 \equiv 0 \pmod 3 $

O halde $2^{3n_k} + 1 = (2^{n_k} + 1)(2^{2n_k} - 2^{n_k} + 1)$ sayısı $3n_k$ ile bölünür.

İddia: Her $a > 2$ tam sayısı için $p \mid a^3 + 1$ ve $p \not \mid a + 1$ şeklinde bir $p$ asal sayısı vardır.
İspat: $a^3 + 1$ in bir böleni olup $a+1$ in böleni olmayan bir $p$ asal sayısının var olmadığını varsayalım.
O halde $a^2 - a + 1$ sayısının her asal böleni $a+1$ sayısını da bölecektir. Bu asal bölenlerden biri $q$ olsun.
$a^2 - a + 1 = (a+1)(a-2) + 3 \equiv 0 \pmod q \Longrightarrow 3 \equiv 0 \pmod q \Longrightarrow q = 3$.
Bu durumda $a^2 - a + 1$ sayısı $3$ ün bir kuvveti olmalı.
$3 \mid a+1$ olduğu için $3 \mid a - 2$ olacaktır. Bu durumda $a^2 - a + 1 = (a+1)(a-2) + 3 \equiv 3 \pmod 9$ elde ederiz.
O halde $a^2 - a + 1$ sayısı sadece $3$ olabilir. $a>2 \Rightarrow a^2 - a + 1 > 3$ olacağı için çelişki elde ettik.
Bu durumda $p \mid a^3 + 1$ ve $p \not \mid a + 1$ şeklinde bir $p$ asal sayısı vardır. $\blacksquare$

$a = 2^{n_k}$ alırsak $3 \mid 2^{n_k} + 1 = a + 1$ olduğu için bir $p > 3$ asal sayısı için $p \not \mid 2^{n_k} + 1$ ve $p \mid 2^{3n_k} + 1$ dir.

$2^{3n_k} \equiv - 1 \pmod p \Rightarrow 2^{3n_kp} \equiv (- 1)^p \equiv -1 \pmod p  \Longrightarrow p \mid 2^{3n_k p} + 1 \Longrightarrow p \mid 2^{n_{k+1}} + 1 $ olacak.
Bu $p$ sayısı için $2^{3n_k} \equiv -1 \pmod {3n_k} \Longrightarrow 2^{3n_kp} \equiv (-1)^p \equiv -1 \pmod {3n_k} \Longrightarrow 3n_k \mid 2^{n_{k+1}} + 1$ olacaktır.
$n_k \mid 2^{n_k} + 1$ ve $p \not \mid 2^{n_k} + 1$ olduğu için $(p, n_k) = 1$ dir. O halde $3n_kp \mid 2^{n_{k+1}} +1$, yani $n_{k+1} \mid 2^{n_{k+1}} + 1$ elde ederiz.

Kaynak: IMO Shortlist 2000.

Uzunca bir konfigürasyon yapalım. (Geogebra linkinden takip edebilirsiniz.)


$\angle A = 2\alpha$, $\angle B = 2\beta$ ve $\angle C = 2\theta$ olsun.

Genelliği bozmadan $ABC$ üçgeninde $AB > BC > AC$ olsun.

$BC$ sırasıyla $T_3T_2$ ve $H_3H_2$ ile $T_a$ ve $H_a$ da kesişsin. $H_3H_2$ ile $T_3T_2$, $Q$ da kesişsin.

$ABC$ nin içmerkezi $I$ olsun. $T_3T_2$, $BI$ ve $CI$ ile sırasıyla $S$ ve $R$ de kesişsin.

$H_2H_3$ ün $T_2T_3$ e göre simetriği olan $\ell_1$ doğrusu içteğet çemberi $M_2$ ve $M_3$ te ($M_2$, $T_2$ ye yakın) kessin. $\ell_1$ ile $BI$ da $P$ de kesişsin.

