Uluslararası Matematik Olimpiyatı

Köşeleri düzlemdeki tam sayı koordinatlı noktalar olan birim karelere bakalım. Bu kareler (satranç tahtasındaki gibi) sırayla siyah ve beyaza boyanmış olsun. Her $(m,n)$ pozitif tam sayı çifti için, köşeleri tam sayı koordinatlı noktalar olan ve $m$ ve $n$ uzunluğundaki dik kenarları yukarıdaki karelerin kenarları üstünde bulunan bir dik üçgen alalım. $S_1$ ile bu üçgendeki siyah bölgelerin toplam alanını; $S_2$ ile de aynı üçgendeki beyaz bölgelerin toplam alanını gösterelim. $$f(m,n) = |S_1 - S_2|$$ olsun.

Her ikisi de tek veya her ikisi de çift pozitif $m$ ve $n$ tam sayıları için $f(m,n)$ değerini hesaplayınız.
Her $m$ ve $n$ için $f(m,n)\leq \frac 12 \max\{m,n\}$ olduğunu kanıtlayınız.
$f(m,n) < C$ koşulunu $m$ ve $n$'nin tüm değerleri için sağlayan bir $C$ sabitinin bulunmadığını gösteriniz.

$A$ açısı $ABC$ üçgenindeki açıların en küçüğüdür. $B$ ve $C$ noktaları bu üçgenin çevrel çemberini iki yaya ayırıyor. $U$, $B$ ve $C$ arasındaki, $A$ noktasını içermeyen yayın bir iç noktası olsun. $[AB]$ ile $[AC]$'nin orta dikmeleri $AU$ doğrusunu sırasıyla $V$ ve $W$ noktlarında kesiyor. $BV$ ile $CW$ doğruları da $T$ noktasında kesişiyor. $$|AU|=|TB|+|TC|$$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm 1:

$CW$ çemberi $X$ noktasında kessin.
$\angle XBA = \angle XCA = \angle CAU$.
$\angle ABT = \angle BAU$.
$\angle BXC = \angle BAC = \angle BAU + \angle CAU = \angle ABT + \angle XBA = \angle XBT \Rightarrow XT=BT$
$AW=WC$ olduğu için $WU=XW$ dur. Bu durumda $AU = XC = XT + TC = BT + TC$ olur.

Çözüm 2:

Çözüm [L. Gökçe]: $OV$, $[AB]$'nin orta dikmesi olduğundan aynı zamanda $\angle AVB$'nin açıortayıdır. Benzer şekilde $OW$, $\angle AWC$'nin açıortayıdır. Bu durumda $TVW$ üçgeninde $O$ noktası $T$'ye göre dış merkezdir. $O$ noktasından $TV$, $TW$, $VW$ doğrularına inilen dikme ayakları sırasıyla $P$, $Q$, $R$ olsun. Dış teğet çemberin yarıçaplarından $|OP| = |OQ|$ olur. Merkezden kirişe inilen dikmeden $|AR| = |RU|$'dur. Ayrıca eşit teğet parçalarından $|TP| = |TQ|$, $|VP| = |VR|$, $|WQ| = |WR|$ olur. Bu bize $|BP| = |AR|$ eşitliğini verir. Çevrel çemberin yarıçaplarından $|OB| = |OC|$ olup $OPB \cong OQC$ eşliğine ulaşırız. $|BP| = |CQ|$ olur.
$$|BT| + |CT| = (|BP| - |TP|) + (|CQ| + |TQ|) = 2|BP| = 2|AR| = |AU|$$
sonucuna ulaşırız.

An itibariyle kamuya paylaşılabilir bilgiler

Uzun yıllardır Tübitak olimpiyat eğitim kamplarında ders veren Fatih Sulak hocamız, 1997 IMO'da gümüş madalya kazanmıştı. Bir sohbetimizde şöyle demişti: "Bu madalyayı biraz şansa kazandım. Benim geometrim zayıftır, o yıl kolay bir geometri sorusu geldi ve ben de onu yapabildim. Geometriden puan kazanabilmek benim için büyük bir sürpriz oldu. Böylece gümüş madalyayı kazanacak puana erişebildim."
1997 sonuçlarına baktım bu sorudan 5 puan kazanmış Fatih hoca. Yani pek önemli olmayan bir kusur görülmüş ki 2 puanı kırılış. Yine de takımın en iyi skorunu elde etmiş. 1997'de gümüş kazanan tek takım öğrencimiz kendisi görülüyor. Ben de bir merakla bu problemle uğraştım. Çözümü görmek biraz vaktimi aldı. Problemle uğraşırken gözlemlediğim dikkate değer bazı ilişkileri vereyim.
Açı takibi ile $\angle BTC = \angle TBA + \angle BAC + \angle ACT = 2\angle BAC = \angle BOC$ olduğundan $BTOC$ bir kirişler dörtgenidir.
Merkez açı-çevre açı ilişkisinden $\angle BOU = 2\angle BAU = 2\angle BAV = \angle BVU$ olduğundnan $BVOU$ kirişler dörtgenidir. Benzer şekilde $\angle COU = 2\angle CAU = 2\angle CAW = \angle CWU$ olduğundnan $COWU$ kirişler dörtgenidir.

