Uluslararası Matematik Olimpiyatı

1

Aynı düzlemde bulunan ve merkezleri aynı olan $R$ ve $r$ ($R>r$) yarıçaplı iki çember veriliyor. $P$ küçük çember üzerinde sabit bir nokta ve $B$ büyük çember üzerinde değişken bir nokta olsun. $BP$ doğrusu büyük çemberi $C$ noktasında kesiyor. $BP$'ye $P$ noktasında dik olan $l$ doğrusu küçük çemberi $A$ noktasında kesiyor. (Eğer $l$, $P$ noktasında çembere teğet ise $A=P$ dir.)

$BC^2+CA^2+AB^2$ ifadesinin aldığı değerlerin kümesini bulunuz.
$AB$'nin orta noktasının geometrik yerini bulunuz.

Çözüm:

$BP$ küçük çemberi ikinci kez $D$ noktasında kessin. $\angle APD = 90^\circ$ olduğu için $A$, $O$, $D$ doğrusaldır.
$\triangle ABD$ de, $BO$ kenarortayı için $$AB^2 + BD^2 = 2(BO^2 + OD^2) = 2(R^2 + r^2)$$ $\triangle ACD$ de, $CO$ kenarortayı için $$AC^2 + CD^2 = 2(CO^2 + OD^2) = 2(R^2 + r^2)$$ Taraf tarafa toplarsak, $AB^2 + AC^2 + BD^2 + CD^2 = 4R^2 + 4r^2$
$D$ noktasının büyük çembere göre kuvveti $BD \cdot DC = R^2 - OD^2 = R^2 - r^2$ olduğu için $$BC^2 = (BD+CD)^2 = BD^2 + CD^2 + 2\cdot BD \cdot CD = BD^2 + CD^2 - 2(R^2 - r^2)$$ Bu durumda $$AB^2 + AC^2 + BC^2 - 2(R^2 - r^2) = 4R^2 + 4r^2 \Rightarrow AB^2 + AC^2 + BC^2 = 6R^2 + 2r^2$$
$AB$ nin orta noktası $M$ olsun. $AO=OD$ ve $AM=MB$ olduğu için $BD = 2\cdot OM$ dir. $PM=AM=MB$ olduğu için de $$MP^2+ OM^2 = \dfrac 14 (AB^2 + BD^2) = \dfrac 12(R^2 + r^2) = \text{Sabit}$$ Bu durumda, $M$ noktalarının geometrik yeri, $OP$ nin orta noktasına $S$ dersek, $S$ merkezli bir çemberdir. Kenarortay teoreminden $$OM^2 + MP^2 = 2(SO^2 + SM^2) \Rightarrow \dfrac 12(R^2 + r^2) = 2\left (\dfrac{r^2}4 + SM^2\right )$$ $$\Rightarrow SM^2 = \dfrac{R^2}4$$ O halde geometrik yer $OP$ nin orta noktasını merkez kabul eden $\dfrac{R}2$ yarıçaplı çemberdir.

Geometrik yeri bulmanın bir diğer yolu şudur:

$CO$ doğrusu büyük çemberi $E$ de kessin.
$AP$ orta dikmesi $O$ dan geçer, aynı şekilde, $EB$ orta dikmesi de $O$ dan geçer. O halde $AEBP$ bir dikdörtgendir. $PE$ ile $AB$ köşegenleri birbirini ortalayacağı için $PE$ nin orta noktası da $M$ dir. $\triangle OPE$ üçgeninde $OP$ nin orta noktasına $S$ dersek, $OS=SP$ ve $PM=ME$ olduğu için $SM=\dfrac{OE}2 = \dfrac R2$ dir. Bu durumda, $M$ noktalarının geometrik yeri, $S$ merkezli $\dfrac R2$ yarıçaplı çemberdir.

2

$n$ bir pozitif tam sayı ve $A_1, A_2, \dots, A_{2n+1}$ bir $B$ kümesinin alt kümeleri olsun. Aşağıdaki koşulların sağlandığını varsayalım:

Her bir $A_i$'nin tam $2n$ tane elemanı vardır.
Her bir $A_i<A_j$ ($1\leq i < j \leq 2n+1 $) yalnızca bir tek eleman içerir.
$B$'nin her bir elemanı en az iki tane $A_i$'de vardır.

$B$'nin her bir elemanını $0$ veya $1$ ile göstermek istiyoruz. Böyle bir gösterilimin, $A_i$'lerin her birinin tam $n$ tane $0$ içerecek şekilde yapılabilmesi için $n$'nin değeri ne olmalıdır?

3

Bir $f$ fonksiyonu pozitif tam sayılar kümesinden, pozitif tam sayılar kümesine, her $n$ pozitif tam sayısı için aşağıdaki şekilde tanımlanıyor:
$$\begin{array}{rcl}
f(1) &=& 1, \quad f(3) = 3 \\
f(2n) &=& f(n) \\
f(4n+1) &=& 2f(2n+1)-f(n) \\
f(4n+3) &=& 3f(2n+1)-2f(n). \\
\end{array}$$
$f(n)=n$ koşuluna uyan ve $1988$'den küçük ya da $1988$'e eşit olan $n$ pozitif tam sayılarını bulunuz.

4

$$\sum\limits_{k=1}^{70}\dfrac k{x-k} \geq \dfrac 54$$ eşitsizliğini sağlayan $x$ reel sayılarının kümesinin, uzunluları toplamı $1988$ olan ayrık aralıkların birleşimi olduğunu gösteriniz.

