Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2001 Çözümleri

$BC$ nin orta noktası $M$ olsun.
$\angle OAC = 90^\circ - \angle ABC$ ve $\angle PAC = 90^\circ - \angle BCA$ olduğu için $\angle OAP = (90^\circ - \angle ABC) - (90^\circ - \angle BCA) = \angle BCA - \angle ABC \geq 30^\circ$.
$O$ dan $AP$ ye inilen dikmenin ayağı $Q$ olsun. $\angle OAQ \geq 30^\circ$ olduğu için $OQ \geq AO \cdot \sin 30^\circ = \dfrac {AO}2$.
$OQ \geq AO - OQ = OC - MP > MC - MP = PC$.
$\angle POC < OCP = 90^\circ - \angle MOC = 90^\circ - \angle CAB$.

$$\dfrac{a}{\sqrt{a^2 + 8bc}} \geq \dfrac{a^{\frac 43}}{a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43}}$$ olduğunu ya da eşdeğer olarak $$\left ( a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43} \right )^2 \ge a^{\frac 23} (a^2 + 8bc)$$ olduğunu göstereceğiz.
$AO-GO$ eşitsizliğinden $$\begin{array}{rcl}
\left( a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43} \right )^2 - \left ( a^{\frac 43} \right )^2 &=& \left ( b^{\frac 43} + c^{\frac 43} \right ) \left ( a^{\frac 43} + a^{\frac 43}  + b^{\frac 43} + c^{\frac 43} \right ) \\
&\ge& 2b^{\frac 23}c^{\frac 23}\cdot 4a^{\frac 23}b^{\frac 13}c^{\frac 13} \\
&=& 8a^{\frac 23}bc
\end{array}$$ elde edilir. Bu durumda $$\begin{array}{rcl}
\left( a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43} \right )^2 &\ge& \left ( a^{\frac 43} \right )^2  + 8a^{\frac 23}bc \\
&=& a^{\frac 23}(a^2 + 8bc)
\end{array}$$, yani $$\dfrac{a}{\sqrt{a^2 + 8bc}} \geq \dfrac{a^{\frac 43}}{a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43}}$$ olur. Benzer şekilde $$ \begin{array}{rcl} \dfrac{b}{\sqrt{b^2 + 8ca}} &\geq& \dfrac{b^{\frac 43}}{a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43}} \quad \text{ve} \\
\dfrac{c}{\sqrt{c^2 + 8ab}} &\geq& \dfrac{c^{\frac 43}}{a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43}}
\end{array}$$ elde ederiz. Oluşan üç eşitsizliği taraf tarafa topladığımızda $$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} \geq 1$$ elde ederiz.

Kaynak:
IMO Shortlist 2001

İlk baştaki ifadeye $S$ diyelim. Hölder Eşitsizliğinden $(S)$.$(S)$.$((a^3+8abc)+(b^3+8abc)+(c^3+8abc))$ $\ge$ $(a+b+c)^3$ idir. Biz $S$ $\ge$ $1$ göstermek istiyoruz. Eğer biz $(a+b+c)^3$ $\ge$ $((a^3+8abc)+(b^3+8abc)+(c^3+8abc))$  gösterirsek ispat biter. $(a+b+c)^3$ $\ge$ $a^3+b^3+c^3+24abc$ gösterirsek ispat biter. İfadeyi açarsak;

$a^3 + b^3 + c^3 + 6abc + 3(a^2b + a^2c + b^2c) + 3(ab^2 + ac^2 + bc^2)$ $\ge$ $a^3+b^3+c^3+24abc$ göstermemiz yani;

$(a^2b + a^2c + b^2c)$ $+$ $(ab^2 + ac^2 + bc^2)$ $\ge$ $6abc$ göstermemiz yeterlidir. Bunu da $A.G.O$ eşitsizliğinden kolayca elde edebiliriz.

Bu çözüm Fehmi Emre Kadan hocamızın yapmış olduğu çözümdür, biraz detaylandırdım.

