Tübitak Lise Takım Seçme - 2014 Çözümleri

İlk olarak $2014$ sayısını nereye yerleştireceğimize bakalım;
$a_1=2014$ olsun. Bu durumda $a_1+1=2014+1=2015$ olur.
$2015 \le a_2+2$  $2013 \le a_2$    $a_1=2014$  olduğundan $\Longrightarrow a_2=2013$.
Aynı şekilde; $2015 \le a_3+3$  $2012 \le a_3$ $a_1=2014$ ve $a_2=2013$  olduğundan$\Longrightarrow a_3=2012$.
Bu şekilde $a_{2014}$'e kadar gidersek $(2014,2013,2012...2,1)$ permütasyonu elde edilir.

Şimdi en büyük sayıdan (Bu durumda $2014$) sonraki sıralamanın belirli olduğunu gösterelim:
$a_n=2014$ olsun.
$2014+n \le a_{n+1}+n+1$  $2013 \le a_{n+1}$ $\Longrightarrow a_{n+1}=2013$
Bu yukarıdaki gibi permütasyonun sonuna kadar gider ve $(\dots, 2014,2013,2012, \dots ,n+1,n)$ şeklinde olur (bütün permütasyonlarda).

Şimdi n'den önceki sayıları sıralayalım ve sonuna az önceki permütasyonu ekleyelim. Yani $(1,2,3, ... ,n-1)$'in permütasyonlarını bulalım.
Bunun için de $n-1$ sayısını yerleştirelim. Az önce gösterdiğimiz gibi $n-1$'den sonraki sayıların sıralaması belirlidir.
$a_{n_1}=n-1$ olsun. O zaman permütasyon $(\dots , n-1 , n-2 , n-3 , \dots , a_{n_1} )$ şeklinde olur.

Bu durumda yine kalan sayıları sıralarız ve bu şekilde giderek sonlu hamle sonra bir grubu sıralamayı bıraktığımızda permütasyonumuz oluşur.
$\mathbf X$ hamle sonunda kalan sayıların en büyüğünü $n_x$ ile gösterelim.Permütasyonların genel şekli $$n_{k} \le n_{k-1} \le n_{k-2} \le ... \le n_{0}$$ olacak şekilde aşağıdaki gibidir: $$(n_{k} , n_{k}-1 , \dots , 1 , n_{k-1} , n_{k-1}-1 , n_{k-1}-2 , \dots , n_{k}+1 , \dots , n_{0} , n_{0}-1 , n_{0}-2 , \dots , n_{1}+1)$$

Örnek durum $n_{0}=2014 , n_{1}=35 , n_{2}=3$ olacak şekilde $(3 , 2 , 1 , 35 , 34 , \dots , 5 , 4 , 2014 , 2013 , \dots , 37 , 36)$'dır.

Bu sıralamayı $(n_k , n_{k-1} , n_{k-2} , \dots, n_{0})$ sayılarının ne olduğu belirler. $n_0=2014$ olduğu barizdir. Biz kalanları kaç farklı şekilde seçebileceğimizii nceleyelim:

$k=2013$ için kalan sayıları $\dbinom{2013}{2013}$ şekilde,
$k=2012$ için kalan sayıları $\dbinom{2013}{2012}$ şekilde,
Bu şekilde giderek,
$k=1$ için kalan sayıları $\dbinom{2013}{1}$ şekilde,
$k=0$ için kalan sayılırı $\dbinom{2013}{0}$ şekilde seçeriz.

Hepsini toplarsak $\sum_{i=0}^{2013} \dbinom{2013}{i}=2^{2013}$ permütasyonların sayısını elde ederiz.

