Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 1992 Çözümleri
« 1991 1993 »
« Sorulara Git
Geri

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 1992 Çözümleri

1
$1 < a < b < c$ olmak üzere, $abc-1$ tam sayısının $(a-1)(b-1)(c-1)$ ile bölünmesini sağlayan tüm $a$, $b$, $c$ tam sayılarını bulunuz.
Çözüm:
Denklemde bir dönüşüm yaparak başlayalım. $a-1=x$ ,$b-1=y$ ,$c-1=z$, $xyz\mid (x+1).(y+1).(z+1)-1$, $x<y<z$ ve $x,y,z\in Z^+$ olur.

$xyz\mid (xy+x+y+1).(z+1)-1$

$xyz\mid xyz+xy+xz+yz+x+y+z+1-1$

$xyz\mid xy+xz+yz++x+y+z$ elde edilir. Buradan

$\frac{xy+xz+yz+x+y+z}{xyz}\in Z^+$ elde edilir. İfadeyi düzenlersek $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{yz}$  olur. $x<y<z$ olduğundan

 $\frac{1}{x}>\frac{1}{y}>\frac{1}{z}>\frac{1}{xy}>\frac{1}{xz}>\frac{1}{yz}$ olur. Bu da bize $x$ yerine değer seçerek  İfadenin maksimum değerini bulma şansı verir. yani seçebileceğimiz en küçük üçlüyü seçerek işe koyulalım.

$(x,y,z)=(1,2,3)$ ise $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}$ olur. Bu ise $2+\frac{5}{6}$ yani  ifadenin $3$ ten kesinlikle küçük olacağını söyler.

$(x,y,z)=(2,3,4)$ ise $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+\frac{1}{12}=\frac{35}{24}<2$ olur. Yani $x=2$ için ifadenin değeri $1$ dir.

$x\ge3$ için ise bu ifade en yüksek değerini $(3,4,5)$ için alır.

$\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{12}+\frac{1}{20}+\frac{1}{15}=\frac{59}{60}<1$   olur. bu da $x\ge3$  için çözüm olmadığını söyler.  Dolayısıyla $x=1$ için ifade $1$ veya $2$  olabildiğinden ve $x=2$ için ifadenin değeri $1$ olduğundan $3$ farklı durumda incelemek yeterlidir.

$1)$ $x=1$ için ifadenin değeri $1$ ise

$2y+2z+1+yz=yz$ 

$2y+2z+1=0$ olur. ki $2y+2z>0$ olduğundan doalyı mümkün değildir.

$2)$ $x=1$ için ifadenin değeri $2$ ise

$2y+2z+1=yz$ 

$2z+1=y.(z-2)$

$y=\frac{2z+1}{z-2}$

$\frac{2z+1+4-2z}{z-2}\in Z$ yani $z-2\mid 5$ olur.  $z>2$ olduğundan dolayı  $z\in \{ 3,7 \}$ olur.

$z=3$ ise $y=7$ olur. $z>y$ koşulu sağlanmadığından dolayı çözümü yoktur.

$z=7$ ise $y=3$ olur.  bu bir çözümdür. $(x,y,z)=(1,3,7)$ olduğundan $(a,b,c)=(2,4,8)$

$3)$ $x=2$ için ifadenin değeri 1 ise

$3z+3y+2+yz=2yz$

$3y+3z+2=yz$

$3z+2=y.(z-3)$

$\frac{3z+2}{z-3}\in Z$

$\frac{3z+2+9-3z}{z-3}\in Z$

 $z>2$ olduğundan ve $z\not\equiv 3$ olduğu için $z-3>0$ olmalıdır.

$\frac{11}{z-3}\in Z^+$ ve $Z\in \{4,14\}$ olmalıdır.

$z=4$ ise $y=14$ olur bu $z>y$ ile çelişir.

$z=14$ ise $y=4$ olur bu durumda $(x,y,z)=(2,4,14)$ bir çözümdür ve $(a,b,c)=(3,5,15)$ olarak bulunur.