Homojeniteden dolayı $abc=1$ diyebiliriz.
$$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}} =\sum_{cyc}{\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+8abc}}}$$
$$=\sum_{cyc}{\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+8}}}$$
$a=\dfrac{2}{x},b=\dfrac{2}{y},c=\dfrac{2}{z}$ dönüşümlerini yapalım ($abc=1\Rightarrow xyz=8$)
$$LHS = \sum_{cyc}{\sqrt{\dfrac{\dfrac{8}{x^3}}{8\left(\dfrac{1}{x^3}+1\right)}}}=\sum_{cyc}{\dfrac{1}{\sqrt{x^3+1}}}$$
elde ederiz. Ayrıca aritmetik-geometrik ortalamadan da bildiğimiz üzere
$$\sqrt{x^3+1}=\sqrt{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}\overbrace{\leq}^{AGO} \dfrac{\left(x+1\right)+\left(x^2-x+1\right)}{2}=\dfrac{x^2+2}{2}$$
Dolayisıyla
$$\sum_{cyc}{\dfrac{1}{\sqrt{x^3+1}}}\geq \dfrac{2}{x^2+2}+\dfrac{2}{y^2+2}+\dfrac{2}{z^2+2}\geq 1$$
Sondaki ifadeyi ispatlamak için ortak paydaya alıyoruz. İfadeleri açtıktan sonra
$$2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)+8\left(x^2+y^2+z^2\right)+24\geq 2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)+4\left(x^2+y^2+z^2\right)+x^2y^2z^2+8$$
$$\Rightarrow 4\left(x^2+y^2+z^2\right)+16\geq x^2y^2z^2=64$$
Bu ifade ise $x^2+y^2+z^2\geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=12$ olduğundan doğrudur. İspat biter.

Resmi çözüm,
$$\dfrac{a}{\sqrt{a^2 + 8bc}} \geq \dfrac{a^{\frac 43}}{a^{\frac 43} + b^{\frac 43} + c^{\frac 43}}$$ iddiası ile başlıyor. Bundan bir derece daha akla gelebilecek iddia şu olabilir:
$$\dfrac{a}{\sqrt{a^2 + 8bc}} \geq \dfrac{a^{k}}{a^{k} + b^{k} + c^{k}}$$ Böyle bir $k$ sayısı var mıdır?
Çapraz çarpıp, her iki tarafın karesini alalım.
$$\begin{array}{rcl}

a^k+b^k+c^k &\geq &  a^{k-1}\sqrt {a^2+8bc}\\
a^{2k}+b^{2k}+c^{2k} + 2a^kb^k + 2a^kc^k+2b^kc^k &\geq & a^{2k-2}(a^2+8bc)\\
&=& a^{2k}+ 8a^{2k-2}bc\\
(b^k+c^k)^2+2a^k(b^k+c^k) &\geq & 8a^{2k-2}bc \\
(b^k+c^k)(b^k+c^k+a^k+a^k) &\geq & 8a^{2k-2}bc \\
\end{array}$$
$AO\geq GO$ uyguladığımızda $$(b^k+c^k)(b^k+c^k+a^k+a^k) \geq 2b^{\frac k2}c^{\frac k2} \cdot 4b^{\frac k4}c^{\frac k4}a^{\frac k4}a^{\frac k4} = 8a^{\frac k2}b^{\frac {3k}4}c^{\frac {3k}4}\geq 8a^{2k-2}bc$$ eşitsizliğini sağlayan $k$ var mı, diye araştırıyoruz.
$\dfrac k2 = 2k-2$ ve $\dfrac{3k}{4}=1$ denklemlerinin ikisini birden sağlayan bir $k=\dfrac 43$ sayısı vardır.

NOT: Her bir sorunun en az bir kız ve en az bir erkek tarafından çözüldüğünü varsayalım. Aksi halde bu soruları silelim. Sildiğimiz sorular kızlarla erkeklerin ortaklaşa çözdüğü sorulardan olmadığı için aradığımız soru değil. Bu durumda yarışmacılar hala en fazla altı soru çözmüş olacaklar. Aşağıda bir soru kümesinden bahsederken sadece en az bir kız ve bir erkek tarafından çözülen soruları ele alıyor olacağız.

$G$ ile kızların kümesini, $B$ ile erkeklerin kümesini, $P$ ile soruların kümesini, $P(g)$ ile $g \in G$ kızının çözdüğü soruların kümesini, $P(b)$ ile $b \in B$ erkeğinin çözdüğü soruların kümesini, $G(p)$ ile $p \in P$ sorusunu çözen kızların kümesini, $B(p)$ ile $p \in P$ sorusunu çözen erkeklerin kümesini gösterelim.

Soruda verilenleri küme sembolleri ile gösterelim:
$$|G| = |B| = 21$$ $$| P(g) | \leq 6, | P(b) | \leq 6$$ $$P(g) \cap P(b) \neq \emptyset$$
Bizden istenen $|G(p)| \geq 3$ ve $|B(p)| \geq 3$ şartlarını sağlayan en az bir $p \in P$ sorusunun varlığını göstermemiz.

