Uluslararası Matematik Olimpiyatı

$ABCD$ konveks dörtgeninde $AC$ ve $BD$ köşegenleri birbirine dik olup, $AB$ ve $DC$ kenarları paralel değildir. $AB$ ve $DC$'nin orta dikmelerinin kesiştiği $P$ notkasının $ABCD$'nin iç bölgesinde yer aldığı bilinmektedir. $ABCD$'nin bir kirişler dörtgeni olması için gerek ve yeter koşulun $ABP$ ve $CDP$ üçgenlerinin alanlarının eşit olması olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$[APB] = [PDC] \Longrightarrow AP=PB=PC=PD$ olduğunu gösterelim.

$BD \cap AC = \{E\}$, $[BA \cap [CD = \{F\}$, $AB$ nin orta noktası $X$, $CD$ nin orta noktası $Y$ olsun.

Köşegenler dik kesiştiği için $AX=BX=XE$ ve $CY=DY=EY$.

Alan eşitliğinden $PX \cdot AB = PY \cdot CD \Rightarrow PX \cdot EX = PY \cdot EY \Rightarrow \dfrac{EX}{EY} = \dfrac{PY}{PX}$.

$\angle XBE = \angle XEB = \alpha$ ve $\angle YEC = \angle YCE = \beta$ dersek, $\angle AXE = 2\alpha$ ve $\angle EYD = 2\beta$.

$FBEC$ içbükey dörtgeninde $\angle BEC = \angle BFC + \angle FBE + \angle FCE \Rightarrow \angle BFC = 90^\circ - \alpha - \beta$.

$FXEY$ içbükey dörtgeninde $\angle XEY = \angle XFY + \angle AXE + \angle EYD = (90^\circ - \alpha - \beta) + 2\alpha + 2\beta = 90^\circ + \alpha + \beta$.

$PXFY$ dörtgeninde $\angle XPY + \angle XFY = 180^\circ \Rightarrow \angle XPY = 180^\circ - (90^\circ - \alpha - \beta) = 90^\circ + \alpha + \beta = \angle XEY$.

Bu durumda, $K.A.K.$ dan $\triangle XEY \sim \triangle YPX$. $XY$ ortak olduğu için de $\triangle XEY \cong \triangle YPX$ olur. Bu durumda $XE=EY$, yani $AB=CD$ ve alandan $PY=PX$ çıkar. Bu da $\triangle APB \cong \triangle CPD$ olduğu anlamına gelir. $AP=PB=PC=PD$ den de, $ABCD$ nin kirişler dörtgeni olduğu sonucu çıkar. $\blacksquare$
$AP=PB=PC=PD \Longrightarrow [APB] = [PDC]$ olduğunu gösterelim.

$ABCD$ kirişler dörtgeninde köşegenler dik kesiştiği için $AB$ ile $CD$ yaylarının ölçüleri toplamı toplamı $180^\circ$ dir. Bu durumda $\angle APB + \angle DPC = 180^\circ$ ve alan eşitliğinden $[PAB] = \dfrac 12 \cdot PA \cdot PB \cdot \sin \angle APB = \dfrac 12 \cdot PC \cdot PD \cdot \sin (180^\circ - \angle APB) = [PCD] $ $\blacksquare$

Bir yarışmada, $b \geq 3$ bir tek sayı olmak üzere, $a$ yarışmacı ve $b$ hakem bulunmaktadır. Her hakem her yarışmacıyı ya "başarılı" ya da "başarısız" olarak değerlendiriyor. $k$ aşağıdaki özelliğe sahip bir sayı olsun: Herhangi iki hakemin en çok $k$ yarışmacı hakkındaki değerlendirmeleri çakışmaktadır. $$\dfrac ka \geq \dfrac {b-1}{2b}$$ olduğunu gösteriniz.

Her pozitif $n$ tam sayısı için, $d(n)$ ile $n$'nin ($1$ ve $n$ dahil olmak üzere) bölenlerinin sayısını gösterelim. $$\dfrac {d(n^2)}{d(n)}=k$$ olmasını sağlayacak biçimde bir $n$ sayısının bulunduğu tüm pozitif $k$ tam sayılarını bulunuz.

$ab^2+b+7$'nin $a^2b+a+b$'yi bölmesini sağlayan tüm $(a,b)$ pozitif tam sayı çiftlerini bulunuz.

$I$ ile, $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberinin merkezini gösterelim. $ABC$'nin iç çemberinin $BC$, $CA$ ve $AB$ kenarlarına teğet olduğu noktalar sırasıyla $K$, $L$ ve $M$ olsun. $B$'den geçen ve $MK$'ya paralel olan doğru, $LM$ ve $LK$ doğrularını sırasıyla $R$ ve $S$ noktalarında kesiyor. $\angle RIS$'nin bir dar açı olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$\angle RMB = \angle AML = \angle ALM = \angle MRB \Rightarrow MB=BR$. Benzer şekilde, $BM=BK=BS$. $\triangle BIK$ dik üçgeninin hipotenüsü $BI$ üzerinde $BK=BI'$ olacak şekilde $I'$ noktası alalım. $BR=BS=BI'$ ve olduğu için $\angle RI'S = 90^\circ > \angle RIS$ dir.

$\mathbb{N}$ pozitif tam sayılar kümesini göstersin. $\mathbb{N}$'den $\mathbb{N}$'ye giden ve $\mathbb{N}$'ye ait her $s$, $t$ için $$f\left(t^2f(s)\right) = s\left(f(t)\right)^2$$ koşulunu sağlayan tüm $f$ fonksiyonlarını ele alalım. $f(1998)$'in alabileceği en küçük değeri bulunuz.

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 1998 Çözümleri