$M_2$ nin $T_2$ nin $BI$ ya göre simetriği, $M_3$ ün $T_3$ ün $CI$ ya göre simetriği olduğunu göstereceğiz.
Benzer şekilde $T_1$ in $AI$ ya göre simetriğini $M_1$ olarak tanımladığımızda $\ell_2$ ile $M_1M_3$ doğrusunu; $\ell_3$ ile de $M_1M_2$ doğrusunu elde etmiş olacağız. Bu durumda $\ell_1$, $\ell_2$, $\ell_3$ doğruları köşeleri $M_1$, $M_2$, $M_3$ olan üçgen belirtmiş olacak.

Önce basit açı hesaplarıyla başlayalım.
$\alpha + \beta + \theta = 90^\circ$ eşitliğini yazımları kolaylaştırmak için yeri geldikçe kullanacağız.

$\angle AH_3H_2 = \angle ACB = 2\theta$, $\angle AH_2H_3 = \angle ABC = 2\beta$.

$\angle AT_3T_2 = \angle AT_2T_3 = \dfrac {180^\circ - 2 \alpha}{2} = \beta + \theta$.

$\angle T_3SB = \angle AT_3S - \angle T_3BS = \theta$.

$\angle T_3IR = \angle ICH_3 = \angle ICA - \angle H_3CA = \theta - (90^\circ - 2\alpha) = \alpha - \beta$.

$\angle T_2IP = \angle H_2BI = \angle IBC - \angle H_2BC = \beta - (90^\circ - 2\theta) = \theta - \alpha$.

$\angle H_2H_aC = \angle ACB - \angle CH_2H_a = 2\theta - 2\beta$.

$\angle T_2T_aC = \angle ACB - \angle CT_2T_a = 2\theta - (\beta + \theta) = \theta - \beta$.

$\angle M_2QT_2 = \angle T_2QH_2 = \angle QH_aT_a - \angle QT_aH_a = \theta - \beta$.

Şimdi de bizi çözüme götürecek hamleleri yapalım.

$T_3IT_1B$ bir deltoid olduğu için $T_3T_1$ in orta dikmesi $BI$ dır. Bu durumda $T_3ST_1$ üçgeninde $SI$ orta dikme olduğu için $T_3S = T_1S$ yani $\angle T_1SI = \angle T_3SI = \theta$ olacaktır. $\angle ICT_1 = \angle IST_1 = \theta$ olduğu için $ISCT_1$ bir kirişler dörtgeni, dolayısıyla $\angle ISC = 180^\circ - IT_1C = 90^\circ$ olacaktır.

$BSH_2C$ dörtgeni, $\angle ISC = \angle IH_2C = 90^\circ$ olduğu için bir kirişler dörtgenidir. Bu durumda $\angle PSH_2 = \angle H_2CB = 2\theta$, $\angle SH_2T_2 = \angle SBC = \beta$ olacaktır. $\angle H_3H_2A = 2\beta$ olduğu için $\angle SH_2Q = \beta$, $\angle T_3SI = \angle PST_2 = \theta$ olduğu için de $\angle T_2SH_2 = \theta$ elde edilir.

$QS$ hem $PQH_2$ üçgeninde hem de $PSH_2$ üçgeninde açıortay olduğu için $PH_2 \perp QS$, dolayısıyla da $PQ = QH_2$, $ PS = SH_2$ ve $PT_2 = T_2H_2$ olacaktır. Bu da $\angle QH_2S = \angle SPQ = \angle SH_2T_2 = \angle SPT_2 = \beta$ demektir.

$IM_2PT_2$ dörtgeninde $IM_2 = IT_2$ ve $\angle M_2PI = \angle IPT_2 = \beta$ olduğu için ya $\angle IM_2P = \angle IT_2P$ ya da $\angle IM_2P + \angle IT_2P = 180^\circ$ dir. İkinci durum, $\angle IT_2P = 180^\circ - \angle IM_2P = \angle M_3M_2I$ geniş açı olduğu için $\triangle M_3M_2I$ nin ikizkenar olma durumuyla çelişeceği için $\angle IM_2P = \angle IT_2P$ dir. Bu da $IM_2PT_2$ yi bir deltoid yapar. Bu da $M_2$ nin $T_2$ nin $BI$ ya göre simetriği olduğu anlamına gelir.