Hiçbir $p \in P$ sorusu için hem $|G(p)| \geq 3$ hem de $|B(p)| \geq 3$ ün birlikte sağlanmadığını varsayacağız. Sonunda bir çelişki elde edeceğiz. Bu da en az bir $p \in P$ sorusu için hem $|G(p)| \geq 3$ hem de $|B(p)| \geq 3$ ün birlikte sağlandığı anlamına gelecek.

Soru, kız ve erkek üçlülerini $(p,g,b)$ ile gösterelim. Bu üçlülerin kümesi $T = \{(p,g,b)\ :\  p \in P(g) \cap P(b) \}$ olsun. Her $(g,b)$ çifti en az bir soruyu ortaklaşa çözdüğü için en az $(g,b)$ çifti sayısı kadar $(p,g,b)$ üçlüsü vardır. Daha resmi bir dille $$|T| = \sum\limits_{g \in G}\sum\limits_{b \in B} | P(g) \cap P(b) | \geq |G|\cdot|B| = 21^2 = 441 \tag {1}$$
Benzer şekilde $T$ nin elemanları $$|T| = \sum\limits_{p \in P} |G(p)| \cdot |B(p)|$$ şeklinde de sayılabilir.

$P$ kümesini iki ayrık kümeye ayıralım: $P_+ = \{p \in P : |G(p)| \geq 3\}$ ve $P_- = \{p \in P : |G(p)| \leq 2\}$
Yani bir soru $2$ den fazla kız tarafından çözüldüyse $P_+$ kümesine ait, $3$ ten az kız tarafından çözüldüyse $P_-$ kümesine ait olacak.

$$\begin{array}{lcl}
|T| &=& \sum\limits_{p \in P} |G(p)| \cdot |B(p)| \\
 &=& \sum\limits_{p \in P_+} |G(p)| \cdot |B(p)| + \sum\limits_{p \in P_-} |G(p)| \cdot |B(p)|
\end{array}$$

Varsayımımız üzerine, $p \in P_+$ sorusu için $|B(p)| \leq 2$ olmalı. $P_-$ kümesinin tanımı gereği de $p \in P_-$ sorusu için $|G(p)| \leq 2$. Bu değerleri yukarıdaki ifade de tekrar yazarsak
$$\begin{array}{lcl}
|T| &=& \sum\limits_{p \in P_+} |G(p)| \cdot |B(p)| + \sum\limits_{p \in P_-} |G(p)| \cdot |B(p)| \\
 & \leq & \sum\limits_{p \in P_+} |G(p)| \cdot 2 + \sum\limits_{p \in P_-} 2 \cdot |B(p)| \\
& = & 2 \sum\limits_{p \in P_+} |G(p)| + 2\sum\limits_{p \in P_-}|B(p)|
\end{array} \tag{2}$$


Her kız en fazla $6$ soru çözdüğü için $(p,g)$ çiftlerinin sayısı $$\sum\limits_{p\in P} |G(p)| \leq 6|G| \tag {3}$$
$g$ kızı en fazla $6$ soru çözdüğü için, $b_1, b_2, \dots ,b_{21} \in B$ erkekleri ile çözdüğü sorulardan en az birini $\lceil 21/6\rceil = 4$ erkekle birlikte çözmüştür. Bu soruya $p$ dersek $|B(p)| \geq 4$ olacaktır. Bu durumda $p \in P_-$ olmalı.
Bu da her $g$ kızının $p \in P_-$ olan en az bir soru çözdüğü gösterir. O halde $$\sum\limits_{p \in P_-} |G(p)| \geq |G| \tag{4}$$
$(3)$ ile $(4)$ ü birleştirsek $$\sum\limits_{p \in P_+} |G(p)| \leq 5|G| \tag{5}$$