bu bölme işlemini sağlayan üçlüler $(2,4,8)$ ve $(3,5,15)$  olmak üzere $2$ tanedir.
2
$\mathbf{R}$ ile reel sayılar kümesini gösterelim. Her reel $x,y$ için $$f\left(x^2+f(y)\right) = y+ \left(f(x)\right)^2$$ bağıntısını sağlayan tüm $f:\mathbf{R}\rightarrow \mathbf{R}$ fonksiyonlarını bulunuz.
3
Uzayda herhangi dördü aynı düzlem üstünde bulunmayan dokuz nokta verilmiş olsun. Her bir nokta çifti bir kenar (yani bir doğru parçası) ile birleştiriliyor ve her kenar ya mavi ya kırmızıya boyanıyor ya da hiç boyanmadan bırakılıyor. Aşağıdaki koşulu sağlayan en küçük $n$ sayısını bulunuz:
Kenarlardan tam olarak $n$ tanesi boyandığında, boyalı kenarların kümesi içinde mutlaka üç kenarı da aynı renkte olan bir üçgen bulunur.
4
Düzlemde, $C$ bir çember; $L$, $C$ çemberine teğet olan bir doğru ve $M$ ise $L$ doğrusu üstünde bir nokta olsun. Aşağıdaki koşulu sağlayan tüm $P$ noktalarının geometrik yerinin bulunuz:
 
   $L$ doğrusu üstünde $Q$ ve $R$ gibi öyle iki nokta vardır ki, $M$, $QR$ nin orta noktası ve $C$ de $PQR$ üçgeninin iç çemberi olur.
Çözüm:
İddia: $ABC$ üçgeninde $I$ merkezli iç teğet çember $BC$ kenarına $D$ de değiyor. $DI$ iç teğet çemberi ikinci kez $E$ de kesiyor. $AE$, $BC$ kenarını $D'$ kessin. $BD'= CD$ dir.

İspat:
$AB>AC$ ve $AH$ yükseklik olsun. $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$, $u$ yarıçevre, $r$ iç yarıçap, $h$ da $a$ ya ait yükseklik olsun.
$DC=u-c$, $HC=\dfrac{b^2-c^2 + a^2}{2a}$, $DH=DC - HC$ $= \dfrac{2ua - 2ac -b^2+ c^2 - a^2}{2a}$ $= \dfrac{c^2 - b^2 + ab - ac}{2a}$ $= \dfrac{(c-b)(b+c-a)}{2a}$ $=\dfrac{(c-b)\cdot 2(u-a)}{2a}$ $= \dfrac{(c-b)(u-a)}{a} $
Üçgende alandan $a\cdot h = 2u\cdot r \Rightarrow h = \dfrac{2ur}a$.
$ED \parallel AH$ olduğu için $\dfrac{DD'}{DH} = \dfrac{ED}{AH-ED} = \dfrac{2 \cdot r}{h-2r}$ $\Rightarrow DD' = DH \cdot \dfrac{2r}{h-2r}$ $= \dfrac{(c-b)(u-a)}{a} \dfrac{2r}{\dfrac{2ur}a - 2r}$ $= \dfrac{(c-b)(u-a)}{a} \dfrac{a}{u-a}$ $=c-b$
$BD'=BC - DD' - CD = a - (c-b) - (u-c) = u-c = CD$ $\blacksquare$

Soruya dönelim, çember $L$ ye $D$ de dokunsun. $DE$, $C$ çemberinin bir çapı olsun. İddia gereği, $PE$ $L$ yi $QD=RD'$ olacak şekilde $D'$ noktasında keser. Bu durumda $M$, $DD'$ nün orta noktasıdır. $M$ sabit, $D$ sabit olduğu için $D'$ de sabittir. $E$ noktası da sabit olduğu için, $P$ noktaları $D'E$ doğrusu üzerindedir. Sınırları da düşünürsek $P$ noktalarının geometrik yeri, $[D'E$ ışınının $[D'E]$ hariç kısmıdır.


5
$S$, üç boyutlu uzayda sonlu sayıda noktadan oluşan bir küme olsun. $S_x$, $S_y$ ve $S_z$ ile $S$ deki noktaların sırasıyla $yz$ düzlemi, $zx$  düzlemi ve $xy$ düzlemi üstüne dik izdüşümlerinden oluşan kümeleri gösterelim. Bu durumda $$|S|^2\leq |S_x|\cdot |S_y| \cdot |S_z|$$ olduğunu kanıtlayınız. Burada $|A|$ ile sonlu bir $A$ kümesindeki eleman sayısı gösterilmektedir.
(Not: Bir noktanın bir düzlem üstüne dik izdüşümü, o noktadan düzleme çizilen dikmenin ayağıdır.)
6
Her $n$ pozitif tam sayısı için $S(n)$ sayısını aşağıdaki koşulu sağlayan en büyük tam sayı olarak tanımlıyoruz:

Her $k < S(n)$ pozitif tam sayısı için, $n^2$ sayısı $k$ tane pozitif tam karenin toplamı olarak yazılabilir.