Uluslararası Matematik Olimpiyatı

Rakamlarının kareleri toplamının $11$ katına eşit olan tüm üç basamaklı sayıları bulunuz.

Çözüm:

Sayımız $abc=100a+10b+c=11(a^2+b^2+c^2)$ olsun. Sol tarafın $11$'e bölünmesi gerektiğinden $$100a+10b+c\equiv 0\pmod{11}\implies a+c\equiv b\pmod{11}$$ $18\geq a+c\geq 1$ olduğundan $a+c=b$ veya $a+c=11+b$ olmalıdır.

i) Eğer $a+c=11+b$ ise $$100a+10b+c=11(a^2+b^2+c^2)\implies 110a+11c-110=11(a^2+(a+c-11)^2+c^2)\implies 10a+c-10=2a^2+2c^2+121-22a-22c+2ac$$ $$\implies 32a+23c-131=2(a^2+c^2+ac)\tag{1}$$ Yani $c$ sayısı tektir. Bu durumda sağ tarafı mod 4'de incelersek, $$2a^2+2c^2+2ac\equiv (a+c)^2+a^2+c^2\equiv 2\pmod{4}$$ olur çünkü $a$ ve $a+c$ farklı paritelerdedir. Dolayısıyla $$32a+23c-131\equiv -c+1\equiv 2\pmod{4}\implies c\equiv 3\pmod{4}$$ elde edilir. Yani $c=3$ veya $7$'dir. $(1)$'de yerine yazarsak $(a,c)=(5,3),(8,3)$ olur. $a+c=11+b$ olduğundan sadece $(a,b,c)=(8,0,3)$ çözümü elde edilir. ($c=7$'den çözüm gelmez.)

ii) Eğer $a+c=b$ ise $$100a+10b+c=11(a^2+b^2+c^2)\implies 110a+11c=11(2a^2+2c^2+2ac)\implies 10a+c=2(a^2+c^2+ac)$$ olduğundan $c$ çifttir. $c=2c_0$ dersek, $$a^2+4c_0^2+2ac_0=5a+c_0\implies a^2+a(2c_0-5)+(4c_0^2-c_0)=0$$ olur. Diskriminantı hesaplarsak $\Delta=(2c_0-5)^2-4(4c_0^2-c_0)=-12c_0^2-16c_0+25$ olur. Bu ifadenin tamkare olması gerekir. $c_0=0,1,2,3,4$ olabileceğinden sadece $c_0=0$ için tamkare olduğu görülebilir ($c_0\geq 1$ iken $\Delta$ negatif olacaktır.) $c=0$ için $a=5$ çözümü bulunur. Buradan da $(a,b,c)=(5,5,0)$ bulunur.

Tüm sayılar $803$ ve $550$'dir.

$$\dfrac{4x^2}{(1-\sqrt{1+2x})^2}<2x+9$$ eşitsizliği sağlayan $x$ değerlerini bulunuz.

Çözüm:

Öncelikle karekök içi negatif olamayacağından $x\geq -\frac{1}{2}$ olmalıdır ama $x=0$ olursa eşitsizliğin sol tarafı tanımsız olur. Yani $x\in \left[-\frac{1}{2},\infty\right)-\{0\}$ için $$\dfrac{4x^2}{(1-\sqrt{1+2x})^2}<2x+9\iff 4x^2<(2x+9)(1-\sqrt{1+2x})^2=(2x+9)(2+2x-2\sqrt{1+2x})$$ $$\iff 2x^2<(2x+9)(1+x-\sqrt{1+2x})=2x+9+2x^2+9x-(2x+9)\sqrt{1+2x}\iff (2x+9)\sqrt{1+2x}<11x+9$$ $x\geq -\frac{1}{2}$ olduğundan $(2x+9)\sqrt{1+2x}$ ve $11x+9$ pozitiftir. Dolayısıyla $$(2x+9)\sqrt{1+2x}<11x+9\iff (2x+9)^2(1+2x)<(11x+9)^2$$ $$\iff 8x^3+76x^2+198x+81<121x^2+198x+81\iff 8x^3<45x^2\iff x<\frac{45}{8}$$ Yani aradığımız aralık $\left[-\frac{1}{2},\frac{45}{8}\right)-\{0\}=\left[-\frac{1}{2},0\right)\cup \left(0,\frac{45}{8}\right)$'dir.