Her erkek en fazla $6$ soru çözdüğü için $(p,b)$ çiftlerinin sayısı $$\sum\limits_{p\in P} |B(p)| \leq 6|B| \tag {6}$$
Benzer şekilde her $b$ erkeği $\lceil 21/6\rceil = 4$ kızla birlikte bir soru çözmüştür. Bu soru için $|G(p)| \geq 4$ olduğu için bu soru $P_+$ kümesine aittir. Bu da her $b$ erkeğinin $p \in P_+$ olan en az bir soru çözdüğünü gösterir. O halde $$\sum\limits_{p \in P_+} |B(p)| \geq |B| \tag{7}$$
$(6)$ ile $(7)$ yı birleştirsek $$\sum\limits_{p \in P_-} |B(p)| \leq 5|B| \tag{8}$$
$(5)$ ve $( 8 )$ deki bulgularımızı $(2)$ de yerine yazarsak
$$\begin{array}{lcl}
|T| & \leq & 2 \sum\limits_{p \in P_+} |G(p)| + 2\sum\limits_{p \in P_-}|B(p)| \\
& \leq & 2\cdot 5 \cdot |G| + 2\cdot 5 \cdot |B| \\
& = & 420
\end{array} \tag{9}$$
$(1)$ ve $(9)$ çeliştiği için varsayımımız yanlıştır. Dolasıyla en az bir $p$ için $|G(p)| \geq 3$ ve $|B(p)| \geq 3$ tür.

Kaynak:
IMO Shortlist 2001

$P$ ile soruların kümesini, $G(p)$ ile $p\in P$ sorusunu çözen kızların kümesini, $B(p)$ ile $p\in P$ sorusunu çözen erkeklerin kümesini gösterelim.

Hiçbir $p \in P$ sorusu için hem $|G(p)| \geq 3$ hem de $|B(p)| \geq 3$ ün birlikte sağlanmadığını varsayacağız. Sonunda bir çelişki elde edeceğiz. Bu da en az bir $p \in P$ sorusu için hem $|G(p)| \geq 3$ hem de $|B(p)| \geq 3$ ün birlikte sağlandığı anlamına gelecek.

Her $p\in P$ sorusunu, $|G(p)|\leq 2$ ise kırmızıya aksi halde siyaha boyayalım. Bir soru siyahsa, bu $|B(p)|\leq 2$ anlamına gelir. Aksi halde, $|B(p)|\geq 3$, soru kırmızı olmadığı için de $|G(p)|\geq 3$ olurdu.

$21\times 21$ bir satranç tahtasının her bir satırı bir kızı, her bir sütunu da bir erkeği temsil etsin. Tahtanın her bir karesini, o karenin satır ve sütun koordinatına göre, ilgili kızla ilgili erkeğin ortak çözdüğü problemlerden birinin rengine boyayalım. Sorudaki ikinci madde gereği, her kız ve erkek çiftinin ortak çözdüğü bir soru olduğu için, her kare kırmızı ya da siyahtır.

$21\times 21 = 441$ kare ve $2$ renk olduğu için Güvercin Yuvası İlkesi'nden en az $\lceil 441/2 \rceil = 221$ kare aynı renktedir.
Sayıca çok olan rengin siyah olduğunu varsayalım. $21$ satır olduğu için $221$ siyah karenin en az $\lceil 221/21 \rceil = 11$ tanesi aynı satırdadır. Bu $11$ kareye rengini veren soruların her biri en fazla $2$ erkek tarafından çözüldü. Bu karelere rengini veren farklı soruların sayısı $6$ dan az olamaz. Çünkü $5$ olsaydı, her soru en fazla $2$ erkek tarafından çözülebileceğinden toplamda en fazla $5\times 2=10$ erkek olurdu. Bu durumda $11$ erkek olduğu için bu sorulardan en az $6$ sı farklıdır. Bu şekilde düşündüğümüzde bu satırdaki siyah karelerin sayısı $12$ den fazla olamaz. Bu da bu satırda kırmızı karelerin de olduğu anlamına gelir. Bir soru ya kırmızı ya siyah renkte olacağı için, bu satırda kırmızı bir sorunun varlığı en az $6+1=7$ farklı sorunun bu satırla ifade edilen kız tarafından çözüldüğü anlamına gelir. Bu da bir çelişki oluşturur ve sorunun başındaki varsayımı geçersiz kılar.

Çok olan renk kırmızı olsa idi, bu sefer sütunlar üzerinden gidip bir erkeğin çözdüğü farklı soru sayısı üzerinden çelişki elde edecektik.

