Uluslararası Matematik Olimpiyatı

$ABC$, kenarları arasında $AB \neq AC$ bağıntısı olan dar açılı bir üçgen olsun. $BC$ çaplı çember, $AB$ ve $AC$ kenarlarını sırasıyla $M$ ve $N$ noktalarında kesiyor. $BC$ kenarının orta noktasını $O$ ile gösterelim. $\angle BAC$ ve $\angle MON$ açılarının iç açıortayları $R$ de kesişmektedir. $BMR$ ve $CNR$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin $BC$ kenarı üzerinde yer alan ortak bir noktalarının olduğunu kanıtlayınız.

Çözüm:

$OM=ON$ ve $OR$ $\angle MON$ nin açıortayı olduğu için $RM=RN$ dir.
$\triangle AMR$ ile $\triangle ANR$ de $AR$ ortak, $MR=RN$ olduğu için $\sin \angle AMR = \sin \angle ANR$ dir. $AB \neq AC$ olduğu için $AM \neq AN$ dir. O halde, $\angle AMR + \angle ANR = 180^\circ$ dir.
$BC$ üzerinde $\angle BKR = \angle AMR$ olacak şekilde bir $K$ noktası aldığımızda $\angle BKR = \angle RNC$ olacaktır. O halde, $BMRK$ dörtgeni ile $CNRK$ dörtgeni birer kirişler dörtgenidir.

$ab+bc+ca=0$ eşitliğini sağlayan her $a,b,c$ gerçel sayıları için $$f(a-b)+f(b-c)+f(c-a)=2f(a+b+c)$$ bağıntısının sağlandığı tüm gerçel katsayılı polinomları bulunuz.

Aşağıdaki şekilde gösterildiği gibi altı birim kareden oluşan şekle, ya da bu şeklin döndürülmesi ya da yansıtılması ile oluşabilecek şekle "kanca" diyoruz.

Herhangi iki kanca üst üste binmeyecek ve hiçbir kanca dikdörtgenin dışına taşmayacak şekilde kancalar kullanarak tamamen kaplanabilecek tüm $m\times n$ dikdörtgenleri belirleyiniz.

$n\geq 3$ bir tam sayı olmak üzere; $t_1,t_2,\dots, t_n$ pozitif gerçel sayıları $$n^2+1 > (t_1+t_2+\dots+t_n)\left(\dfrac 1{t_1} + \dfrac 1{t_2} + \dots + \dfrac 1{t_n} \right)$$ koşulunu sağlasın. $1\leq i < j < k \leq n$ koşulunu sağlayan her $i$, $j$, $k$ sayıları için $t_i$, $t_j$, $t_k$ sayılarının bir üçgenin kenarları olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

Genelliği bozmadan $t_n\geq t_{n-1}\geq \cdots \geq t_1$ olsun.
Soruda bu eşitsizliği sağlayan $t_i$ lerden herhangi farklı üçünün bir üçgen oluşturduğu ispatlamamız isteniyor. Aksini varsayalım, $t_n\geq t_1+t_2$ olsun. Buna göre $t_n\geq \dfrac{2t_n}{5}+\dfrac{3\left(t_1+t_2\right)}{5}$ olduğunu söyleyebiliriz.
Dolayısıyla
$$LHS=\left(t_1+t_2+\cdots+t_n\right)\left(\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_2}+\cdots+\dfrac{1}{t_n}\right)\geq \left(t_1+t_2+\cdots+t_{n-1}+\dfrac{2t_n}{5}+\dfrac{3\left(t_1+t_2\right)}{5}\right)\left(\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_2}+\cdots+\dfrac{1}{t_n}\right)$$
$$=\left(\dfrac{8t_1}{5}+\dfrac{8t_2}{5}+t_3+\cdots+t_{n-1}+\dfrac{2t_n}{5}\right)\left(\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_2}+\cdots+\dfrac{1}{t_n}\right)\overbrace{\geq}^{Cauchy} \left(n+\sqrt{10}-3\right)^2$$
Sondaki eşitsizliği gösterelim
$$=\left(\dfrac{8t_1}{5}+\dfrac{8t_2}{5}+t_3+\cdots+t_{n-1}+\dfrac{2t_n}{5}\right)\left(\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_2}+\cdots+\dfrac{1}{t_n}\right)$$
$$\geq \left(\sqrt{\dfrac{8t_1}{5}}.\sqrt{\dfrac{1}{t_1}}+\sqrt{\dfrac{8t_2}{5}}.\sqrt{\dfrac{1}{t_2}}+\sqrt{t_3}.\sqrt{\dfrac{1}{t_3}}+\sqrt{t_4}.\sqrt{\dfrac{1}{t_4}}+\cdots+\sqrt{t_{n-1}}.\sqrt{\dfrac{1}{t_{n-1}}}+\sqrt{\dfrac{2t_n}{5}}.\sqrt{\dfrac{1}{t_n}}\right)^2$$
$$=\left(\sqrt{\dfrac{8}{5}}+\sqrt{\dfrac{8}{5}}+\overbrace{1+1+\cdots+1}^{n-3}+\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)^2=\left(n-3+\sqrt{10}\right)^2$$
elde edilir.
Sonuç olarak $t_n\geq t_1+t_2$ durumunda
$$LHS\geq \left(n+\sqrt{10}-3\right)^2\geq n^2+1$$
olduğunu gösterirsek çelişkiyi elde etmiş olacağız. Gösterelim
$$\left(n+\sqrt{10}-3\right)^2=n^2+2n\left(\sqrt{10}-3\right)+19-6\sqrt{10}\geq n^2+1$$
$$\Rightarrow 2n\left(\sqrt{10}-3\right)+18-6\sqrt{10}\geq 0$$
Sol tarafın $\left(2n-6\right)\left(\sqrt{10}-3\right)\geq 0 \Rightarrow n\geq 3$ olması ile biter.
Özetle çelişkiyi elde ettik. Çelişkimiz ise şudur :
$t_n\geq t_1+t_1$ durumunda $LHS\geq n^2+1$ elde edilir. Bundan dolayı $t_n< t_1+t_2$ olmalıdır dolayısıyla üçgen oluşturmaları gerekir. Boylelikle ispat tamamlanır.

