Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 1998 Çözümleri
« 1997 1999 »
« Sorulara Git
Geri

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 1998 Çözümleri

1
$ABCD$ 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] $ $\blacksquare$

2
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.
Çözüm:
Tüm çakışan karar ikililerinin sayısı $N$ olsun.
$N \leq \dbinom b2 \cdot k$.

$a\times b$ bir matriste satırlar yarışmacıları, sütunlar da hakemleri ifade etsin.

$i.$ yarışmacıyı başarılı bulan hakemlerin sayısı $c_i$ olsun. $b-c_i$ tanesi de başarısız bulmuştur.
$i$. yarışmacı için çakışan kararların sayısı:
$\begin{array}{lcl}
\dbinom {c_i}2 + \dbinom {b-c_i}2 &=& \dfrac {c_i^2 - c_i}2 + \dfrac {(b-c_i)^2 - (b-c_i)}{2} \\
&=& \dfrac {b^2 - b + 2c_i^2 - 2bc_i}{2} \\
&=& \dfrac {b^2 - b + 2c_i^2 - 2bc_i}{2} \\
&=& \dfrac {b^2 - b}{2} - c_i(b-c_i) \\
&\geq & \dfrac {b^2 - b}{2} - \dfrac {b-1}{2} \cdot \dfrac {b+1}2 \\
&=& \dfrac {b-1}2\left ( b - \dfrac {b+1}2 \right ) \\
&=& \dfrac {(b-1)^2}4
\end{array}$

Toplam $a$ tane yarışması olduğu için tüm yarışmacılar için çakışan tüm kararların sayısına $N \geq a\cdot \dfrac {(b-1)^2}4$.

$\dbinom b2 \cdot k \geq N \geq a\cdot \dfrac {(b-1)^2}4$

$\dfrac ka \geq \dfrac {\dfrac {(b-1)^2}{4}}{\dfrac {b(b-1)}{2}} = \dfrac {b-1}{2b}$.
3
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.
Çözüm:
$n=p_1^{\alpha_1}\dots p_m^{\alpha_m}$ şeklinde asal çarpanlarına ayrılsın.

$f(n)=\dfrac {d(n^2)}{d(n)} = \displaystyle\prod_{i=1}^{m}\dfrac{2\alpha_i+1}{\alpha_i+1} = k$

Paylar hep tek sayı olduğu için $k$ sayısı da tek olmalıdır.

Bunun yanı sıra $\alpha_1 = \alpha$ ve $\alpha_i = 2\alpha_{i-1}$ şeklinde alındığında, $n_r = p_1^{\alpha}\cdots p_{r-1}^{2^{r-1}\alpha }$ sayısı için

 $f(n_{r}) = \dfrac {2\alpha + 1}{\alpha + 1}\cdot \dfrac {4\alpha + 1}{2\alpha + 1}\cdots \dfrac {2^r\alpha + 1}{2^{r-1}\alpha + 1} = \dfrac {2^r\alpha +1}{\alpha +1}$

İddiamız; tüm $k$ tek sayıları için uygun $n$ sayısının bulunduğu.

$k=1$ için $n=1$ sağlar.

$1, \dots, k-2$ için uygun $n$ sayılarının bulunduğunu varsayalım.

Tümevarımla $k$ için de uygun $n$ sayısının bulunduğunu göstereceğiz.

$0 < t < k$ tam sayısı tek olsun.
 
$k = f(n_r)\cdot t = \dfrac {2^r\alpha +1}{\alpha +1} \cdot t$ denklemini $\alpha$ için çözmeye çalışalım.

$k\alpha + k = 2^r\alpha t + t \Longrightarrow \alpha (2^rt - k) = k - t \Longrightarrow \alpha = \dfrac {k-t}{2^rt - k}$.

$2^rt-k = 1$ için $\alpha = k -t$ olacaktır.

$k$ sayısı tek sayı olduğu için $k+1 = 2^rt$ şeklinde bir $t$ sayısı vardır.

Bu yaptıklarımızı tersten toparlayalım:
$k$ tek sayı olduğu için $k+1$ çift sayısı ($t < k$ bir tek sayı olmak üzere) $k + 1 = 2^r \cdot t$ şeklinde yazılabilir.
$f(n_t) = t$ olsun. $p_1, \dots, p_{r-1}$ asal sayıları $n_t$ nin asal çarpanlarından farklı sayılar olsun.
$n = p_1^{\alpha}\cdots p_{r-1}^{2^{r-1}\alpha } \cdot n_t = n_r \cdot n_t$
ve $\alpha = k - t = k - \dfrac {k+1}{2^r}$ sayısı için

$\begin{array}{lcl}
f(n) &=& \dfrac {2^r\alpha + 1}{\alpha + 1} \cdot t \\
&=& \dfrac {2^r(k-t) + 1}{k-t + 1} \cdot t \\
&=& \dfrac {2^rt(k-t) + t}{k-t+1} \\
&=& \dfrac {(k+1)(k-t) + t}{k-t+1} \\
&=& \dfrac {k^2 -kt + k  - t + t}{k-t+1} \\
&=& \dfrac {k^2 - kt + k}{k-t+1} \\
&=& \dfrac {k(k-t+1)}{k-t+1} \\
&=& k
\end{array}$

Bu da $k$ sayısı için $f(n)=k$ olacak şekilde bir $n$ sayısı var olduğu anlamına gelir.