Kaynak:
IMO Shortlist 2001

Tüm permütasyonları sırasıyla yazalım:

$\begin{array}{lcl}
p_1  & = & (1,2,\dots, n-1, n) \\
p_2  & = & (1,2,\dots, n, n-1) \\
& \dots & \\
p_{(n-1)!} & = & (1, n, \dots, 3, 2) \\
p_{(n-1)! + 1} & = & (2,1,\dots, n-1, n)\\
& \dots & \\
p_{2(n-1)!} & = & (2, n, \dots, 3, 1) \\
& \dots & \\
p_{(n-1)(n-1)! + 1} & = & (n,1,\dots, n-2, n-1)\\
& \dots & \\
p_{n!} & = & (n, n-1, \dots, 2, 1) \\
\end{array}$

$\sum\limits_{i = 1}^{n!} S(p_i)$ toplamını hesaplayalım.

$\begin{array}{lcl}
\sum\limits_{i = 1}^{n!} {S(p_i)} & = & (n-1)!\cdot \dfrac {n(n+1)}{2} \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n} k_i \\
 & = & n!\dfrac{n+1}{2} \sum\limits_{i = 1}^{n} k_i \\
\end{array}$

$n$ tek olduğu için $ \sum\limits_{i = 1}^{n!} {S(p_i)} \equiv 0 \pmod {n!}$ olacaktır.

Herhangi $b,c \in \{p_1, p_2, \dots, p_{n!}\}$ ve $b \neq c$ çifti için $S(b) - S(c) \not \equiv 0 \pmod {n!}$ olmadığını varsayalım.
Bu durumda $S(p_i)$ ifadelerinin her biri $\bmod {n!}$ de farklı bir değere denk olacaktır.

$\begin{array}{lclr}
\sum\limits_{i = 1}^{n!} {S(p_i)} & \equiv & 0 + 1 + \cdots + (n! - 1) & \pmod {n!}\\
 & \equiv & \dfrac {(n!-1)n!}{2} & \pmod {n!} \\
\end{array}$

Bulduğumuz bu iki toplamı eşitlersek ($c_1$ ve $c_2$ birer tam sayı olmak üzere)

$c_1\cdot n! = c_2\cdot n! + \dfrac {n! - 1}{2} \cdot n!$

elde ederiz. Buradan $\dfrac {n! - 1}{2}$ ifadesinin bir tam sayı olması gerektiği çıkar. $n>1$ iken $n!$ çift ve $n! - 1$ tek sayı olacağı için bu mümkün değildir. Çelişki.

O halde, ($i \neq j$ olmak üzere) en az bir $(p_i, p_j)$ çifti için $S(p_i) \equiv S(p_j) \pmod {n!}$ olmak zorunda. $\blacksquare$

$[AB$ üzerinde, $[AB]$ dışında, $BP'=BP$ olacak şekilde $P'$ noktası ile; $[AQ$ üzerinde, $[AQ]$ dışında, $QB'=QB$ olacak şekilde $B'$ noktası alalım. $AB'=AP'$ olacaktır. $AP$, $\angle P'AB'$ nün açıortayı olduğu için $PP'=PB'$ ve $\angle AP'P = \angle AB'P = \alpha$ dır. $BQB'P$ dörtgeninde (içbükey ya da dışbükey) $QP$ yi gören açılar, $\angle QBP$ ile $\angle QB'P$, $\alpha$ ya eş olduğu için $\triangle QBP$ ile $\triangle QB'P$ de Sinüs teoreminden, $$\dfrac{BQ}{\sin \angle BPQ} = \dfrac{QP}{\sin \angle QBP} = \dfrac{QB'}{\sin \angle QPB'}$$ olacaktır. $BQ=QB'$ olduğu için $\sin \angle BPQ = \sin \angle QPB'$. Bu durumda, ya $\angle BPQ = \angle QPB'$ dür, ya da $\angle BPQ + \angle QPB' = 180^\circ$ dir.

• $\angle BPQ = \angle QPB'$ olduğunda simetriden $PP'=BP=PB'=BP'$, dolayısıyla $\alpha = 60^\circ$ dir. $ABC$ üçgende $\angle BAC = 60^\circ$ olduğu için $\angle ABC < 120^\circ$ olmalı. Dolayısıyla, buradan çözüm gelmez.
  
  
• $\angle BPQ + \angle QPB' = 180^\circ$ olduğu için $B,P,B'$ noktaları doğrusal, yani $B'=C$ dir. Bu durumda, $2\alpha + \alpha + 60^\circ = 180^\circ \Rightarrow \alpha = 40^\circ$ olacaktır. $\angle A= 60^\circ$, $\angle B = 80^\circ$, $\angle C = 40^\circ$ tek çözüm olacaktır.
  