Problemin ispatı, genelliği bozmadan kısmında $\max{t_1}=t_n$ verilerek de gösterilebilirdi. Ayrıca her üçgen oluşturan $t_i$ ler eşitsizliği sağlamak zorunda değillerdir ama tersi doğrudur.

$ABCD$ dışbükey dörtgeninde, $BD$ köşegeni $ABC$ açısının da $CDA$ açısının da açıortayı değildir. $P$ noktası, $ABCD$ nin iç bölgesinde $$\angle PBC = \angle DBA \text{ ve } \angle PDC = \angle BDA$$ olacak şekilde bir noktadır. $ABCD$ dörtgeninin kirişler dörtgeni olması için gerek ve yeter koşulun $AP=CP$ olduğunu kanıtlayınız.

Çözüm 1:

$\triangle BPD$ de, $A$ noktası için Trigonometrik Ceva:
$$\dfrac{ \sin \angle ABD}{\sin \angle ADB}\cdot\dfrac{ \sin \angle ADP}{\sin \angle APD}\cdot\dfrac{ \sin \angle APB}{\sin \angle ABP} = 1\tag{1}$$

$\triangle BPD$ de, $C$ noktası için Trigonometrik Ceva:
$$\dfrac{ \sin \angle CBD}{\sin \angle CDB}\cdot\dfrac{ \sin \angle CDP}{\sin \angle CPD}\cdot\dfrac{ \sin \angle CPB}{\sin \angle CBP} = 1 \tag {2}$$

$(1)$ ile $(2)$ taraf tarafa çarpıp $\angle ABD = \angle PBC$, $\angle ABP = \angle DBC$, $\angle ADB = \angle PDC$, $\angle ADP = \angle BDC$ eşitliklerini yazarsak
$$\dfrac{ \sin \angle APB}{ \sin \angle APD} \cdot \dfrac{ \sin \angle CPB}{\sin \angle CPD} = 1 \tag {3}$$ elde ederiz.

$BP$ ile $DP$ doğruları $AC$ yi sırasıyla $X$ ve $Y$ de kessin. $PC$ ile $BD$, $Z$ de kesişsin.
$(3)$ ü $$\dfrac{ \sin \angle APB}{ \sin \angle APD} = \dfrac {\sin \angle CPD}{\sin \angle CPB} = \dfrac {\sin\angle ZPD}{\sin \angle ZPB} \tag {4}$$ şeklinde yazarsak $\angle APB = \angle ZPD$ ve $\angle APD = \angle ZPB$ çıkar. Biraz düzenlemeyle $$\angle XPC = \angle YPA \tag {5}$$ elde edilir.

$ABCD$ kirişler dörtgeni ise; $\angle PXY = \angle XBC + \angle XCB = \angle YCD + \angle YDC = \angle PYX$ elde edlir. $(5)$ ile birleştirirsek $AP=CP$ elde edilir.
$AP=CP$ ise; $PX$ i $PD=PE$ olacak şekilde uzatalım. $\triangle PEC \cong \triangle PDA$.
$ACED$ ikizkenar yamuktur. Yani bir kirişler dörtgenidir.
$\angle CEP =\angle ADP =\angle BDC$ olduğu için de $BDEC$ kirişler dörtgenidir. Bu durumda $ABCD$ kirişler dörtgenidir.

Not 1: $ABCD$ kirişler dörtgeni ise $AP=CP$ önermesinin aslında daha kolay ispatları var. Bundan dolayı olmalı ki, IMO istatistiklerine göre, yarışmacıların $\% 25$ i $3$ puan almış.

Not 2: $A$ ile $C$ noktaları, $\triangle BDP$ de izogonal eşleniklerdir. Aslında yukarıda bunun ispatı yapıldı. Aslında bu durum doğrudan Trigonometrik Ceva'daki oranların yer değiştirmesinin bir sonucudur. Soruda nokta üçgenin dışında olduğu için bunun görülmesi zor olmuş olabilir. Ben pratik olarak, nokta üçgen içerisindeymiş gibi oranları yazarak ilerliyorum.

Çözüm 2:

Sadece, $ABCD$ kirişler dörtgeni ise $AP=CP$ olduğunu gösterelim.

Ptolemy Teoremi'nin ispatında kullanılan yoldan gideceğiz. Bunun için ilk çözümdeki şekli kullanalım.

$BP$ ile $DP$ doğruları ile $AC$ doğrusu, sırasıyla $X$ ve $Y$ de kesişsin.

$(AA)$ benzerliğinden $\triangle AYD \sim \triangle BCD$ ve $\triangle BCX \sim \triangle BDA$.

$\dfrac {AY}{BC} = \dfrac {AD}{BD}$ ve $\dfrac {XC}{AD} = \dfrac {BC}{BD}$ oranlarından $AY = XC$.

Az önceki $(AA)$ benzerliğinin bir sonucu olarak ya da basit açı hesaplarıyla $\angle PYX = \angle PXY$ olduğu için $(KAK)$ benzerliğinden $\triangle PYA \cong \triangle PXC$, dolayısıyla $AP=CP$.

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2004 Çözümleri