1
$A,B,C,D$ bir doğru üstünde belirtilen sırada dört farklı nokta olsun. $AC$ ve $BD$ çaplı çemberler $X$ ve $Y$ de kesişiyor. $XY$ doğrusu $BC$ yi $Z$ de kesiyor. $P$, $XY$ doğrusu üzerinde $Z$ den farklı bir nokta olsun. $CP$ doğrusu $AC$ çaplı çemberi $C$ ve $M$ de, $BP$ doğrusu $BD$ çaplı çemberi $B$ ve $N$ de kesiyor. $AM$, $DN$, $XY$ doğrularının noktadaş olduğunu kanıtlayınız.
Çözüm:
$P$ noktasının $BD$ çaplı çembere göre kuvvetinden $XP \cdot PY = BP \cdot PN$.
$P$ noktasının $AC$ çaplı çembere göre kuvvetinden $XP \cdot PY = CP \cdot PM$.
Bu durumda $B$, $C$, $N$, $M$ çemberseldir. Dolayısıyla $\angle NMC = \angle NBC$ ve $\angle MNB = \angle MCB$.
$AM$ ile $XY$, $Q$ da kesişsin. $\angle AQZ = \angle ACM = \angle MNP$ olduğu için $P$, $M$, $P$, $N$ çemberseldir. Bu durumda, $\angle NQP = \angle NMP = \angle NBD$ olduğu için $Q$, $N$, $D$ doğrusaldır. Yani $AM$, $XY$, $DN$ noktadaştır.
2
$a,b,c$; $abc=1$ koşulunu sağlayan pozitif gerçel sayılar olsun. $$\dfrac{1}{a^3(b+c)}+\dfrac{1}{b^3(c+a)}+\dfrac{1}{c^3(a+b)} \geq \dfrac{3}{2}$$ olduğunu kanıtlayınız.
Çözüm 1:
(Mehmet Utku Özbek)
Paydadaki ifadelerden kurtulmak için dönüşüm yapalım $a=\dfrac{1}{x} , b=\dfrac{1}{y} , c=\dfrac{1}{z}$ olsun. İfade şuna dönüşür
$$\Longrightarrow \dfrac{1}{\dfrac{1}{x^3}(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{y^3}(\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{x})}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{z^3}(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y})}=\dfrac{x^3yz}{y+z}+\dfrac{y^3xz}{x+z}+\dfrac{z^3xy}{x+y}$$
$abc=1$ ise $xyz=1$ dir. O zaman son ifadede $xyz$ yerine $1$ yazalım. Artık ispatlamamız gereken ifade şudur:
$$\Longrightarrow \dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y} \ge \dfrac{3}{2}$$
Cauchy-Schwarz eşitsizliğini uygulayalım:
$$\Longrightarrow[(y+z)+(x+z)+(x+y)][\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}] \ge [x+y+z]^2$$
$$\Longrightarrow[\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}] \ge \dfrac{[x+y+z]^2}{2(x+y+z)}=\dfrac{x+y+z}{2}$$
Şimdi $x+y+z \ge 3$ olduğunu gösterirsek ispat biter. Bunu da A.G.O dan rahat bir şekilde görebiliriz.
$\Longrightarrow x+y+z \ge 3\sqrt[3]{xyz}$ dir. $xyz=1$ olduğu için $x+y+z \ge 3$ tür. Ve ispat biter.
Çözüm 2:
$ \dfrac{1}{a^3(b+c)}+\dfrac{1}{b^3(c+a)}+\dfrac{1}{c^3(a+b)}$
$=\dfrac{b^2c^2}{a(b+c)}+\dfrac{c^2a^2}{b(c+a)}+\dfrac{a^2b^2}{c(a+b)}$ (Cauchy-Schwarz eşitsizliğini uyguluyoruz)
$ \geq \dfrac{(bc+ca+ab)^2}{2(ab+bc+ca)}$
$=\dfrac{(bc+ca+ab)}{2}$ (Aritmetik geometrik ortalama eşitsizliğini uyguluyoruz)
$ \geq 3\dfrac{(abc)^{\frac32}}{2}$
$= \dfrac32$ elde edilir. Eşitlik durumu yalnızca $a=b=c=1$ iken sağlanır.
