Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 1990 Çözümleri

$\angle FEM = \angle EDM = \angle AEG = \alpha$.
$\angle MDB = \beta$ dersek, $\angle CAE= \alpha + \beta$ ve $\angle AGE = \beta$.
$\angle MBD = \angle GCE = \theta$ olsun.
$\angle CEF = \beta + \theta = \angle AMD$ ve $\angle MAD = \angle ECF$.
$A.A$ dan $\triangle CEG \sim \triangle BMD$ ve $\triangle FEC \sim \triangle DMA$. Benzerlikleri yazıp, $$ \dfrac{EG}{CE} = \dfrac{MD}{BM} \text{ ve } \dfrac{CE}{EF} = \dfrac{AM}{MD}$$ taraf tarafta çarparsak $$\dfrac{EG}{EF} = \dfrac{MA}{BM} = \dfrac{AM}{AB-AM} = \dfrac{1}{\dfrac{AB}{AM} - 1} = \dfrac {1}{\dfrac{1}{t}-1} = \dfrac {t}{t-1}.$$

$n|2^n+1 \Longrightarrow 2^n\equiv-1\pmod{n}\Longrightarrow2^{2n}\equiv1\pmod{n}$

$n$ sayısının en küçük asal bölenine $p_1$ diyelim

$2^{2n}\equiv1\pmod{p_1}$ ve $2^{p_1-1}\equiv1\pmod{p_1}$

$2$ sayısının$\pmod{p_1}$'deki mertebesi $d$ olsun. O zaman $d|(p_1-1,2n)$ ,

$(p_1-1,2n)$ ifadesi $(p_1-1,n)=1$ olduğundan $1$ veya $2$ olabilir.

$d|1,2$ olduğundan $d=1,2$ olabilir. $d=1$ olursa $n=1$ gelir. O yüzden

$d=2$ olur ve buradan $2^{2}\equiv1\pmod{p_1}$ olduğundan $p_1=3$ olur.

$n=3^x.y$ diyelim. Buradan $3^{2x}|2^n+1$ gelir.

$v_3(3^{2x})\le v_3(3)+v_3(n)$

$2x\le1+x\Longrightarrow x\le1\Longrightarrow x=1$

Demekki $x=3.y$ ve $(y,3)=1$

Buradan $y|2^{3y}+1\Longrightarrow 2^{3y}\equiv-1\pmod{y}$

$2^{6y}\equiv-1\pmod{y}$ , $y$ sayısının en küçük asal bölenine $p_2$ diyelim.

$2^{6y}\equiv-1\pmod{p_2}$ ve $2^{p_2-1}\equiv-1\pmod{p_2}$

$2$ sayısının$\pmod{p_2}$'deki mertebesi $f$ olsun.O zaman $f|(p_2-1,6y)$

$(p_2-1,6y)$ ifadesi $(p_2-1,y)=1$ olduğundan$1,2,3$ veya $6$ olabilir.Durumları inceleyelim:

$1)$ $(p_2-1,6y)=1\Longrightarrow f=1\Longrightarrow 2^1\equiv1\pmod{p_2}$ olamayacığından

$n$'nin başka asal böleni yoktur. Buradan $n=3$ çözümü gelir.

$2)$ $(p_2-1,6y)=2 \Longrightarrow f=2$($f=1$ durumunu daha önce incelemiştik)

$2^2\equiv4\equiv1\pmod{p_2}$ Buradan ancak $p_2=3$ gelir ancak bu durum $(y,3)=1$ ile çelişir.

Demekki bu durumdan çözüm gelmez.

$3)$ $(p_2-1,6y)=3 \Longrightarrow f=3 \Longrightarrow 2^3\equiv8\equiv1\pmod{p_2}$

Buradan $p_2=7$ gelir ancak $2^{3y}+1\equiv 8^y+1 \equiv 2 \pmod{7}$ olduğundan

$7|2^{3y}+1$ koşulu sağlanmaz.

$4)$ $(p_2-1,6y)=6 \Longrightarrow f=6 \Longrightarrow 2^6\equiv64\equiv1\pmod{p_2}$

Buradan $p_2=3,7$ durumları gelir ancak bu durumlardan daha önce çözüm gelmediğini görmüştük.

Demekki sağlayan tek durum  $n=3$

Öncelikle bu fonksiyonun birebir, örten olduğunu gösterelim. $x=1$ koyarsak, $$f(f(y))=\frac{f(1)}{y}\tag{1}$$ olacaktır. Örtenlik için herhangi bir $\frac{a}{b}\in\mathbb{Q}^+$ için $y=\frac{b}{af(1)}$ alırsak, $$f(f(y))=\frac{a}{b}$$ olacağından $f(y)\mapsto \frac{a}{b}$ olacaktır, yani fonksiyon örtendir. Ayrıca $$f(y_1)=f(y_2)\implies f(f(y_1))=f(f(y_2))\implies \frac{f(1)}{y_1}=\frac{f(1)}{y_2}\implies y_1=y_2$$ elde edilir. Yani fonksiyon birebir ve örtendir, dolayısıyla tersi vardır. $(1)$'de $y=1$ koyarsak, $$f(f(1))=f(1)\implies f^{-1}(f(f(1)))=f^{-1}(f(1))\implies f(1)=1$$ elde edilir. Yani $f(f(y))=\frac{1}{y}$'dir. Ana denklemde $y$ yerine $f(y)$ yazarsak $$f(xf(f(y)))=f\left(\frac{x}{y}\right)=\frac{f(x)}{f(y)}\implies f(x)=f\left(\frac{x}{y}\right)f(y)\tag{2}$$ elde edilir. $x$ yerine $xy$ yazarsak $$f(xy)=f(x)f(y)\tag{3}$$ olacaktır. Eğer herhangi bir $p$ asalı için $f(p)$'yi bulursak, $(3)$'den her $n$ pozitif tamsayısı için $f(n)$'yi inşa edebiliriz. $(2)$'yi kullanarak da her $x\in\mathbb{Q}^+$ için $f(x)$'i inşa ederiz. Öncelikle $(3)$'ün ve $f(f(y))=\frac{1}{y}$ eşitliğinin ana denklemi verdiği kolayca görülebilir çünkü $$f(xf(y))=f(x)f(f(y))=\frac{f(x)}{y}$$ olacaktır. Bir $p$ asalının $a$'ya gittiğini varsayarsak, $f(f(p))=f(a)=\frac{1}{p}$ olduğundan ve $(3)$'den $$p\mapsto a\mapsto \frac{1}{p}\mapsto \frac{1}{a}\mapsto p$$ şeklinde bir döngü elde edilecektir. Bu döngüden yola çıkarak $p_k$, $k.$ asalı temsil etmek üzere $$f(p_{2k})=p_{2k+1}\quad \text{ve}\quad f(p_{2k+1})=\frac{1}{p_{2k}}\tag{4}$$ olarak tanımlarsak tüm asal sayılar için $f$'i uygun bir şekilde tanımlamış oluruz. Tüm pozitif rasyonel sayılar için $x=\frac{r_1^{a_1}r_2^{a_2}\cdots r_k^{a_k}}{q_1^{b_1}q_2^{b_2}\cdots q_t^{b_t}}$ olarak asal çarpanlarına ayırırsak, $$f(x)=\frac{f(r_1)^{a_1}f(r_2)^{a_2}\cdots f(r_k)^{a_k}}{f(q_1)^{b_1}f(q_2)^{b_2}\cdots f(q_t)^{b_t}}$$ ve asallar için $(4)$'ü kullanarak fonksiyonu tanımlamış oluruz.