$x_1, x_2, \dots, x_n$, $|x_1+x_2+\dots+x_n|=1$ ve $i=1,2,\dots, n$ için $$|x_i| \leq \dfrac {n+1}2$$ koşullarını sağlayan gerçel sayılar olsun.
$x_1,x_2,\dots, x_n$'nin $$|y_1+2y_2+\dots + ny_n| \leq \dfrac {n+1}2$$ koşulu sağlanacak biçimde bir $y_1,y_2,\dots,y_n$ permüstasyonu bulunduğunu gösteriniz.

Elemanları $S=\{1,2,\dots, 2n-1\}$ kümesine ait bir $n\times n$ matrise ($n$ sütun ve $n$ satırdan oluşan kare biçimindeki bir tabloya), eğer her $i=1,\dots, n$ için $i$-inci satır ile $i$-inci sütun birlikte $S$'nin tüm elemanlarını kapsıyorsa, bir gümüş matris diyoruz.

$n=1997$ için hiç bir gümüş matrisin bulunmadığını;
$n$'nin sonsuz sayıda değeri için gümüş matrislerin bulunduğunu gösteriniz.

$a\geq 1$, $b\geq 1$ olmak üzere, $$a^{\left(b^2\right)} = b^a$$ eşitliğini sağlayan tüm $(a,b)$ tam sayı sıralı ikililerini bulunuz.

Çözüm:

Bu soruyu $a>b$ olup olmamasına göre iki parçada inceleyelim.

$1)$ $1\le a\le b$ için çözüme bakalım.

$a\le b$ olduğunu kullanarak eşitsizlik kurmayı hedefleyelim.

$(a^b)^b=b^a$ şeklinde yazabiliriz. $a\le b$ den dolayı $a^b\le b $ olmazsa çözümün olamayacağı açıktır.
$a^b-b$ ifadesinin türevini alalım. $\dfrac {d}{db} (a^b-b)=1.a^b.lna-1$ $b>a>e$ için $lna>1$ ve $a^b>1$ olacağı için türev $0$'dan büyüktür Mesela $b=3$ alacak olursak $a^3-3>0$ olduğunu gösterirsek $a^b-b$ nin daima pozitif olduğunu göstermiş oluruz.
$a>e>2$ $a^3>8$ yani $a^3-3>0$ elde edilir. Yani $a=1$ ya da $a=2$ olmalıdır.

$a=1$ olsun. O halde $b=1$ olması gerektiği açıktır.

$a=2$ olsun. $2^{b^2}=b^2$ $b^2=t$ dönüşümü yapalım. $2^t=t$, $2^t-t=0$ Şimdi bu ifade için türeve bir kez daha bakalım.
$2^t.ln2-1$ olur. Bu ifadeyi ise $ln2^{2^t}-1$ şeklinde yazdıktan sonra $t>1$ için türevin $0$ dan büyük olacağı açıktır. Aynı zamanda $2^2-2>0$ da sağlandığından dolayı daima $t>1$ için daima pozitiftir. $t=1$ in de sağlamadığı açıktır.

$2)$ şimdi de $b>a\ge 1$ olsun.

$a^{b^2}=b^a=(a^b)^b$ den dolayı $a>b^2$ gelir yani $\dfrac{a}{b^2}>1$ elde edilir. Acaba $a=k.b^2$ eşitliğindeki $k$ sayısı daima bir pozitif tam sayı olabilir mi diye düşünelim.

$(ab^{-2})^{b^2}=b^{a-2b^2}$ şeklinde yazarsak $ab^{-2}>1$ olduğu için $a-2b^2>0$ olacağı açıktır. $a>2b^2$ olur.

$\dfrac{a}{b^2}=\dfrac{k}{n}$ ,$k,n\in Z^+$ ve $(k,n)=1$ olsun. Buradan $n.a.b^{-2}=k$ elde edilir.

Aşağıdaki adımları takip edelim.

$$k^{b^2}=n^{b^2}.a^{b^2}.(b^{-2})^{b^2}=n^{b^2}=n^{b^2}.b^{a-2b^2}$$ bu ifadeden dolayı $n\mid k$ olması gereklidir. $(k,n)=1$ olduğundan dolayı $n=1$ alınmalıdır. Artık $a=k.b^2$ $a>2b^2$ yani $k\ge3,k\in Z^+$ olduğunu biliyoruz.

Bunu başlangıçtaki denklemde yerine koyacak olursak $k^{b^2}=(b^{k-2})^{b^2}$ olmalıdır. buradan $k=b^{k-2}$ buluruz.

$k\ge 5$ için $b^{k-2}-k\ge 2^{k-2}-k$ olur. $\dfrac{d}{dk}( 2^{k-2}-k)=(k-2).2^{k-2}.ln2-1$ yani $2^{k-2}.ln2^{k-2}-1>0$ $k=5$ için ise $2^3-5=3>0$ olduğundan $k<5$ olmalıdır.

$k=3$ ise $3b^2=b^3$ yani $b=3$ elde edilir. $a=kb^2=27$ olur. $(27,3)$ çözümü gelir.

$k=4$ ise $4b^2=b^4$ yani $b=2$ elde edilir. $a=16$ olur. $(16,2)$ çözümü gelir.

O halde denklemin çözüm kümesi $\{(1,1),(27,3),(16,2) \}$ olmalıdır.

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 1997 Çözümleri