5

$ABC$, dik açısı $A$ köşesinde olan bir dik üçgen ve $D$, $A$'dan çizilen yüksekliğin ayağı olsun. $ABD$ ve $ACD$ üçgenlerinin iç çemberlerinin merkezlerinin birleştiren doğru $AB$ ve $AC$ kenarlarını sırasıyla $K$ ve $L$ noktalarında kesmektedir. $S$ ve $T$ sırasıyla $ABC$ ve $AKL$ üçgenlerinin alanları ise, $S\geq 2T$ olduğunu gösteriniz.

6

$a$ ve $b$ pozitif tam sayıları, $ab+1$ sayısı $a^2+b^2$'yi tam olarak bölecek şekilde seçilsin. $\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}$ ifadesinin, bir pozitif tam sayının karesi olduğunu gösteriniz.

Çözüm 1:

(Vieta Jumping):
Öncelikle $a=b$ durumunu inceleyelim, $$c=\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}=\dfrac{2a^2}{a^2+1}=2-\dfrac{2}{a^2+1}$$ olur. $a$ pozitif tamsayı olduğundan ifadenin tamsayı olması için $a=b=1$ olmalıdır, bu durumda $c=1$ olacaktır, yani tamkaredir. Eğer $a$ veya $b$'den biri $1$ olursa aynı şekilde $a=b=c=1$ bulunur.

Şimdi genelliği bozmadan $a>b\geq 2$ olsun. İfadeyi düzenleyip $a$'ya bağlı ikinci dereceden bir denklem olarak yazarsak, $$a^2-a\cdot bc+(b^2-c)=0$$ bulunur. Bu denklemin pozitif tamsayı çözümleri arasında $a+b$'nin en küçük olduğu $(a,b)$ çözümünü ele alalım. Bu denklem ikinci dereceden olduğundan $a$ dışında bir $d$ kökü de vardır. Vieta formüllerinden, $$a+d=bc$$ $$ad=b^2-c$$ elde edilir. İlk formülden $d$'nin tamsayı olduğunu görebiliriz ve eğer $bc-a$ pozitifse $d$ de pozitif olmalıdır. Şimdi bu ifadenin pozitif olmadığını kabul edelim, $a=bc+x$ olsun, $x\geq 0$'dır. $$a^2+b^2=abc+c\Rightarrow (bc+x)^2+b^2=(bc+x)bc+c\Rightarrow bcx+x^2+b^2=c$$ olur. Eğer $x=0$ ise $d=0$ ve Vieta'dan $b^2=c$ olur, yani $c$ tamkare olur. Eğer $x>0$ ise $$bcx+x^2+b^2=c\Rightarrow c\geq bc+b^2+1>c$$ olur. Çelişki. Dolayısıyla $bc-a$'nın pozitif olması gerekir. ($0$ olması durumunda ifadenin tamkare olduğunu gösterdiğimizden bu kısmı tekrar incelemeye gerek yok.)

$d$ sayısı hem pozitif tamsayı olması hem de denklemi sağlamasından dolayı $(d,b)$ ikilisi de denklemin bir çözümü olur fakat eğer $a>d$ ise $(b,d)$ çözümü $(a,b)$ ikilisinin toplamı en küçük olması kabulüyle çelişir. Dolayısıyla $d\geq a$'dır. Vieta teoreminden $$a+d=bc\geq 2a\Rightarrow \dfrac{2a}{b}\leq c=\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}\leq \dfrac{a^2+b^2}{ab}=\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\Rightarrow \dfrac{a}{b}\leq \dfrac{b}{a}\Rightarrow a^2\leq b^2$$ olur, çelişki. Dolayısıyla ifadenin tamsayı olduğu durumlarda $c=1$ veya $c=b^2$ olur, yani her zaman tamkaredir.

Çözüm 2:

Bu çözümü AoPS'da "Rust" adlı bir kullanıcının bu soruya verdiği cevaptan esinlenerek yaptım, onun cevabını da buradan inceleyebilirsiniz.

Öncelikle $a=b$ ise $a=b=c=1$ olması gerektiğini bir önceki çözümde göstermiştik. Genelliği bozmadan $a>b$ olsun. $$ab+1=p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k}$$ şeklinde asal çarpanlarına ayıralım. $a$ ve $b$ bu $k$ asalın hiçbirine bölünemez. $ab+1|a^2+b^2$ olduğundan $a^2+b^2$ ifadesi $i=1,2,\dots k$ için $p_i^{\alpha_i}$'ye bölünmelidir. $$a^2+b^2\equiv 0 \pmod{p_i^{\alpha_i}}$$ $$ab+1\equiv 0 \pmod{p_i^{\alpha_i}}$$ elde edilir. Bu iki denklikten $$-b^4\equiv a^2b^2\equiv (-1)^2\equiv 1 \pmod{p_i^{\alpha_i}}\Rightarrow b^4\equiv -1\equiv ab \pmod{p_i^{\alpha_i}}\Rightarrow a\equiv b^3 \pmod{p_i^{\alpha_i}}$$ bulunur. Buradan, $$c\equiv \dfrac{a^2+b^2}{ab+1}\equiv \dfrac{b^6+b^2}{b^4+1}\equiv b^2\pmod{p_i^{\alpha_i}}$$ bulunur. Tüm $i=1,2,\dots k$ için bu sağlandığından $$c\equiv b^2\pmod{ab+1}$$ olur. $ab+1>b^2+1>b^2$ olduğundan $t\geq 0$ için $c=b^2+t(ab+1)$ formatında olmalıdır. $t=0$ ise $c=b^2$ olur. Eğer $t>0$ ise $$c=\dfrac{a^2+b^2}{ab+1}=b^2+t(ab+1)\geq b^2+ab+1\Rightarrow a^2\geq ab^3+a^2b^2+2ab+1>a^2$$ olur. Çelişki. Yani $c=1$ veya $c=b^2$ olmalı, dolayısıyla her zaman tamkare olmalıdır.

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 1988 Çözümleri