Uluslararası Matematik Olimpiyatı

Üç oyuncu $A$, $B$ ve $C$ aralarında şöyle bir oyun oynuyor: Üç kartın her birine bir tam sayı yazılıyor. Bu üç $p,q,r$ sayısı $0<p<q<r$ koşulunu sağlıyor. Üç kart karıştırıldıktan sonra, her bir oyuncuya bir kart veriliyor. Her bir oyuncu, elindeki kartta yazılı sayı kadar fiş alıyor.
Bu süreç (kartların karıştırılması, dağıtılması, fişlerin alınması) en az iki tur sürüyor. Son tur sonunda $A$ nın $20$, $B$ nin $10$ ve $C$ nin de $9$ fişi vardır. Son turda $B$, $r$ fiş almıştır. Buna göre, hangi oyuncu ilk turda $q$ fiş almıştır?

$ABC$ üçgeninin $AB$ kenarı üzerinde bir $D$ noktası alındığında, $CD$ nin $AD$ ile $DB$ nin geometrik ortası olması için gerek ve yeter koşulun $$\sin A \sin B \leq \sin^2 \dfrac C2$$ olduğunu kanıtlayınız.

Çözüm:

$CD = \sqrt {AD \cdot BD} \Rightarrow \sin \angle A \sin \angle B \leq \sin^2 \frac {\angle C}2$

$C$ nin $D$ ye göre simetriği $C'$ olsun. $CD \cdot DC' = AD \cdot BD$ olduğu için, $ACBC'$ bir kirişler dörtgenidir.
$\angle ACB$ nin açıortayı $(ABC)$ çevrel çemberini $L$ de kessin.
$BC= \sin \angle A$ dersek, $AC = \sin \angle B$ ve $BL=AL= \sin \frac {\angle C}2$ olacaktır.
$CD=DC'$ olduğu için, $[ADC] = [ADC']$, $[BCD]=[BDC']$, dolayısıyla $[ABC]=[AC'B] \leq [ALB]$ dir. ($AB$ ye ait yükseklik en büyük değerini yayı ortaladığında alır.)
$[ABC] = \frac 12 \cdot \sin \angle A \cdot \sin \angle B \leq [ALB] = \frac 12 \cdot \sin \angle C \cdot \sin \angle C$ $\Rightarrow \sin \angle A \cdot \sin \angle B \leq \sin ^2 \frac {\angle C}2$. $\blacksquare$
$\sin \angle A \sin \angle B \leq \sin^2 \frac {\angle C}2 \Rightarrow CD = \sqrt {AD \cdot BD}$ olacak şekilde $D$ seçilebilir.

$(ABC)$ çemberinin $C$ yi içermeyen $AB$ yayının orta noktası $L$ olsun. $AB$ nin orta noktası $M$ olsun. $CH \perp AB$ ve $H \in AB$ olsun.
$BC=\sin \angle A$ dersek, $AC = \sin \angle B$, $BL=AL=\sin \frac {\angle C}2$ olacaktır.
$\sin \angle A \sin \angle B \leq \sin^2 \frac {\angle C}2 \Rightarrow [ABC] \leq [ABL] \Rightarrow CH \leq ML$ dir.
$C$ yi içermeyen $AB$ yayı üzerinde hareketli $C'$ noktaları alalım. $C'$ den $AB$ ye inilen dikmenin ayağı $H'$ olsun. $0 < C'H' \leq ML$ dir. Olası $C'H'$ lerden birinin uzunluğu $CH$ ye eşit olsun. Böyle bir $C'H'$ vardır; çünkü $C'H'$, $0$ ile $ML$ arasında değişiyor ve $CH \leq ML$. Söz konusu $C'$ noktası için $CC' \cap AB = \{D\}$ olsun. $CH=C'H'$ olduğu için $CD=DC'$ dür. $D$ noktasının çevrel çembere göre kuvvetinden $CD^2 = CD\cdot CD' = AD \cdot BD$. $\blacksquare$

Hiçbir $n\geq 0$ tam sayısı için, $\sum_{k=0}^n \binom{2n+1}{2k+1}2^{3k}$ sayısının $5$ ile bölünmediğini kanıtlayınız.

