Uluslararası Matematik Olimpiyatı

$m$ ve $n$ pozitif tam sayılar olsun. $a_1, a_2, \dots, a_m$, $\{1,2,\dots, n\}$ kümesinin farklı öyle elemanları olsun ki, $1\leq i\leq j \leq m$ olmak üzere $a_i+a_j\leq n$ olduğu her durumda, $a_i+a_j=a_k$ olacak şekilde bir $k$ ($1\leq k \leq m$) bulunsun. $$\frac{a_1+a_2+\dots + a_m}{m} \geq \frac {n+1}2$$ olduğunu kanıtlayınız.

$ABC$ ikizkenar üçgeninde $|AB|=|AC|$ olsun.

$M$, $BC$'nin orta noktası; $O$ da, $AM$ doğrusu üstünde bulunan ve $OB$'nin $AB$'ye dik olmasını sağlayan nokta olsun.
$Q$, $BC$ kenarı üstünde, $B$ ve $C$'den farklı herhangi bir nokta olsun.
$E$, $Q$ ve $F$ aynı doğru üstünde bulunan farklı noktalar olmak üzere, $E$'nin $AB$ doğrusu, $F$'nin de $AC$ doğrusu üstünde bulunduğunu kabul edelim.

$OQ$'nun $EF$'ye dik olmasının, $|QE|=|QF|$ olması için gerek ve yeter bir koşul olduğunu kanıtlayınız.

Çözüm:

$OQ \perp EF$ olsun.
$OQFC$ kirişler dörtgeninde $\angle QFO = \angle QCO = \angle CBO$
$EBQO$ kirişler dörtgeninde $\angle QEO = \angle QBO = \angle QFO \Longrightarrow OE = EF \Longrightarrow QE = QF$. $\blacksquare$

$QF=QE$ olsun.
$F$ den $AB$ ye çizilen paralel $BC$ yi $G$ de kessin. $EQ=QF$ olduğu için $BE=FG$ ve paralellikten $\angle ABC = \angle FGC = \angle FCG$ olduğu için $BE=FC$ dir. Aynı zamanda $OB=OC$ olduğu için $\triangle OBE \cong \triangle OCF$ olup, $OE=QF$ ve $OQ \perp EF$ dir. $\blacksquare$

Her $k$ pozitif tam sayısı için, $\{k+1,k+2,\dots, 2k\}$ kümesine ait ve $2$ tabanına göre yazılımlarında tam olarak üç tane $1$'in geçtiği elemanların sayısı $f(k)$ olsun.

Her $m$ pozitif tam sayısı için, $f(k)=m$ olacak şekilde en az bir $k$ pozitif tam sayısının bulunduğunu kanıtlayınız.
$f(k)=m$ eşitliğinin tam olarak bir $k$ için sağlandığı tüm $m$ pozitif tam sayılarını bulunuz.

$\dfrac{n^3+1}{mn-1}$ sayısının bir tam sayı olmasını sağlayan tüm $(m,n)$ sıralı pozitif tam sayı ikililerini bulunuz.

Çözüm:

Bölme Algoritmasını uygulayalım.

$$\dfrac{n^3+1}{mn-1}=qn+r$$ $q\ge 0 $ , $0\le r<n$

Denklemi içler dışlar çarpıp düzenlersek

$$n^3+1=qmn^2+rmn-qn-r$$

Denkleme $n$ modunda bakarsak $1\equiv -r(modn)$ yani $r\equiv -1(modn)$ bölme algoritmasını da göz önüne alırsak $r=n-1$ olmalıdır.

Denklemi tekrar düzenlersek $n^2=qmn+(n-1).m-q-1$ elde edilir.

$m^3.\dfrac{n^3+1}{mn-1}=\dfrac{m^3n^3-1}{mn-1}+\dfrac{m^3+1}{mn-1}$ olduğundan ilk $3$ terim tam sayı olduğundan $\dfrac{m^3+1}{mn-1}$ de bir pozitif tam sayıdır. Genelliği bozmadan $m\ge n$ alabiliriz.

$n=1$ ise $1=qm-q-1$ $2=qm-q$ $q\mid 2$ olduğundan $q=1$ veya $q=2$ dir.

$q=2$ ise $m=2$ $(2,1)$ ve simetriği
$q=1$ ise $m=3$ olur. $(3,1)$ ve simetriği gelir.

$m\ge n\ge 2$ olsun. O zaman

$n^2\ge qn^2+n.(n-1)-q-1$
$n+1\ge q.(n^2-1)$
$q.(n-1)\le 1$
$n\ge 2$ olduğundan $q\le 1$ elde edilir.

$q=1$ için $n^2\ge qn^2+n.(n-1)-q-1$ eşitsizliğine tekrar bakalım .

$n^2\ge 2n^2-n-2$
$n^2-n-2\le 0$ $n\ge 2$ olduğundan dolayı $n=2$ olası tek çözümdür. Denklemde yerine konulursa $m=2$ çıkar.

$q=0$ için

$n^2=mn-m-1$
$$n^2+1=m.(n-1)$$
$$\dfrac{n^2+1}{n-1}\in Z$$ Polinom bölmesi yardımıyla $$\dfrac{2}{n-1}\in Z^+$$ olmalıdır. $n=2$ ve $n=3$ çözümleri gelir.
$n=2$ için $m=5$
$n=3$ için $m=5$ olur.

Denklemin tüm çözümleri bunların simetrikleri ile birlikte $\{(1,3),(3,1),(1,2),(2,1),(2,2),(5,3),(3,5),(2,5),(5,2)\}$ şeklinde $9$ çözümü vardır.

$S$, $-1$'den kesin büyük reel sayıların kümesi olsun. Aşağıdaki iki koşulu sağlayan tüm $f:S\to S$ fonksiyonlarını bulunuz:

$S$'ye ait her $x,y$ için, $f\left(x+f(y) + xf(y)\right) = y+f(x)+yf(x)$ olup,
$\dfrac{f(x)}{x}$, $-1<x<0$ ve $0<x$ aralıklarının her birinde kesin artan bir fonksiyondur.

Aşağıdaki koşulu sağlayan ve pozitif tam sayılardan oluşan bir $A$ kümesinin var olduğunu gösteriniz:
Tüm elemanları asal sayılar olan sonsuz her $S$ kümesi için, $m$ ve $n$ sayılarından her birinin $S$'ye ait $k$ farklı elemanın çarpımı olmasını sağlayacak biçimde $K\leq 2$, $m\in A$ ve $n \not\in A$ pozitif tam sayıları vardır.

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 1994 Çözümleri