Çözümün büyük kısmını bitirdik. Şimdi de $M_3$ ün $T_3$ ün $CI$ ya göre simetriği olduğunu göstereceğiz.

$\angle M_2IP = \angle PIT_2 = \theta - \alpha$ olduğu için $\angle M_2T_3T_2 = \dfrac {\angle M_2IT_2}{2} = \theta - \alpha$ dır.

$\angle T_3M_2Q = \angle M_2QT_2 - \angle M_2T_3Q = (\theta - \beta) - (\theta - \alpha) = \alpha - \beta$.

$\angle M_3IT_3 = 2 \cdot \angle T_3M_2M_3 = 2(\alpha - \beta)$ ve $\angle RIT_3 = \alpha - \beta$ olduğu için $\angle M_3IR = \angle RIT_3 = \alpha - \beta$; yani $M_3$, $T_3$ ün $CI$ ya göre simetriğidir.

Toparlarsak $\ell_1$ doğrusu içteğet çemberi $T_2$ ve $T_3$ ün sırasıyla $BI$ ve $CI$ açıortaylarına göre simetriği olan $M_2$ ve $M_3$ de kesecektir.

Benzer şekilde $\ell_2$ doğrusu da içteğet çemberi $T_1$ ve $T_3$ ün sırasıyla $AI$ ve $CI$ açıortaylarına göre simetriği olan $M_1$ ve $M_3$ de kesecektir. $\ell_3$ de içteğet çember $M_1$ ve $M_2$ de kesecektir.

Böylelikle $\ell_1$, $\ell_2$, $\ell_3$ doğruları köşeleri $M_1$, $M_2$, $M_3$ olan üçgen belirtmiş oldu.

$\angle A = 2\alpha$, $\angle B=2\beta$, $\angle C = 2\theta$, $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$ olsun.
$R$, $ABC$ nin çevrel yarıçapı; $r$, $ABC$ nin iç yarıçapı olsun.
Genelliği yitirmeden, $a\leq b\leq c$ kabul edelim.

İddia: $\ell_1 \parallel BC$

$b=c$ ise $H_2H_3 \parallel T_2T_3 \parallel BC$ olacaktır. Bu durumda $\ell_1\parallel BC$ olur.
$b<c$ durumunda; $\angle AT_2T_3 = \beta + \theta$, $\angle AH_2H_3 = 2\beta$ dır. Bu durumda $m(T_2T_3, H_2H_3)=\theta-\beta$, $m(\ell_1, H_2H_3)=2\theta - 2\beta$, $m(\ell_1, AC)=2\theta = \angle ACB$ olduğu için $\ell_1\parallel BC$ dir. $\blacksquare$

Simetriden dolayı, $\ell_2\parallel AC$ ve $\ell_3\parallel AB$ dir.
$A' = \ell_2\cap \ell_3$, $B' = \ell_1\cap \ell_3$, $C' = \ell_1\cap \ell_2$ olsun. $(AA)$ benzerliğinden $\triangle ABC \sim \triangle A'B'C'$. $A'B'C'$ üçgeni iç teğet çember üzerinde ise, benzerlik oranı $R/r$ olacaktır.
$ABC$ nin iç merkezi $I$, çevrel merkezi $O$ olsun. $\angle B'A'I = \angle BAO = 90^\circ -2\theta$ ve $AB \parallel A'B'$ olduğu için $A'I\parallel AO$ dur.
$AA'$ ile $OI$, $J$ de keşissin. $OJ/JI=R/r$ olacaktır.
Buna göre, şimdi şöyle ters bir konfigürasyon yapalım:
$OI$ doğru parçasını $R/r$ oranında bölen nokta $J$ olsun. $AJ/JA'=R/r$ olacak şekilde $AJ$ nin uzantısı üzerinde $A'$ noktası alalım. $A'$ noktasından $AB$ ye paralel çizelim. Bu paralel doğru üzerinde $A'B'=\dfrac{AB\cdot r}{R}$ olacak şekilde ($AB'A'B$ dışbükey olacak şekilde) $B'$ noktası alalım. $B'$ den $BC$ ye çizilen paralel ile $A'$ den $AC$ ye çizilen paralel, $C'$ noktasında keşissin. $A'B'C'$ üçgeni, $ABC$ nin iç teğet çemberi üzerindedir ve $\triangle A'B'C'\sim \triangle ABC$ dir.
Şimdi de $A'B'$ doğrusunun $T_1T_2$ e göre simetriğinin $H_1H_2$ olduğunu göstereceğiz. Bunun için $T_1$ in $A'B'$ ve $H_1H_2$ doğrularına olan uzaklıklarının eşit olduğunu göstermek yeterli.

