Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2003 Çözümleri
1
$A$ kümesi $S=\{1,2,\dots, 1000000\}$ kümesinin $101$ elemanlı bir alt kümesi olsun. $$A_j = \{ x+t_j \mid x \in A \}, \quad j=1,2,\dots, 100$$ kümeleri ikişerli olarak ayrık olacak şekilde $S$ ye ait $t_1,t_2, \dots, t_{100}$ sayılarının bulunduğunu kanıtlayınız.
2
$$\dfrac{a^2}{2ab^2 - b^3 + 1}$$ sayısının pozitif bir tam sayı olmasını sağlayan tüm $(a,b)$ pozitif tam sayı ikililerini belirleyiniz.
Çözüm:
$\dfrac{a^2}{2ab^2-b^3+1}=k$ , $k\in Z^+$ diyerek işe koyulalım .
İçler dışlar çarpıp ifadeleri tek tarafta toplarsak
$$f(x)=x^2-2kb^2.x+k.(b^3-1)=0$$ denkleminin çözümleri $b>1$ için iki adet pozitif tam sayı köktür.
$b=1$ durumunu özel olarak incelersek $(2n,1)$ çözümünü görürüz.
pozitif tam sayı köklerden birinin $x=a$ olduğunu görürüz. Diğer kökü $a'$ olsun.
Genelliği kaybetmeden $a'\ge a$ alınabilir. $$a^2\le a.a'=k.(b^3-1)$$ gelir.
Başlangıçtaki ifadeyi düzenleyelim. $$k=\dfrac{a^2}{2ab^2-b^3+1}\le b.\dfrac{k^3-1}{2ab^2-b^3+1}$$
$$b^3-1\ge 2ab^2-b^3+1$$
$$b^3-1\ge ab^2$$
$$b>b-\dfrac{1}{b^2}\ge a$$ olduğundan $b>a$ bulunur.
Aynı zamanda başlangıçtaki denklem $$b^2>a^2=k.(2ab^2-b^3+1)\ge 2ab^2-b^3+1>0$$
yazılabildiğinden dolayı $$b^2>(2a-b).b^2+1>0$$ elde edilir. $2a-b>0$ için sol kısma bakınca $0>1$ çelişkisi gelir. $2a-b<0$ ise $2a-b=-x$ ,$x\in Z^+$ olmalıdır. $-xb^2+1>0$ çelişkisi gelir. $2a=b$ olmalıdır.
yani $(a,b)$ ikililerinden biri daha $(n,2n)$ olarak bulunur. Yerine konulduğunda $k=n^2$ yapar.
$$f(x)=x^2-2kb^2.x+k.(b^3-1)=x^2-8n^3x+8n^4-n=0$$ Denkleminin köklerinden biri $n$ olduğuna göre
$n.a'=8n^4-n$ $a'=8n^3-n$ elde edilir. O halde $(8n^3-n,2n)$ de bir çözümdür.
3
Her karşılıklı kenarları için, bu iki kenarın orta noktaları arasındaki uzaklık, bu iki kenarın uzunlukları toplamının $\dfrac {\sqrt 3}{2}$ katına eşit olan dışbükey bir altıgenin tüm açılarının eşit olduğunu kanıtlayınız.
(Dışbükey $ABCDEF$ altıgeninin üç çift karşılıklı kenarı vardır: $AB$ ile $DE$, $BC$ ile $EF$, $CD$ ile $FA$)
4
$ABCD$ kirişler dörtgeninde, $D$ noktasından $BC$, $CA$, $AB$ doğrularına inilen dikmelerin ayakları sırasıyla $P,Q,R$ olsun. $PQ=QR$ olması için gerek ve yeter koşulun $\angle ABC$ ile $\angle ADC$ açısının açıortaylarının $AC$ ile noktadaş olması olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$A,R,Q,D$ noktaları çemberseldir. Çemberin çapı $AD$ olup Sinüs Teoreminden $RQ = AD \cdot \sin \angle BAC$ dir.
$Q,C,P,D$ noktaları çemberseldir. Çemberin çapı $CD$ olup Sinüs Teoreminden $PQ = CD \cdot \sin \angle ACB$ dir.
Taraf tarafa oranlayalım: $$\dfrac{PQ}{QR} = \dfrac{AD}{CD} \cdot \dfrac{\sin \angle BAC}{\sin \angle ACB} = \dfrac{AD}{CD} \cdot \dfrac {BC}{AB}$$
$$PQ=QR \Longleftrightarrow \dfrac{AD}{CD} = \dfrac{AB}{BC}$$ Son eşitliğin olması için gerek ve yeter koşul kirişler dörtgeninin $B$ ve $D$ açıortaylarının $AC$ üzerinde kesişmesidir.
5
$n$ pozitif bir tam sayı ve $x_1 \leq x_2 \leq \dots \leq x_n$ gerçel sayılar olsun. $$ \left( \sum_{i,j=1}^{n}|x_i-x_j| \right)^2 \leq \dfrac{2(n^2-1)}{3} \sum\limits_{i,j=1}^n (x_i - x_j)^2$$ olduğunu kanıtlayınız. Eşitliğin sağlanması için gerek ve yeter koşulun $x_1, \dots, x_n$ in aritmetik bir dizi olması olduğunu gösteriniz.
6
$p$ bir asal sayı olsun. $q$ sayısı, hiçbir $n$ tam sayısı için, $n^p - p$ sayısını bölmeyecek şekilde bir $q$ asal sayısının bulunduğunu kanıtlayınız.