Tübitak Ortaokul 2. Aşama - 2015 Çözümleri

1

Sabit olmayan her $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ fonksiyonu için $f(x+y)<f(xy)$ olacak şekilde $x$ ve $y$ gerçel sayılarının bulunabileceğini gösteriniz.

(Melih Üçer)

Çözüm:

Eğer tüm $x,y$ gerçel sayıları için $f(x+y) \ge f(xy) \tag{1}$
sağlanıyorsa $f(x)$ in sabit fonksiyon olduğunu göstereceğiz.

$x \to 0$ koyarsak tüm $y$ gerçel sayıları için $$f(y) \ge f(0) \tag{2}$$ elde ederiz. Şimdi de ilk eşitsizlikte $x \to -x$ koyalım. $f(0) \ge f(-x^2)$ elde ederiz. Bu şunu gösterir: Tüm $a$ pozitif olmayan gerçel sayıları için $$f(a) \ge f(0)$$ ve $$f(0) \ge f(a) $$ olduğundan tüm $a$ pozitif olmayan gerçel sayıları için $f(a)=f(0) \tag{3}$
dır.

Şimdi de tüm $b$ pozitif gerçel sayıları için $f(b)=f(0)$ olduğunu gösterelim. $y \to x$ koyalım. İlk eşitsizlikten $f(2x) \ge f(x^2)$ elde edilir. $x$ bir pozitif olmayan gerçel sayı olsun. O halde $f(2x)=f(0)$ olduğunu $(3)$ ten biliyoruz. O halde tüm $x^2=b$ pozitif gerçel sayıları için de $f(0) \ge f(b)$ elde edilir. $(2)$ den dolayı tüm $x$ pozitif gerçel sayıları için de $f(x)=f(0)$ olur.

Böylece tüm $x$ gerçel sayıları için $f(x)=f(0)$ elde edilir. $f(x)$ sabit fonksiyon olur. Çelişki! O halde böyle $x,y$ gerçel sayıları hep mevcuttur.

2

Bir sergide her biri tam olarak $k$ renk kullanılarak çizilmiş $100$ tablo bulunmaktadır. Bu tablolardan herhangi $20$ sinde ortak bir renk bulunup tabloların tamamında ortak bir renk bulunmuyorsa, $k$ nın alabileceği en küçük değer nedir?

(Azer Kerimov)

3

$p$ bir asal, $n$ ise bir pozitif tam sayı olmak üzere,

$p^3 - 2p^2 + p + 1 = 3^n$

eşitliğini sağlayan tüm $(p,n)$ ikililerini bulunuz.

(Şahin Emrah)

Çözüm:

Denklemi $\pmod3$ te inceleyelim.

$p^3-2p^2+p+1 \equiv 0 \pmod3 \Rightarrow p^2(p-2)+p+1-3 \equiv 0 \pmod3$ Yani $p\equiv 2\pmod3$ veya $p^2+1\equiv 0 \pmod3$ olmalı , fakat $p^2\equiv 2 \pmod 3 $ olamaz çünkü,$\pmod3$ te kare kalanlar yanlızca $0$ ve $1$ dir. O zaman $p=3k+2$ formunda bir sayı.($k \in \mathbb{Z^{+}}$)

Buradan kolayca görülebileceği üzere $p=2$ için $n=1$ ve ,$p=5$ için, $n=4$ çözümleri bulunabilir. $p > 5$ kabul edelim. Şimdi de denklemi farklı bir şekilde düzenleyelim,

$p^3-3p^2+3p-1+2+p^2-2p=3^n \Rightarrow (p-1)^3=3^n+2p-p^2-2 = 3^n+(3k+2)(2-2-3k)-2 \Rightarrow (p-1)^3 = 3^n-9k^2-6k-2 $ ,$p > 5$ kabul ettiğimizden dolayı, denklemin sol tarafı çifttir,bu yüzden $k$ çift bir sayı olmalı fakat kabulumüz gereği bu mümkün değildir , Çelişki! O zaman denklemin $2$ çözümü vardır ve bunlar, $(p,n)=(2,1),(5,4)$ tür.

4

Bir $ABC$ üçgeninde $[BC]$ kenarının orta noktası $D$ olsun. $D$ den geçip $AB$ ye $B$ noktasında teğet olan çember ile $D$ den geçip $AC$ ye $C$ noktasında teğet olan çember $D$ den farklı bir $M$ noktasında kesişiyorlar. $M$ nin $BC$ ye göre yansıması olan $M'$ noktasının $AD$ doğrusu üzerinde bulunduğunu gösteriniz.

(Melih Üçer)

Çözüm:

Problemde bahsi geçen teğet çemberlerden $\angle{ABC}=\angle{BMD}$ ve $\angle{ACB}=\angle{CMD}$ açı ilişkileri bulunabilir.

Bu ilişkiye göre, $\angle{BAC}+\angle{BMC}=180^\circ$ olup $ABMC$ kirişler dörtgenidir.

$M$ nin $BC$'ye göre yansımasının $AD$ üzerinde olması $\angle{ADB}=\angle{MDB}$ olmasını gerektirir. Bu durumun gerçekleşmesi $\triangle{ABD}\sim \triangle{BMD}$ ve ya $\triangle{ADB} \sim \triangle{CMD} $ olacağını göstermektedir.

$ABMC$ kirişler dörtgeninde, $\angle{BAM}=\angle{BCM} , \angle{AMB}=\angle{BCA}$ olduğundan $\triangle{ABM} \sim \triangle{CDM}$ dir. Buradan, $\dfrac{MD}{MB}=\dfrac{MC}{MA}=\dfrac{DC}{AB}$ ve $DC=BD$ olduğundan, $\dfrac{MD}{MB}=\dfrac{BD}{AB}$ dir. $\angle{ABD}=\angle{BMD}$ olduğundan bulunan son orantı $ABD$ üçgeni ile $BMD$ üçgeninin benzerliğine işaret eder ki aradığımız budur.