Örnek olarak $f(n)=71$ için bir $n$ sayısı bulmaya çalışalım.
$71 + 1 = 72 = 2^3 \cdot 9$, $\alpha = k-t= 71 - 9 = 62$.
$9+1 = 10 = 2\cdot 5$, $\alpha = 9 - 5 = 4$.
$5+1 = 6 =  2\cdot 3$, $\alpha = 5 - 3 = 2$.
$3+1 = 4 =  2^2\cdot 1$, $\alpha = 3 - 1 = 2$.

$f(p_1^{2}p_2^{4})= \dfrac {45}{15} = 3$.

$f(p_3^{2}) = \dfrac 53$ ve $f(p_1^{2}p_2^{4} p_3^{2}) = 3 \cdot \dfrac 53 = 5$.

$f(p_4^{4}) = \dfrac 95$ ve $f(p_1^{2}p_2^{4} p_3^{2}p_4^{4}) = 5 \cdot \dfrac 95 = 9$.

$f(p_5^{62}p_6^{124}p_7^{248}) = \dfrac {8 \cdot 62 + 1}{62+1} = \dfrac {497}{63} = \dfrac {71\cdot 7}{9 \cdot 7} = \dfrac {71}{9}$ ve $f(p_1^{2}p_2^{4} p_3^{2}p_4^{4}p_5^{62}p_6^{124}p_7^{248}) = 9\cdot \dfrac {71}{9} = 71$.




4
$ab^2+b+7$'nin $a^2b+a+b$'yi bölmesini sağlayan tüm $(a,b)$ pozitif tam sayı çiftlerini bulunuz.
Çözüm:
$a^2b + a + b = k(ab^2+b+7)$, $\qquad (k\in \mathbb N^+)$

$a^2b+a-ab^2k - bk = 7k - b$

$(ab+1)(a-bk) = 7k - b$

$(i)$ $b=7k$ ya da
$(ii)$ $b>7k$ ya da
$(iii)$ $b<7k$

$(i)$ $b=7k$ ise $a=bk=7k^2$. O halde $(a,b)=(7k^2, 7k)$

$(ii)$ $b>7k$ ise $b < ab+1 \leq (ab+1)(bk-a) = b-7k < b$ çelişkisi elde edilir. Buradan çözüm gelmez.

$(iii)$ $b<7k$ ise $a > bk$.

$bk\cdot b + 1 < ab + 1 \leq (ab+1)(a-bk) = 7k - b < 7k$

$b^2k < 7k-1$ olduğu için $b=1$ ya da $b=2$ olabilir.

  • $b=1$ ise
    $k = \dfrac {a^2 + a + 1}{a+8} = a-7 + \dfrac {57}{a+8}$.

    $a+8 \mid 57$ ise $a+8 = 19$ ya da $a+8 = 57$.

    Bu durumda $a=11$ ya da $a=49$. Buradan $(11,1), (49, 1)$ çözümleri gelir.

  • $b=2$ ise

    $k = \dfrac {2a^2 + a + 2}{4a+9}$

    $2k = \dfrac {4a^2 + 2a + 4}{4a+9} = a-1  - \dfrac {3a-13}{4a+9}$

    $2k$ ve $a-1$ tam sayı olduğundan $4a+9 \mid 3a-13$ olmalıdır. O halde $3a-13=0$ ya da $|3a-13| \geq 4a+9$ olmalı.

    $\bullet$ $3a-13 = 0$ ise $a = \dfrac {13}{3}$ olur, tam sayı değildir.

    $\bullet$ $3a-13 > 0$ ise $3a-13 \geq 4a+9 \Rightarrow a \leq -22$ olur, çelişki.

    $\bullet$ $3a-13 < 0$ ise $13-3a \geq 4a+9 \Rightarrow 7a \leq 4$ olur, pozitif tam sayı çözüm yoktur.

    O halde $b=2$ durumundan çözüm gelmez.

O halde tüm çözümler, $(11,1),(49,1),(7k^2,7k)$ şeklindedir.
5
$I$ 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:
$\angle RBM = \angle BMK = \angle MKB = \angle KBS = \alpha$.
$\angle BRM = \angle KML = \angle LKC = \angle BKS = \beta$.
$\angle BMR = \angle BSK = \theta$.

$(A.A)$ benzerliğinden $\triangle BRM \sim \triangle BKS$. $BM/ BS = BR / BK \Longrightarrow BM^2 = BS\cdot BR$.


$\triangle BIK$ dik üçgeninin hipotenüsü $BI$ üzerinde $BK=BI'$ olacak şekilde $I'$ noktası alalım.
$MK \perp BI$ olduğu için $BI \perp RS$. $BI'^2 = BM^2 = BS \cdot BR $ olduğu için Öklid'den $\angle RI'S = 90^\circ > \angle RIS$ dir.

6
$\mathbb{N}$ 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.