Gösterim kolaylığı için $\angle B=2\alpha$ olsun. $\triangle ABP$ 'de Sinüs Teoremi'ne göre

$$\dfrac{AB}{BP}=\dfrac{\sin(2\alpha+30^\circ)}{\sin30^{\circ}}\Longleftrightarrow BP=\dfrac{AB}{2.\sin(2\alpha+30^\circ)}$$
olacaktır. Şimdi ise $\triangle AQB$ 'de Sinüs Teoremi'ni uygularsak

$$\dfrac{AQ}{QB}=\dfrac{\sin\alpha}{\sin 60^{\circ}}\Longleftrightarrow AQ=\dfrac{QB.\sin\alpha}{\sin 60^{\circ}} \qquad \text{ve} \qquad \dfrac{AB}{QB}=\dfrac{\sin (\alpha+60^\circ)}{\sin 60^{\circ}}$$
olduğu söylenebilir. Buna göre problem koşulu $AB+BP=AQ+QB$ sağlanıyorsa

$$AB+BP=AB\left(1+\dfrac{1}{2.\sin(2\alpha+30^\circ )}\right)=QB\left(1+\dfrac{\sin\alpha}{\sin 60^{\circ}}\right)$$
$$\Longleftrightarrow \dfrac{AB}{QB}=\boxed{\dfrac{\sin (\alpha+60^\circ )}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{1+\dfrac{\sin\alpha}{\sin 60^{\circ}}}{1+\dfrac{1}{2.\sin(2\alpha+30^\circ )}}}$$
trigonometrik denklemi elde edilir. Bu denklemde pay ve paydalarla oynandığında ve $\sin (x)+\sin (y) = 2\sin\left(\dfrac{x+y}{2}\right)\cos\left(\dfrac{x-y}{2}\right)$  olduğu kullanılırsa

$$1+\dfrac{1}{2.\sin(2\alpha+30^\circ )}=\dfrac{\sin\alpha+\sin 60^{\circ}}{\sin(\alpha+60^\circ )}=\dfrac{2.\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right).\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}-30^\circ \right)}{2.\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right).\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)}=\dfrac{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}-30^\circ \right)}{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)}$$
elde edilir. Şimdi ise  $\cos(a-b)-\cos(a+b)=2\sin a\sin b$  özdeşliğini kullanacağız. Buna göre kaldığımız yerden devam edersek

$$1+\dfrac{1}{2.\sin(2\alpha+30^\circ )}=\dfrac{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}-30^\circ \right)}{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)} $$
$$\Longleftrightarrow\boxed{ \dfrac{1}{2.\sin(2\alpha+30^\circ )}=\dfrac{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}-30^\circ \right)-\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)}{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)}=\dfrac{2.\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right).\sin 30^{\circ}}{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)}}$$
elde edilir. Sondaki ifade biraz incelendiğinde

$$\dfrac{1}{2.\sin(2\alpha+30^\circ )}=\dfrac{2.\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right).\sin 30^{\circ}}{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)}\Longleftrightarrow \dfrac{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)}{\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right).\sin(2\alpha+30^\circ )}=4.\sin30^{\circ}=2$$
$$\Longleftrightarrow \cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)=2.\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right).\sin(2\alpha+30^\circ )$$
bulunur. Yine $\cos(a-b)-\cos(a+b)=2\sin a\sin b$ özdeşliği ve $\cos(a-b)+\cos(a+b)=2.\cos a.\cos b$ özdeşliğiyle
$$\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)=2.\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right).\sin(2\alpha+30^\circ )=\cos\left(\dfrac{3\alpha}{2}+30^\circ \right)-\cos\left(\dfrac{5\alpha}{2}+30^\circ \right)$$
$$\Longleftrightarrow \cos\left(\dfrac{3\alpha}{2}+30^\circ \right)=\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)+\cos\left(\dfrac{5\alpha}{2}+30^\circ \right)=2.\cos\left(\dfrac{3\alpha}{2}+30^\circ \right).\cos\alpha$$
$$\Longleftrightarrow \cos\left(\dfrac{3\alpha}{2}+30^\circ \right)\left [2.\cos\alpha-1\right ]=0$$
olmalıdır. Dolayısıyla $0<\alpha<60^{\circ}$ için iki durum oluşur : 
$$\arccos(0)=\dfrac{3\alpha}{2}+30^\circ \qquad \text{ya da} \qquad \arccos\left(\dfrac{1}{2}\right)=\alpha$$
olacaktır. İlk durumda $\boxed{\alpha=40^{\circ}}$ elde edilir. İkinci durumda ise $\alpha \in (0^\circ,60^\circ)$ için çözüm gelmez. Tek çözüm $\alpha=40^{\circ}$ olduğunda oluşur ve $\angle B=80^{\circ}, \angle C=40^{\circ}$ olarak belirlenir.

