1
$m$ ve $n$, $1\leq m < n$ koşulunu sağlayan doğal sayılardır. $1978^m$ ile $1978^n$ sayılarının ondalık gösterimlerindeki son üç rakam eşittir. $m+n$ nin en küçük değerini almasını sağlayan $m$ ve $n$ yi bulunuz.
2
Bir kürenin içerisindeki bir $P$ noktası veriliyor. $P$ den çıkan ve ikişerli olarak birbirine dik olan üç ışın küreyi $U$, $V$ ve $W$ da kesiyor. $PU$, $PV$ ve $PW$ doğruları tarafından belirlenmiş paralelyüzlünün $P$ köşesinin köşegence karşısındaki köşesi $Q$ olsun. Yukarıda anlatıldığı gibi $P$ den çıkan tüm üçlü ışınlar için, $Q$ noktalarının geometrik yerini bulunuz.
3
Pozitif tam sayılar kümesi
$$\begin{array}{rcccccccl}
f(1) &<& f(2) &<& \dots &<& f(n) &<& \dots, \\
g(1) &<& g(2) &<& \dots &<& g(n) &<& \dots \\
\end{array}$$
ve her $n\geq 1$ için,
$$g(n)=f(f(n))+1$$ olacak şekilde iki ayrık $\{f(1), f(2), \dots, f(n), \dots \}$, $\{g(1), g(2), \dots, g(n), \dots \}$ kümelerinin birleşimi ise, $f(240)$ ı belirleyiniz.
4
$ABC$ üçgeninde $AB=AC$ dir. $AB$ ve $AC$ ye sırasıyla $P$ ve $Q$ da teğet olan çember, $ABC$ üçgeninin çevrel çemberine de içten teğettir. $PQ$ doğru parçasının orta noktasının $ABC$ üçgeninin içteğet çemberinin merkezi olduğunu gösteriniz.
Çözüm 1:
Çemberlerin değme noktası $T$, küçük çemberin merkezi $S$, $PQ$ nun orta noktası $M$ olsun.
$SP=SQ$ olduğu için $AS$ doğrusu, $\angle BAC$ nin açıortayıdır. Dolayısıyla $(ABC)$ çemberinin merkezi, $A$, $M$, $S$, $T$ doğrusaldır. Yani $AT$, $(ABC)$ nin çapıdır.
$\angle ABC = \angle APM = \angle PSA = 2\cdot \angle PTS$ ve $BPMT$ dörtgeni kirişler dörtgeni olduğu için $\angle PTS = PBM = \dfrac{\angle ABC}2$. Yani $BM$, $\angle ABC$ nin açıortayıdır. Bu durumda $M$ noktası $\triangle ABC$ nin iç merkezi olacaktır.
Çözüm 2:
Çemberlerin değme noktası $T$, küçük çemberin merkezi $S$, $PQ$ nun orta noktası $M$ olsun.
$SP=SQ$ olduğu için $AS$ doğrusu, $\angle BAC$ nin açıortayıdır. Dolayısıyla $(ABC)$ çemberinin merkezi, $A$, $M$, $S$, $T$ doğrusaldır. Yani $AT$, $(ABC)$ nin çapıdır.
Çemberlerin $T$ deki teğeti $AB$ ile $B'$, $AC$ ile $C'$ noktasında kesişsin.
$\triangle APS \sim \triangle ATB'$ olduğu için $\dfrac{MS}{AM} = \dfrac{BB'}{AB}$, dolayısıyla da $BM \parallel B'S$. Küçük çember, $\triangle AB'C'$ nin içteğet çemberi olduğu için $B'S$, $\angle AB'C'$ nün açıortayı olduğu için $BM$ de, $\angle ABC$ nin açıortayıdır. Bu durumda $M$, $\triangle ABC$ nin iç merkezidir.
5
$\{a_k\}$ $(k=1,2,3\dots,n,\dots)$, farklı pozitif tam sayılardan oluşan bir dizi olsun. Her $n$ doğal sayısı için, $$\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{a_k}{k^2} \geq \sum\limits_{k=1}^n \dfrac{1}{k}$$ olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$(a_,a_2,\dots, a_n)$ sonlu dizisinin terimleri birbirinden farklı pozitif tam sayılar olduğu için terimlerin küçükten büyüğe doğru sıralanışı $b_1< b_2< \cdots < b_n $ olsun. Dolayısıyla her $k=1,2,\dots,n$ için $b_k\geq k$ olur. $b_1< b_2< \cdots < b_n$ ve $\dfrac{1}{1^2}>\dfrac{1}{2^2}>\cdots >\dfrac{1}{n^2}$ dizileri için Yeniden düzenleme eşitsizliğini uygularsak
$$ \sum_{k=1}^n (a_k\cdot \dfrac{1}{k^2}) \geq \sum_{k=1}^n(b_k\cdot \dfrac{1}{k^2}) \tag{1}$$
olur. Ayrıca $b_k\geq k$ olduğundan
$$ \sum_{k=1}^n (b_k\cdot \dfrac{1}{k^2}) \geq \sum_{k=1}^n (k \cdot \dfrac{1}{k^2}) = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} \tag{2} $$
olur. Böylece $(1)$ ve $(2)$ den, $ \displaystyle{\sum_{k=1}^n \dfrac{a_k}{k^2} \geq \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k}} $ sonucuna ulaşırız.
6
Uluslararası bir topluluğun üyeleri altı farklı ülkeden gelmiştir. Üye listesi $1,2,\dots, 1978$ ile numaralandırılmış $1978$ isim içermektedir. Numarası kendi ülkesinden gelen iki üyenin numaralarının toplamına eşit olan veya numarası kendi ülkesinden gelen bir üyenin numarasının iki katı olan en az bir üyenin bulunduğunu ispatlayınız.