Uluslararası Matematik Olimpiyatı

$$\sqrt{(x+\sqrt{2x-1})}+\sqrt{(x-\sqrt{2x-1})}=A$$ denkleminin gerçel köklerini $(a) A=\sqrt{2} , (b) A=1 , (c) A=2$ iken bulunuz. (Karekök içerisindeki ifadelerin negatif olmadığını varsayın.)

Çözüm:

Denklemin karesini alalım.

$x+\sqrt{2x-1}+2\sqrt{x^2-(\sqrt{2x-1})^2}+x-\sqrt{2x-1}$

$2\sqrt{x^2-(\sqrt{2x-1})^2}=2\sqrt{(x-1)^2}$ O zaman

$x+\sqrt{2x-1}+2\sqrt{x^2-(\sqrt{2x-1})^2}+x-\sqrt{2x-1}=4x-2=A^2$

$A=\sqrt2 \Rightarrow 4x-2=2$, $x=1$

$A=1 \Rightarrow 4x-2=1$, $x=\dfrac{3}{4}$

$A=2 \Rightarrow 4x-2=6$, $x=\dfrac{6}{4}$

$a,b,c$ gerçel sayılar olmak üzere, $$a\ \cos^{2}x+b\ \cos{x}+c=0$$ denklemi $\cos{x}$ e göre ikinci dereceden bir denklem olsun. $a,b,c$ sayılarını kullanarak kökleri başlangıçtaki denklemle aynı olan $\cos2x$ e göre ikinci dereceden bir denklem oluşturunuz. $a=4 , b=2 , c=-1$ değerleri için $\cos x$ ve $\cos 2x$ türünden olan denklemleri karşılaştırınız.

Çözüm:

$\cos2x=2\cos^2x-1$ özdeşliğini biliyoruz. $a\cos^2x + b\cos x + c=0$ denkleminin iki kökü $y_1=\cos x_1$, $y_2=\cos x_2$ olsun. Oluşturmak istediğimiz ikinci dereceden denklemin kökleri de $\cos 2x_1$ ve $\cos 2x_2$ olmalıdır.

Vieta formüllerinden $y_1+y_2=-\dfrac ba$, $y_1y_2=\dfrac ca$ ve

$y_1^2 + y_2^2 = (y_1+y_2)^2 - 2y_1 y_2 = \dfrac{b^2}{a^2}-\dfrac {2c}{a} = \dfrac{b^2-2ac}{a^2}$ dir.

Diğer taraftan $a\cos^2 2x + b\cos 2x + c=0 $ denklemi için

Kökler toplamı $\cos 2x_1 + \cos 2x_2 = 2y_1^1 - 1 + 2y_2^2-1= 2(y_1^2+y_2^2)-2 = \dfrac{2b^2 - 4ac - 2a^2}{a^2}$

Kökler çarpımı $\cos 2x_1 \cdot \cos 2x_2 = (2y_1^1 -1)(2y_2^2-1) =4(y_1y_2)^2 -2(y_1^2+y_2^2)+1 = \dfrac{4c^2 -2b^2 + 4ac + a^2 }{a^2} $

olur. Buna göre aranan denklem $$a^2 \cos^2 2x + (-2b^2 + 4ac + 2a^2)\cos x + (4c^2 -2b^2 + 4ac + a^2)=0 $$ dir.

Şimdi $ a=4,b=2,c=-1$ değerlerini $$ \begin{array}{rcr}
a\cos^2x + b\cos x + c& = & 0 \\
a^2 \cos^2 2x + (-2b^2 + 4ac + 2a^2)\cos x + (4c^2 -2b^2 + 4ac + a^2) & = & 0
\end{array} $$

denklemlerinde yazarsak

$$ \begin{array}{rcr}
4\cos^2x + 2\cos x -1 & = & 0 \\
16 \cos^2 2x + 8\cos x -4 & = & 0
\end{array} $$

elde edilir. İlginç bir durum olarak bu denklemler birbirinin aynıdır. Dolayısıyla ilk denklemin çözümü olan her $x$ açısının iki katı hem ilk denklemin, hem de ikinci denklemin çözümüdür. $4\cos^2x + 2\cos x -1 = 0 $ denkleminin kökleri $\cos x = \dfrac{\sqrt5 - 1}{4}$ ve $\cos x = \dfrac{-\sqrt5 - 1}{4}$ tür. Buradan $x$ açılarını derece türünden bulabiliriz. $\cos 72^\circ=\dfrac{\sqrt5 - 1}{4}$ ve $\cos 36^\circ=\dfrac{\sqrt5 + 1}{4}$ olduğunu kullanarak $k,t$ keyfi tamsayıları için $x= \pm 36^\circ + 360^\circ \cdot k$ ve $x= \pm 72^\circ + 360^\circ \cdot t$ tüm çözümleri elde ederiz. Bu çözümleri sağlayan açıların iki katı, hem birinci hem de ikinci denklemin çözümüdür.

Hipotenüsü $c=\text{Sabit}$, hipotenüse ait kenarortayı da dik kenarlarının geometrik ortalamasına eşit olan dik üçgeni çiziniz.

Çözüm:

$AB=c$, $CA=b$, $BC=a$ olsun. $c=2\sqrt{ab}$ ve $c$ ye ait yükseklik, $c\cdot h = a \cdot b \Rightarrow h = \dfrac {\sqrt{ab}}2 = \dfrac c4$ olacaktır.
$BC$ nin orta noktası $O$ olsun. $BC$ çaplı çemberi çizelim. $BC$ ye $O$ da dik olan yarıçapı çizelim. Bu yarıçapın orta noktası $M$ olsun. $M$ den $BC$ ye çizilen paralelin çemberi kestiği noktalardan biri $A$ olsun. $ABC$ dik üçgeni istenen üçgendir. Ayrıca bu üçgen, bir $15^\circ - 75^\circ - 90^\circ$ üçgenidir.