$\begin{array}{lcl}
ac + bd &=& (b+d+a -c)(b+d-a+c) \\
& = & \left ( (b+d) + (a-c) \right )\left ( (b+d) - (a-c) \right ) \\
& = & (b+d)^2 - (a-c)^2 \\
& = & b^2+d^2+ 2bd - a^2 - c^2 + 2ac
\end{array}$

Buradan da $$b^2 + d^2 + bd = a^2 + c^2 - ac$$ elde edilir.  Biraz düzenlemeyle $$b^2 + d^2 - 2bd \cdot \cos (120^\circ) = a^2 + c^2 - 2ac\cdot \cos (60^\circ) = k$$ elde edilir. $(b,d, \sqrt k)$ ve $(a,c, \sqrt k)$ üçlüleri kosinüs teoremini sağlayan sayılar olduğu için üçgen eşitsizliklerini de sağlayacaktır.

$AB=a$, $BC=c$, $AC=e = \sqrt k$ üçgenini çizelim. $B$ ile $D$, $AC$ doğrusuna göre farklı tarafta olacak şekilde $CD = b$, $AD = d$ şartlarını sağlayan $D$ noktası aldığımızda $\angle ABC = 60^\circ$ ve $\angle CDA = 120^\circ$, dolayısıyla $ABCD$ bir kirişler dörtgeni olacaktır.

$AC = e$, $BD = f$ dersek Ptolemy Teoreminden $$ef = AB\cdot CD + BC \cdot AD = ab + cd \tag {1}$$ elde ederiz.
$\angle BAD = \alpha $ olmak üzere; $f^2 = a^2 + d^2 - 2ad\cdot \cos \alpha = b^2 + c^2 - 2bc \cdot \cos (180^\circ - \alpha) = b^2 + c^2 + 2bc \cdot \cos \alpha$ eşitliklerinden $\cos \alpha = \dfrac {a^2 + d^2 - b^2 -c^2}{2ad + 2bc}$ olarak bulunur. Bu durumda $$\begin{array}{lcl}
f^2 & = & a^2 + d^2 - 2ad\dfrac {a^2 + d^2 - b^2 -c^2}{2ad + 2bc} \\
& = &  a^2 + d^2 - ad\dfrac {a^2 + d^2 - b^2 -c^2}{ad + bc} \\
& = & \dfrac {(a^2 + d^2)bc + (b^2 + c^2)ad}{ad + bc} \\
& = & \dfrac {a^2bc + bcd^2 + ab^2d + ac^2d}{ad + bc} \\
& = & \dfrac {ac(ab + cd) + bd(ab + cd)}{ad + bc} \\
& = & \dfrac {(ab + cd)(ac + bd)}{ad + bc} \\
\end{array}$$
elde ederiz. $e^2 = a^2 + c^2 - ac$ ve $(1)$ den dolayı $ef = ab + cd$ olduğu için $$e^2f^2 = (ab+cd)^2 = (a^2 + c^2 - ac) \cdot \dfrac {(ab + cd)(ac + bd)}{ad + bc} $$ elde ederiz. Biraz düzenlemeyle $$(ab + cd)(ad + bc) = (a^2 + c^2 -ac)(ac + bd) \tag {2}$$ elde edilir.
$a > b > c > d$ olduğu için $a(b-c) > d(b-c)$ ve $a(c-d) > b(c-d)$ eşitsizlikleri doğrudur. Dolayısıyla $(2)$ nolu ifadede geçen terimler arasında $ab + cd > ac + bd > ad + bc$ bağıntısı vardır.
$ab + cd$ asal ise$(ac + bd, ab + cd) = 1$ olacağından $(2)$ nolu eşitliğe göre $(ac + bd) | (ad + bc)$ olmalı. $ac + bd > ad + bc$ olduğu için bu mümkün olamaz. Çelişki.
Bu durumda $ab + cd$ asal değildir. $\blacksquare$

Kaynak:
IMO Shortlist 2001

$\begin{array}{lcl}
ac + bd &=& (b+d+a -c)(b+d-a+c) \\
& = & \left ( (b+d) + (a-c) \right )\left ( (b+d) - (a-c) \right ) \\
& = & (b+d)^2 - (a-c)^2 \\
& = & b^2+d^2+ 2bd - a^2 - c^2 + 2ac
\end{array}$

Buradan da $$b^2 + d^2 + bd = a^2 + c^2 - ac$$ elde edilir.  Biraz düzenlemeyle $$b^2 + d^2 - 2bd \cdot \cos (120^\circ) = a^2 + c^2 - 2ac\cdot \cos (60^\circ) = k$$ elde edilir. $(b,d, \sqrt k)$ ve $(a,c, \sqrt k)$ üçlüleri kosinüs teoremini sağlayan sayılar olduğu için üçgen eşitsizliklerini de sağlayacaktır.