Cevap: $2^{2013}$

İlk eşitlik
$$f( f(y) + x^2 + 1) + 2x = y + \left ( f(x+1) \right )^2 \quad...(1)$$
olsun. $f$ fonksiyonun birebir ve örten olduğu barizdir. $f(0)=a, f(1)=b$ olsun. Eşitlikte $x \to 0$ koyarsak $\forall y \in \mathbf{R} $ için
$$y=f(f(y)+1)-b^2 \quad...(2)$$
idir. $...(2)$ yi $...(1)$ de yerine koyalım.
$$f\big(f(y)+1+x^2\big)+2x+b^2=f\big(f(y)+1\big)+f^2(x+1)\quad...(3)$$
olur. $f$ in birebirliği biliyoruz o halde;
$$f(x^2+y)+2x+b^2=f(y)+f^2(x+1) \quad...(4)$$
elde edilir. Burada yerine $y \to 0$ koyarsak;
$$f^2(x+1)=f(x^2)+2x+b^2-a \quad...(5)$$
elde edilir. Bunu $...(4)$ te yerine koyarsak;
$$f(x^2+y)=f(x^2)+f(y)-a$$
elde edilir. Buradan da $\forall x,\,y \in \mathbb R,\, x \ge 0$ için;
$$f(x+y)=f(x)+f(y)-a\quad...(6)$$
elde edilir. Bu eşitliğin $x<0$ için de sağladığını kolayca görebiliriz. O yüzden;
$$f(x+y)=f(x)+f(y)-a\quad...(7)$$
elde edilir. $...(7)$ de $x=y=1$ koyarsak $f(2)=2b-a$ buluruz. $...(5)$ te $x=1$ koyarsak $f^2(2)=b^2+b+2-a$ elde ederiz. O yüzden;
$$(2b-a)^2=b^2+b+2-a \quad...( 8 )$$
elde edilir. $...(5)$ te $x=-1$ koyarsak;
$$a^2+a=b^2+b-2\quad...(9)$$
elde edilir. $...( 8 )$ ve $...(9)$ u da çözeriz ve buradan $a=0, b=1$ gelir. $...(5)$ ve $...(7)$ yeniden düzenlenirse;
$$f^2(x+1)=f(x^2)+2x+1\quad...(10)$$
$$f(x+y)=f(x)+f(y) \quad...(11)$$
elde edilir. $...(10)$ u $f(1)=1$ olduğunu kullanarak $...(5)$ te yerine koyarsak;
$$f(x^2)=f^2(x)+2\cdot f(x)-2x \quad...(12)$$
elde edilir. Burada $x \to -x$ koyarsak eşitlik bozulmaz ve $f$ in çift fonksiyon olduğunu bilebiliriz. O yüzden ayrıca;
$$f(x^2)=f^2(x)+2x-2\cdot f(x)\quad...(13)$$
olduğunu da biliyoruz. $...(12)$ ve $...(13)$ ten tüm $x$ gerçel sayıları için $f(x)=x$ elde edilir. İspat biter. (kaynak: $\text{AoPS}$)

Soruda $2r+r_a = R$ olması isteniyor. Bu durumda, çizim yaparken, dış teğet çemberi mümkün olduğunca küçük tutmak gerekiyor. Bunun için ideal çizimlerden biri, $B$ açısının geniş açılı olduğu bir $\triangle ABC$ çizmek.


Yazımda kolaylık sağlaması için $J=J_A$ diyelim.

$AI$ çevrel çemberi $M$ de kessin. Çok bilinen bir özellik olsa da $IJ$ nin orta noktasının $M$ olduğunu göstereceğiz. $$\angle IBM = \angle IBC + \angle CBM = \angle IBA + \angle MAC = \angle IBA + \angle MAB = \angle BIM$$ $\triangle IBJ$ açık şekilde bir dik üçgen bu durumda $M$ noktası $IM=MB$ şartını sağladığı için $IJ$ nin orta noktasıdır.

$[IEJ] = 2\cdot [IEO] \Rightarrow [IEM] = [EIO]$ olduğu için $EI$ ile $OM$ nin kesişimine $K$ dediğimizde $[EMK]=[EOK]$, dolayısıyla da $MK=KO$ olacaktır.

