Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2014 Çözümleri
« 2013 2015 »
« Sorulara Git
Geri

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2014 Çözümleri

1
$a_0 < a_1 < a_2 < \cdots$ sonsuz pozitif tam sayılar dizisi olsun. Tam olarak bir tane $n\geq 1$ tam sayısı için $$a_n < \dfrac{a_0 + a_1 + \cdots + a_n}{n} \leq a_{n+1}$$ olduğunu gösteriniz.
2
$n \geq 2$ bir tam sayı olmak üzere, $n^2$ birim kareden oluşan $n\times n$ satranç tahtası verilmiştir. $n$ kalenin; her satırda ve her sütunda tam olarak bir kale olmak üzere, bu satranç tahtasına yerleşimine barışçıl konfigürasyon diyelim. $k$ nın en büyük hangi pozitif tam sayı değeri için; $n$ kalenin her barışçıl konfigürasyonunda, üzerinde kale olmayan bir $k\times k$ karesi bulunur (yani bu $k\times k$ karesinin toplam sayısı $k^2$ olan birim karelerin hiçbirinde kale yoktur)?
3
Bir $ABCD$ konveks dörtgeninde $\angle ABC = \angle CDA = 90^\circ$ dir. $A$ dan $BD$ ye çizilen dikmenin ayağı $H$ olsun. $S$ ve $T$ noktaları sırasıyla $[AB]$ ve $[AD]$ kenarları üzerinde olmak üzere, $H$ noktası $SCT$ üçgeninin içinde ve $$\angle CHS - \angle CSB = 90^\circ, \quad \angle THC - \angle DTC = 90^\circ$$ ise, $BD$ doğrusunun $TSH$ üçgeninin çevrel çemberine teğet olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$(CHS)$ çemberi $AB$ yi $S'$ noktasında kessin. $\angle SS'C = 180^\circ - \angle CHS = 180^\circ - (90^\circ + \angle CSB) = 90^\circ - \angle CSB$ olduğu için $SS'$ doğru parçası $(CHS)$ nin çapıdır. $(CHS)$ nin merkezi $O_1$ olsun.


Benzer şekilde $(CHT)$ nin çevrel çemberinin merkezi $O_2 \in AD$ olsun.

$CH$ bu iki çemberin ortak kirişi olduğu için $$O_1O_2 \perp CH \tag{1}$$ dır. $O_1O_2 \cap CH = \{M\}$ olsun. $$CM=MH \tag{2}$$ $ABCD$ kirişler dörtgeninde $AC$ çapının orta noktası $O$ olsun. $CO/OA = CM/MH=1$ olduğu için $OM \parallel AH$, yani $OM \perp BD$ dir. $O$ merkez olduğu için $OM$ $BD$ nin orta dikmesidir. Bu durumda $$BM=MD \tag{3}$$
$\angle O_1BC = \angle O_1MC = 90^\circ$ olduğu için $O_1$, $B$, $C$, $M$ noktaları çemberseldir. $$\angle BCM = \angle AO_1M \tag{4}$$
Benzer şekilde $\angle O_2MC = \angle CDO_2 = 90^\circ$ olduğu için $M$, $C$, $O_2$, $D$ noktaları çemberseldir. $$\angle DCM = \angle AO_2M \tag{5}$$
Sinüs teoreminden $(BMC)$ nin çapı $$CO_1 = \dfrac{BM}{\sin \angle BCM} \tag{6}$$ ve $(DMC)$ nin çapı $$CO_2 = \dfrac{MD}{\sin \angle DCM } \tag{7}$$ $(3)$ nolu eşitlikteki bilgiyi kullanarak $(6)$ ile $(7)$ yi oranlarsak $$\dfrac{O_1H}{O_2H} = \dfrac{CO_1}{CO_2} = \dfrac{\sin \angle DCM}{\sin \angle BCM} =  \dfrac{\sin \angle AO_2M}{\sin \angle AO_1M} = \dfrac{AO_1}{AO_2} \tag{8}$$ Bu durumda, $\angle AO_1H$ nin açıortayı ile $\angle AO_2H$ nin açıortayı $AH$  üzerinde aynı $O_3$ noktasında kesişir.
$\triangle SO_1H$ ile $\triangle TO_2H$ ikizkenar üçgenler olduğu için $$TO_3 = O_3H = SO_3 \tag{9}$$ Yani $O_3$, $(SHT)$ nin merkezidir. $O_3H \perp BD$ olduğu için de $BD$ doğrusu $(SHT)$ çemberine teğettir.


4
Dar açılı bir $ABC$ üçgeninin $[BC]$ kenarı üzerindeki $P$ ve $Q$ noktaları için $\angle PAB = \angle BCA$ ve $\angle CAQ = \angle ABC$ dir. $M$ ve $N$ noktaları sırasıyla $AP$ ve $AQ$ doğruları üstünde olmak üzere, $P$ noktası $[AM]$ nin ve $Q$ noktası $[AN]$ nin orta noktasıdır. $BM$ ve $CN$ doğrularının $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi üzerinde kesiştiklerini gösteriniz.
Çözüm:
$\triangle ABC \sim \triangle PBA \sim \triangle QAC$.

Önce açı eşitliğinden $\angle BAC = \angle BPA = \angle AQC$, dolayısıyla $AP=AQ = PM = QN$ dur.

Sonra kenar oranlarından, $\dfrac{AP}{CQ} = \dfrac{BP}{AQ} \Rightarrow \dfrac{PM}{CQ} = \dfrac{BP}{QN}$.

Ayrıca $\angle BPM = \angle NQC$ olduğu için $\triangle BPM \sim \triangle NQC$, dolayısıyla $\angle PBM = \angle QNC$ dir. $BM$ ile $CN$ nin kesişimine $R$ dersek basit açı eşitliklerinden $\angle BQN = \angle BRN = \angle BAC$ olur ki bu da $A$, $B$, $R$, $C$ noktalarının çembersel olduğu anlamına gelir.




5
Cape Town bankası her $n$ pozitif tam sayısı için değeri $\frac 1n$ olan madeni paralar basmaktadır. Sonlu sayıda madeni paradan oluşan ve toplam değeri en fazla $99+\frac 12$ olan her madeni para koleksiyonunu (koleksiyonda değerleri aynı olan madeni paralar da bulunabilir) her birinin toplam değeri en fazla $1$ olan $100$ veya daha az sayıda gruba ayırabileceğimizi kanıtlayınız.
6
Düzlemde herhangi ikisi paralel olmayan ve herhangi üçü noktadaş olmayan doğrulara genel durum özelliği olan doğrular diyelim. Genel durum özelliği olan doğrular, düzlemi bazılarının alanları sonlu olan bölgelere ayırıyor; alanı sonlu olan her bölgeye sonlu bölge diyelim. $n$ nin yeterince büyük tüm değerleri için, genel durum özelliği olan herhangi $n$ doğrunun en az $\sqrt n$ tanesinin mavi renge; hiçbir sonlu bölgenin tüm sınırları mavi olmayacak biçimde boyanabileceğini gösteriniz.

Not: Soruyu $\sqrt n$ yerine $c\sqrt n$ için çözenlere $c$ sabitinin değerine göre puan verilecektir.