Çözüm:

İki adet polinom tanımlayalım, $$P(x)=\sum_{k=0}^n \binom{2n+1}{2k+1}x^{2k+1}$$ $$Q(x)=\sum_{k=0}^n \binom{2n+1}{2k}x^{2k}$$ Bu iki polinomu taraf tarafa toplayıp, çıkartırsak $$P(x)+Q(x)=\sum_{k=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{k}x^{k}=(1+x)^{2n+1}$$ $$Q(x)-P(x)=\sum_{k=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{k}(-x)^{k}=(1-x)^{2n+1}=(1-x)^{2n+1}$$ Yani $$P(x)=\sum_{k=0}^n \binom{2n+1}{2k+1}x^{2k+1}=\frac{(1+x)^{2n+1}-(1-x)^{2n+1}}{2}\implies \sum_{k=0}^n \binom{2n+1}{2k+1}x^{2k}=\frac{(1+x)^{2n+1}+(x-1)^{2n+1}}{2x}$$ Eğer $x=2^{3/2}$ koyarsak, $$S=\sum_{k=0}^n \binom{2n+1}{2k+1}2^{3k}=\frac{(1+2^{3/2})^{2n+1}+(2^{3/2}-1)^{2n+1}}{2^{5/2}}$$ Eğer bu ifade $5$'e bölünüyorsa $2^{n+3}$ katı da $5$'e bölünür. Dolayısıyla $$2^{n+3}S=2^{n+1/2}(1+2^{3/2})^{2n+1}+2^{n+1/2}(2^{3/2}-1)^{2n+1}=(4+\sqrt{2})^{2n+1}+(4-\sqrt{2})^{2n+1}$$ Eğer $a_n+b_n\sqrt{2}=(4+\sqrt{2})^{2n+1}$ dersek, $a_n-b_n\sqrt{2}=(4-\sqrt{2})^{2n+1}$ olur. $5\mid S$ olduğundan $5\mid a_n$ olmalıdır. Ayrıca $$a_n^2-2b_n^2=(4+\sqrt{2})^{2n+1}(4-\sqrt{2})^{2n+1}=14^{2n+1}\equiv -1\pmod{5}$$ $$\implies -2b_n^2\equiv -1\pmod{5}\implies b_n^2\equiv 3\pmod{5}$$ çelişkisi elde ederiz. Dolayısıyla hiçbir $n$ için $5\mid S$ olamaz.

$8\times 8$ bir satranç tahtasının $p$ adet kesişmeyen dikdörtgene aşağıdaki koşullarda bölündüğü durumları ele alalım:

Her dikdörtgen, siyah kareler kadar beyaz kare içeriyor.
$i.$ dikdörtgendeki beyaz karelerin sayısı $a_i$ ise, $a_1 < a_2 < \dots < a_p$.

Bu şekilde bir parçalanmayı mümkün kılan en büyük $p$ sayısını bulunuz. Bu $p$ değeri için, mümkün olan tüm $a_1, a_2, \dots, a_p$ dizilerini belirleyiniz.

Çözüm:

Tahtada $32$ beyaz kare olduğundan
$$ a_1 + a_2 + \cdots + a_p = 32 $$
olur. $a_1\geq 1, a_2 \geq 2, \dots, a_p \geq p$ olduğundan
$$ 32\geq 1 + 2 + \cdots + p = \dfrac{1}{2}p(p+1) $$
eşitsizliğini yazabiliriz. Buradan $p^2 + p \leq 64$ ve böylece $p\leq 7$ buluruz. Buna göre, istenilen türde bir ayrışımda en çok $7$ dikdörtgen olabildiğini anlarız.

$7$ dikdörtgene ayrılma varlığını göstermek ve bunların hepsini bulmak için toplamı $32$ eden $7$ farklı tam sayı aramalıyız. Bunların tam bir listesi
$$
\begin{array}{lcl}
1+2+3+4+5+6+11 & = & 32 \\
1+2+3+4+5+7+10 & = & 32 \\
1+2+3+4+5+8+9 & = & 32 \\
1+2+3+4+6+7+9 & = & 32 \\
1+2+3+5+6+7+8 & = & 32
\end{array}$$ dir. Şimdi $11$ siyah kare ve $11$ beyaz kare ile toplam $2\cdot 11 = 22$ birim kareden oluşan bir dikdörtgen, $8\times 8$ türündeki bir tahtadan kesilip çıkarılamadığı için ilk toplam olanaksızdır. Diğer hallerin olanaklı olduğunu olduğunu gösteren çizimleri vererek çözümü tamamlarız.

Kaynak: Samuel L. Greitzer'in IMO 1959-1977 kitabının Tübitak Yayınları tarafından yapılan çevirisinden alınmıştır.

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 1974 Çözümleri