$AB$ doğru parçasının üzerinde bir $M$ hareketli noktası alınıyor. $AMCD$ ve $MBEF$ kareleri, $AB$ ye göre aynı tarafta yer alacak şekilde oluşturuluyor. Bu kareleri çevreleyen $P$ ve $Q$ merkezli çemberler, $M$ haricinde bir $N$ noktasında kesişiyor. $AF$ ile $BC$ doğrularının kesişimi $N'$ ise,

$N$ ve $N'$ noktalarının çakıştığını gösteriniz.
$MN$ doğrularının $M$ seçiminden bağımsız sabit bir $S$ noktasından geçtiğini gösteriniz.
$M$, $A$ ve $B$ arasında değişirken, $PQ$ doğru parçalarının orta noktalarının geometrik yerini bulunuz.

Çözüm:

$AM < MB$ olduğunu varsayalım.
$\angle ANM = \angle MNC = \angle FNE = \angle MNB = \angle BNE = 45^\circ $ olduğu için $A$, $N$, $F$ doğrudaş; $B$, $C$, $N$ de doğrudaştır.
$(a)$ dan, $NM$ nin $\angle ANB$ nin açıortayı olduğu sonucunu da elde ettik. $AB$ çaplı çember ile $NM$ doğrusu $S$ de kesişsin. $S$, $AB$ yayının orta noktasıdır. $AB$ sabit olduğu için $S$ de sabittir.
$PQ$ nun orta noktası, $R$ olsun. $P$, $R$, $Q$ noktalarından $AB$ ye inilen dikmelerin ayakları, sırasıyla, $X$, $Y$, $Z$ olsun. $PX = AM/2$, $QZ=MB/2$ olduğu için, $PXZQ$ dik yamuğunda orta taban $RY=\dfrac{AM+MB}{4} = AB/4$ olacaktır. Bu da, $R$ noktalarının geometrik yerini $AB$ ye paralel bir doğru yapar.

$P$ ve $Q$ düzlemleri bir $p$ doğrusu boyunca kesişiyor. Hiçbirisi $p$ üzerinde yer almayan, $P$ düzleminde bir $A$ ve $Q$ düzleminde bir $C$ noktası veriliyor. $AB \parallel CD$ olacak şekilde aynı zamanda teğetler dörtgeni olan $ABCD$ ikizkenar yamuğunu, $B$ ve $D$ sırasıyla $P$ ve $Q$ düzlemlerinde olacak şekilde çiziniz.

Çözüm:

İlk olarak çizim esaslarının listesini yaparız. İstenilen $ABCD$ yamuğunun, $AB$ ve $CD$ paralel kenarlarının, her ikisinin de $p$ ye paralel olmasıdır. (Eğer $M$, $p$ nin bir noktası ise, $AB$ ve $CD$ ye paralel $M$ den geçen tek bir $l$ doğrusu vardır. $l$, $P$ ve $Q$ düzlemlerinin ikisinde de ortak olduğu için, burada $l=p$ çıkar.) Onlar arasındaki $CE$ uzaklığı (Şekle bakınız) içine çizilen teğetçemberin çapına eşittir. Verilen $A$ ve $C$ noktaları arasındaki $AC$ uzunluğu biliniyor. Henüz bilinmeyen $AB$ ve $CD$ uzaklıklarını sırasıyla $a$ ve $b$ ile ve $AD$ ve $BC$ eşit uzaklıklarını $s$ ile gösteriniz. Teğetler dörtgeninin iç çemberine dörtgenin bir köşesinden çizilen iki teğet eşit olduklarından $AB+CD = AD + BC$, yani, $a +b=2s$, böylece $s = \frac 12(a+b)$ dir. Eğet $a<b$ ise (Şekil - 1 deki gibi), o zaman $a+2BE = b$, böylece $$BE=\frac 12 (b-a) \text{ ve } AE=a+BE =\frac 12(a+b)=s$$ olur. Eğer $a>b$ ise (Şekil 2 de $AB'CD'$ yamuğuna bakınız) o zaman $a-2BE = b$, böylece $$BE=\frac 12(a-b) \text{ ve } AE=a-BE=\frac 12(a+b)=s$$ olur. Böylece her iki halde de $AE=s$ dir.

Çizim: $P$ düzleminde, $A$ dan geçen $p$ ye paralel bir $l$ doğrusu çiziniz; $Q$ düzleminde $C$ den geçen $p$ ye paralel bir $m$ doğrusu çiziniz. $CD$ ye $C$ den bir dik çiziniz, bu dik $l$ yi $E$ de kessin. $C$ merkezli $AE$ yarıçaplı $AE$ doğrusunu $B$ de kesen bir çember yayı çiziniz. Şimdi istenen her iki $B$ ve $D$ köşeleri bulunmuştur.
Eğet $CE<AE$ ise; iki çözüm var (Şekildeki $ABCD$ ve $AB'CD'$). Eğer $CE=AE$ ise bir kare olan tek çözüm var. Eğer $CE>AE$ ise problemin çözümü yoktur.

Kaynak:
Uluslararası Matematik Olimpiyadları 1959-1977, Tübitak

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 1959 Çözümleri