$I$ nın $O$ noktasına göre simetriği $I'$ noktası olsun. $IM=MJ$ ve $IO=OI'$ olduğu için $OM \parallel I'J$ dir. $M$, $BC$ yayının orta noktası olduğu için $OM \perp BC$ dir. Bu durumda $ID \parallel OM \parallel I'J$ olacaktır.

$\triangle IJI'$ de paralellikten dolayı benzerlik yazıldığında $I'J = 2\cdot OM = 2R$ olur. $I'J$ nin orta noktasına $L$ dersek, açık şekilde $I,K,L$ doğrusal ve $JL=R$ olacaktır. Daha önce $E,I,K$ doğrusallığını göstermiştik. O halde $E,I,K,L$ noktaları doğrusaldır.

Şu ana kadar geldiğimiz nokta, $ID=r$, $LD'=R-r_a$ ve $ID \parallel LD'$.

$JL \cap BC = \{D'\}$ olsun. $JL \perp BC$ olduğu için $D'J =r_a$ olduğu için $LD'=R-r_a$ dır. Paralellikten dolayı benzerlik uygularsak, $$\dfrac {ED}{DD'} = \dfrac{ID}{LD'-ID} = \dfrac{r}{R-r_a - r}$$ elde ederiz.

Üçgenin kenarlarına $a,b,c$ ve yarıçevreye $u$ dersek, $BD = CD' = u-b$ ve $DD' = a - 2(u-b) = b-c = AC - AB$ olacaktır. Yukarıdaki benzerlik oranında yerine yazarsak $$\dfrac{ED}{AC-AB} = \dfrac{r}{R-r_a-r}$$ elde ederiz. Bu durumda $$ED = AC - AB \Leftrightarrow r = R - r_a - r \Leftrightarrow R = 2r+r_a$$ olacaktır. $\blacksquare$

İddia:

$\dfrac{[ABP]}{[ABA']} = \dfrac{[CBP]}{[CBC']}$

İddia doğruysa $$\dfrac{[ABA']}{[ACA']} \cdot \dfrac{[ACC']}{[BCC']} \cdot \dfrac{[BCB']}{[ABB']} = \dfrac{[ABP]}{[ACP]}\cdot \dfrac{[ACP]}{[CBP]} \cdot \dfrac{[BCP]}{[ABP]} = 1$$ olacağı için $AA'$, $BB'$, $CC'$ doğruları noktadaş olacaktır.

İddiamızın doğruluğunu gösterelim:


$A_1A_2$ nin orta noktası $A_3$ olsun. $A_3 \in PA'$ dür. Benzer şekilde $B_3$, $C_3$ noktalarını tanımlayalım.

$PA_3$ ile $AB$ doğruları $X$ noktasında, $PC_3$ ile $BC$ doğruları $Y$ noktasında kesişsin.
$C'$ den $BC$ ye inilen dikmenin ayağı $Z$, $A'$ den $AB$ ye inilen dikmenin ayağı $W$ olsun.

$A'$ merkezli çember ile $C'$ çemberin merkezlerini birleştiren doğru bu iki çemberin $BP$ kuvvet eksenine dik olacaktır. $A'C' \perp BP$.

$BXY$ üçgeninde $P$ noktası diklik merkezidir. Bu durumda $XY \perp BP$ ve $A'C' \parallel XY$, yani $\dfrac{XP}{XA'} = \dfrac{YP}{YC'}$ olacaktır.