Verilen bir $ABC$ dik üçgeninde uzunluğu $a$ olan $BC$ hipotenüsü, $n$ eşit parçaya ($n$ tek tam sayı) bölünüyor. Hipotenüsün orta noktasını bulunduran parçayı gören $A$ dar açısı $\alpha$ olsun. Hipotenüse ait yüksekliğin uzunluğu da $h$ olsun. $$\tan \alpha = \dfrac{4nh}{(n^2-1)a}$$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$a=2n$ olsun ve $AB > AC$ olsun. $\tan \alpha = \dfrac{2h}{n^2 - 1}$ olduğunu göstereceğiz.

$X$ ve $Y$ noktaları, $BC$ üzerinde $BX=CY=n-1$ olacak şekilde alınsın. $\angle XAY = \alpha$ dır. $Y$ den $AX$ e inilen dikmenin ayağı $Z$, $A$ dan $BC$ ye inilen dikmenin ayağı $H$ olsun. $XY$ nin orta noktası $M$ olsun. $M$ aynı zamanda $BC$ nin de orta noktası olacağından $AM=n$ dir.
$AM^2 - AH^2 = MH^2 \Rightarrow MH = \sqrt {n^2 - h^2}$,

$HY=\sqrt{n^2-h^2} - 1$ ve $XH=\sqrt{n^2-h^2}+1$ olacaktır.

$AZ^2 + YZ^2 = AH^2 + HY^2 \Rightarrow AZ^2 + YZ^2 = n^2 + 1 - 2\sqrt{n^2-h^2}$

$AX^2 = XH^2 + AH^2 \Rightarrow AX^2 = n^2 + 1 + 2\sqrt{n^2 - h^2}$

$[AXY] = \dfrac 12 \cdot AX \cdot ZY = \dfrac 12 \cdot AH \cdot XY \Rightarrow YZ = \dfrac{2h}{AX}$

$AZ^2 = n^2 + 1 - 2\sqrt{n^2 - h^2} - YZ^2 = n^2 + 1 - 2\sqrt{n^2 - h^2} - \dfrac{4h^2}{n^2 + 1 + 2\sqrt{n^2-h^2}}$

$AZ^2 = \dfrac { (n^2+1)^2 - 4(n^2-h^2) - 4h^2} {n^2 + 1 + 2\sqrt{n^2-h^2}} = \dfrac{n^4+2n^2 + 1 - 4n^2}{AX^2} = \dfrac{(n^2-1)^2}{\dfrac {4h^2}{YZ^2}}$

$AZ = \dfrac{n^2-1}{2h} \cdot YZ \Rightarrow \tan \alpha = \dfrac{2h}{n^2-1}$

$h_a, h_b$ ($A$ ve $B$'den geçen yükseklikler) ve $A$ köşesinden geçen $m_a$ kenarortayı verilen $ABC$ üçgenini çiziniz.

Çözüm:

$M$ merkezli $m_a$ yarıçaplı $\Pi$ çemberini çizelim. Çemberin $A$ dan geçen çapı, $AM'$ olsun.
$A$ merkezli, $2\cdot h_a$ yarıçaplı çember ile $\Pi$ çemberi $H'$ noktasında kesişsin. $AH'$ nün orta noktası $H$ olsun. $MH \perp AH$ ve $AH=h_a$ olacaktır.
$M'$ merkezli $h_b$ yarıçaplı çember, $\Pi$ çemberini $X$ ve $Y$ de kessin.
$MH$ doğrusu, $AX$ ile $AY$ doğrularını, sırasıyla $C_x$ ve $C_y$ de kessin.
- $C_x$ in, $M$ ye göre simetriği, $B_x$ olsun. $MC_x=B_xM$ ve $AM=MM'$ olduğu için, $AB_xM'C_x$ bir paralelkenardır. Bu paralel kenarın $AC_x$ ye ait yüksekliği $M'X=h_b$ kadardır. O halde $B_x$ den $AC_x$ ye inilen $B_xH_x$ yüksekliği de $h_b$ kadardır. Bu durumda, $\triangle AB_xC_x$ de, $AM$ kenarortay, $AH$ ve $B_xH_x$ yüksekliktir.
- $C_y$ in, $M$ ye göre simetriği, $B_y$ olsun. $MC_y=B_yM$ ve $AM=MM'$ olduğu için, $AB_yM'C_y$ bir paralelkenardır. Bu paralel kenarın $AC_y$ ye ait yüksekliği $M'Y=h_b$ kadardır. O halde $B_y$ den $AC_y$ ye inilen $B_yH_y$ yüksekliği de $h_b$ kadardır. Bu durumda, $\triangle AB_yC_y$ de, $AM$ kenarortay, $AH$ ve $B_yH_y$ yüksekliktir.