$T_1$ in $H_1H_3$ e olan uzaklığı:
$\angle H_2H_1C = \angle BAC = 2\alpha$.
$\dfrac {(a+b+c)r}{2} = \dfrac {bc\sin 2\alpha}{2} \Longrightarrow \sin 2\alpha = \dfrac {r(a+b+c)}{bc}$.

$\begin{array}{lcl}
T_1H_1 &=& CT_1 - CH_1 \\
&=& \dfrac {a+b-c}{2} - \dfrac {b^2 + a^2 - c^2}{2a} \\
&=& \dfrac {a^2 + ab - ac - b^2 - a^2 + c^2}{2a} \\
&=& \dfrac {(c-b)(b+c - a)}{2a}
\end{array}$

$\begin{array}{lcl}
d(T_1, H_1H_2) &=& T_1H_1 \cdot \sin 2\alpha \\
&=& \dfrac {(c-b)(b+c - a)}{2a} \cdot \dfrac {r(a+b+c)}{bc} \\
&=& \dfrac {r(c-b)(b+c - a)(a+b+c)}{2abc}
\end{array}$.

$T_1$ in $A'B'$ ye olan uzaklığı:
$I$ dan $T_1$ den geçen $A'B'$ ye paralel olan doğruya inilen yüksekliğin ayağı $P$, $I$ dan $A'B'$ ye inilen yüksekliğin ayağı $Q$ olsun.
$\angle PIT_1 = \angle T_2T_1C = 2\beta$. $\angle QIA = \angle A'C'B' = \angle ACB = 2\beta$.
$d(T_1, A'B') = PQ = r(\cos 2\beta - \cos 2\theta)$.

$\cos 2\beta = \dfrac {a^2+c^2 - b^2}{2ac}$, $\cos 2\theta = \dfrac {a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$.

$\begin{array}{lcl}
d(T_1, A'B') &=& r \cdot  \dfrac {(a^2b+bc^2 - b^3) - (a^2c + b^2c - c^3)}{2abc} \\
&=& \dfrac {r(-a^2(c-b) + bc(c-b) + (c-b)(c^2 + b^2 + bc))}{2abc} \\
&=& \dfrac {r(c-b)(-a^2 + bc + c^2 + b^2 + bc)}{2abc} \\
&=& \dfrac {r(c-b)((b+c)^2 - a^2)}{2abc} \\
&=& \dfrac {r(c-b)(b+c-a)(a+b+c)}{2abc}
\end{array}$

$T_1$ in $H_1H_2$ ve $A'B'$ e uzaklıkları eşit olduğu için $T_1$ bu iki doğrunun açıortayı üzerinde olacaktır.
Benzer durum, $T_2$ için de geçerlidir. O halde $T_1T_2$, $H_1H_2$ ile $A'B'$ doğrularının açıortayıdır. Diğer bir deyişle; $A'B'$, $H_1H_2$ nin $T_1T_2$ ye göre simetriğidir. $\ell_3 = A'B'$.

Benzer şekilde $B'C' = \ell_1$, $A'C' = \ell_2$ olacaktır.