$AB=a$, $BC=c$, $AC=e = \sqrt k$ üçgenini çizelim. $B$ ile $D$, $AC$ doğrusuna göre farklı tarafta olacak şekilde $CD = b$, $AD = d$ şartlarını sağlayan $D$ noktası aldığımızda $\angle ABC = 60^\circ$ ve $\angle CDA = 120^\circ$, dolayısıyla $ABCD$ bir kirişler dörtgeni olacaktır.

Herhangi bir kirişler dörtgeninde;
$2[ABCD]=ac\sin \angle B + bd\sin \angle D = (ac+bd)\sin \angle B$.
$2[ABCD]=ad\sin \angle A+ bc\sin \angle C = (ad+bc)\sin \angle A$.
Sinüs Teoreminden $$\dfrac ef = \dfrac{\sin \angle B}{\sin \angle A} = \dfrac{\dfrac{2[ABCD]}{ac+bd}}{\dfrac{2[ABCD]}{ad+bc}}=\dfrac {ad+bc}{ac+bd}$$ Bunu, Ptolemy'den elde ettiğimiz $ef=ab+cd$ değeri ile taraf tarafa çarparsak $$e^2=\dfrac{(ab+cd)(ad+bc)}{ac+bd}$$ elde ederiz.

$e^2=a^2+c^2-ac$ nin pozitif tam sayı olduğunu biliyoruz. O halde $\dfrac{(ab+cd)(ad+bc)}{ac+bd}$ ifadesinin de bir pozitif tam sayı olduğunu biliyoruz.

$a > b > c > d$ olduğu için $a(b-c) > d(b-c)$ ve $a(c-d) > b(c-d)$ eşitsizlikleri doğrudur. Biraz düzenlemeyle $ab + cd > ac + bd > ad + bc$ elde ederiz.
$ab + cd$ asal ise$(ac + bd, ab + cd) = 1$ olacağından $(ac + bd) | (ad + bc)$ olmalı. $ac + bd > ad + bc$ olduğu için bu mümkün olamaz. Çelişki.
Bu durumda $ab + cd$ asal değildir. $\blacksquare$

$\begin{array}{lcl}
ac + bd &=& (b+d+a -c)(b+d-a+c) \\
& = & \left ( (b+d) + (a-c) \right )\left ( (b+d) - (a-c) \right ) \\
& = & (b+d)^2 - (a-c)^2 \\
& = & b^2+d^2+ 2bd - a^2 - c^2 + 2ac
\end{array}$
Buradan da $a^2+c^2-b^2-d^2=ac+bd$ elde edilir.
$\begin{array}{lcl}
(a^2+c^2-ac)(ac + bd) &=& (a^2+c^2)(ac +bd) - ac(ac+bd)  \\
&=& (a^2+c^2)(ac +bd) - ac(a^2+c^2-b^2-d^2)  \\
&=& (a^2+c^2)ac + (a^2+c^2)bd - ac(a^2+c^2) +ac(b^2+d^2)  \\
&=& (a^2+c^2)bd +ac(b^2+d^2) \\
&=& ab(ad+bc) + cd(bc+ad)\\
&=& (ab+cd)(ad+bc)
\end{array}$

Bu aşamadan sonra resmi çözümdeki gibi devam edebiliriz. Biraz farklılaştıralım. Yeniden düzenleme eşitsizliği kullanalım.
$a>d$ ve $b>c$ den $ab+cd > ac+bd$.
$a>b$ ve $c>d$ den $ac+bd > ad + bc$.

$ab + cd$ asal ise$(ac + bd, ab + cd) = 1$ olacağından $(ac + bd) | (ad + bc)$ olmalı. $ac + bd > ad + bc$ olduğu için bu mümkün olamaz. Çelişki.
Bu durumda $ab + cd$ asal değildir. $\blacksquare$