$ABCDA'B'C'D'$ ($ABCD$ yüzü doğruca $A'B'C'D'$ yüzünün üstünde olacak şekilde) küpünü ele alalım.

$X$ ve $Y$, sırasıyla $AC$ ve $B'D'$ doğru parçalarının üzerinde rastgele noktalar olmak üzere; $XY$ doğru parçalarının orta noktalarının geometrik yerini bulunuz.
(a)'da tanımlanan $XY$ doğru parçasının üzerinde $ZY = 2XZ$ olacak şekilde alınan $Z$ noktalarının geometrik yerini bulunuz.

$V_1$ hacimli bir dik koninin içine tabanına teğet olacak şekilde en büyük hacimli küre çiziliyor. Tabanı koninin tabanı üzerinde yer alacak şekilde küreyi çevreleyen en küçük hacimli silindirin hacmi $V_2$'dir.

$V_1 \neq V_2$ olduğunu gösteriniz.
$V_1 = k V_2$ eşitliği sağlayan en küçük $k$ sayısını bulunuz. Bu durumda, koninin tepesinden koninin taban çapını gören açıyı çiziniz.

Tabanları $a$ ve $c$, yüksekliği $h$ olan bir ikizkenar yamuk veriliyor.

Yamuğun simetri ekseni üzerinde yer alan ve yamuğun kollarının ikisini de (tabanların dışındaki kenarları) dik açı ile gören tüm $P$ noktalarını bulunuz.
$P$'nin tabanlardan birinden uzaklığını hesaplayınız.
Gerçekte, böyle $P$ noktalarının hangi koşullar altında var olduğunu belirleyiniz. (Ortaya çıkabilecek değişik halleri irdeleyiniz.)

Çözüm:

$AB$ nin orta noktası $M$, $CD$ nin orta noktası $N$ olsun.
(Simetriden dolayı, $AD$ çaplı çember ile $BC$ çaplı çemberin $MN$ yi kestiği noktalardan geçer.)
$BC$ çaplı çember, $MN$ yi kesmezse, söz konusu bir $P$ noktası bulunamaz.
$BC$ çaplı çember, $MN$ ye teğette, söz konusu tek bir $P$ noktası vardır.
$BC$ çaplı çember, $MN$ yi iki kesiyorsa, iki tane $P$ noktası vardır.

$\angle BPC = \angle BMP = \angle PBC = 90^\circ$ olduğu için $\angle MBP = \angle CPN$, dolayısıyla da $\triangle CPN \sim \triangle PBM$ dir. $MP=x$ dersek, $\dfrac{x}{\frac a2} = \dfrac{\frac c2}{h-x}$ olur.
$$hx - x^2 = \dfrac {ac}4 \Rightarrow -ac = 4x^2 - 4hx \Rightarrow h^2 - ac = 4x^2 - 4hx + x^2 = (2x-h)^2$$ olduğundan $$2x-h = \pm \sqrt {h^2 - ac} \Rightarrow x = \dfrac h2 \pm \dfrac {\sqrt{h^2 - ac}}2$$ olur.
$h^2 = ac$ ise tek çözüm vardır.
$h^2 > ac$ ise iki çözüm vardır.
$h^2 < ac$ ise çözüm yoktur.

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 1960 Çözümleri