$\dfrac{XP}{XA'} = \dfrac{PC_3}{A'W} = \dfrac{[ABP]}{[ABA']}$

$\dfrac{YP}{YC'} = \dfrac{PA_3}{C'Z} = \dfrac{[CBP]}{[CBC']}$

$\dfrac{[ABP]}{[ABA']} =  \dfrac{[CBP]}{[CBC']}$. $\blacksquare$

$1\ge a \ge b \ge c \ge 0 $ olduğunu kabul edelim. $(a+b)(a+c)=a^2+ab+bc+ca \ge a^2+b^2+c^2 =1$ olduğundan $\sqrt{a+b}+\sqrt{a+c} \ge 2$ idir. $\ldots(1)$

$\sqrt{b+c} \ge \sqrt{2\sqrt{bc}} =\sqrt[4]{4bc}=S$ olsun.  $S \ge 5abc$ olduğunu gösterirsek ispat biter. $a,b,c$ pozitif gerçel sayılar olsun. $a^4b^3c^3 \le \dfrac{4}{5^4}$ olduğunu göstermeliyiz. $x=a^2,y=b^2,z=c^2$ olsun. $x+y+z=1$ idir. $A.G.O$ dan $x^4y^3z^3=4^43^33^3\left(\frac{x}{4}\right)^4\left(\frac{y}{3}\right)^3\left(\frac{z}{3}\right)^3\leq4^43^33^3\left(\frac{4\cdot\frac{x}{4}+3\cdot\frac{y}{3}+3\cdot\frac{z}{3}}{10}\right)^{10}=\dfrac{4^43^33^3}{10^{10}}$ olduğunu bilebiliriz. Buradan $a^4b^3c^3 \le \sqrt{\dfrac{4^4.3^6}{10^{10}}}<\dfrac{4}{5^4}$ olur. Eğer biri $0$ a eşit olsa da eşitsizliğin sağlandığını biliyoruz. O halde   $\sqrt{b+c} \ge S \ge 5abc$ elde ederiz. $\ldots(2)$

$\ldots(1)$ ile $\ldots(2)$ yi toplarsak ispat biter. Eşitlik $a=1,b=c=0$ için sağlanır.

$b_n=na_n+1$ ve $B_n=\prod_{i=1}^nb_i$ olsun. $2 \mid B_1 \mid B_n$ olduğu açıktır. Ayrıca $n>1$ için $a_{n+1}=a_n\pmod 2$ olduğundan $n>1$ ise $2 \mid a_n$ olur. Eşitliğimizi düzenlersek;
$$a_{n+1}=a_n+B_{n-1}((n+1)b_n+n)=a_n+(n+1)B_n+nB_{n-1}$$
ve bunu $(n+1)$ le çarpıp $1$ eklersek;
$$b_{n+1}=(n+1)a_n+1+(n+1)^2B_n+(n^2+n)B_{n-1}$$
elde ederiz. Bunu da $B_n$ le çarparsak;
$$B_{n+1}=(n+1)^2B_n^2+(n^2+n)B_nB_{n-1}+(n+1)a_nB_n+B_n
\\=[(n+1)B_n+\frac n2B_{n-1}+\frac{a_n}2]^2+B_n-\frac14(nB_{n-1}+a_n)^2$$
elde ederiz. Buradan da;
$$ \begin{array}{lcl}
B_{n+1}-\frac14((n+1)B_n+a_{n+1})^2 &=& B_{n+1}-\frac14(2(n+1)B_n+a_n+nB_{n-1})^2 \\
&=& B_{n+1}-[(n+1)B_n+\frac n2B_{n-1}+\frac{a_n}2]^2
\\ &=&B_n-\frac14(nB_{n-1}+a_n)^2
\end{array}$$
elde edilir. Buradan $B_n-\frac14(nB_{n-1}+a_n)^2=\cdots=B_2-\frac14(2B_1+a_2)^2=-5,\forall n>1$ olduğunu biliyoruz. Bu kısaca $B_n$ ifadesini $x \in \mathbf{Z}$ için $x^2-5$ şeklinde ifade edebildiğimizi gösterir. $na_n+1=b_n \mid B_n$ olduğundan dolayı ispat biter.