Çözüm 3:
Bu soruya Jensen Eşitsizliği kullanarak da cevap verebiliriz.
Önceden yapılan dönüşümleri tekrardan ($x=\frac{1}{a}$,$y=\frac{1}{b}$,$z=\frac{1}{c}$) şeklinde dönüşümler yapıldığında
$\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\geq \frac{3}{2}$ haline gelir.
şimdi $f(x)=\frac{1}{x}$ olsun. $f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^2}$ ve buradan $f^{\prime\prime}(x)=\frac{2}{x^3}$ ve $x>0$ olduğundan dolayı
$f^{\prime \prime}(x)>0$ elde edilir. Buna göre Jensen eşitsizliği kullanılabilir.
$\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}$=$x.f(\frac{y+z}{x})+y.f(\frac{x+z}{y})+z.f(\frac{x+y}{z}) \geq (x+y+z).(\frac{x+y+z}{(y+z)+(x+z)+(x+y)})=\frac{x+y+z}{2}$ Daha sonra aritmetik - geometrik ortalama eşitsizliğinden
$x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz}$ ve $xyz=1$ olduğundan $x+y+z \geq 3$ yani
$\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y} \geq \frac{3}{2}$ elde edilir.
3
Düzlemde $1\leq i < j < k \leq n$ için $\triangle A_iA_jA_k$ nın alanının $r_i + r_j + r_k$ olduğu herhangi üçü doğrusal olmayan $A_1, \dots, A_n$ noktalarının ve $r_1, \dots, r_n$ gerçel sayılarının bulunmasını sağlayan tüm $n>3$ tam sayılarını bulunuz.
4
$i=1,\dots, 1996$ için $$x_{i-1} + \dfrac{2}{x_{i-1}} = 2x_i + \dfrac{1}{x_i}$$ ve $x_0 = x_{1995}$ olacak şekilde $x_0, x_1, \dots, x_{1995}$ pozitif gerçel sayılar dizisi bulunduğuna göre, $x_0$ ın alabileceği en büyük değeri bulunuz.
5
$ABCDEF$ dışbükey altıgeninde $AB=BC=CD$, $DE=EF=FA$ ve $\angle BCD=\angle EFA = \pi / 3$ olsun. $G$ ve $H$ ın altıgenin iç bölgesinde $\angle AGB = \angle DHE = 2\pi /3$ olacak şekilde alınan noktalar olduğunu varsayalım. $AG+GB+GH+DH+HE\geq CF$ olduğunu kanıtlayınız.
Çözüm:
Altıgenin dışına doğru $ABG'$ ile $DEH'$ eşkenar üçgenleri kurulsun.
Ptolemy'den $AG\cdot G'B + GB \cdot AG' = GG' \cdot AB \Rightarrow AG + GB = GG'$ ve benzer şekilde $HD+HE= HH'$ olacaktır.
Soru, $GG' + GH + HH' \geq CF$ ye dönüştü.
$GG' + GH + HH'$ en küçük değerini $G'$, $G$, $H'$ doğrusal iken alır. O halde $GG' + GH + HH' \geq G'H'$.
$G'BDH'$ dörtgeni ile $CBAF$ dörtgeni eş olduğu için $G'H' = CF$. Yani $AG+GB+GH+DH+HE = GG' + GH + HH' \geq G'H' = CF$.
6
$p$ tek bir asal sayı olsun. $\{1,2,\dots, 2p\}$ kümesinin, elemanları toplamı $p$ ile bölünecek şekilde $p$ elemanlı kaç $A$ alt kümesi vardır?