Tübitak Lise 2. Aşama - 2015 Çözümleri

$m$ ve $n$ pozitif tamsayılar olmak üzere, $$k=\dfrac{(m+n)^2}{4m(m-n)^2+4}$$ sayısı bir tam sayı ise, $k$ nın bir tamkare olduğunu gösteriniz.

(Şahin Emrah)

Çözüm:

Soruyu üç durumda inceleyelim.
$i)$ $m=n$ ise $k=m^2$ olur.

$ii)$ $m>n$ ise $m-n=x, ~m+n=y$ diyelim. $m=\dfrac{x+y}{2}$ ve $n=\dfrac{y-x}{2}$ olur.$4|(m+n)^2$ olduğundan $y$ çifttir.Dolayısıyla $x$ de çifttir. Yerine yazarsak, $$k=\dfrac{y^2}{2(x+y)x^2+4} \Rightarrow y^2-2kx^2y-(2kx^3+4k)=0$$ olur. Diskriminantı tamkare olmalı. $$\Delta = 4k^2x^4+8kx^3+16k=4t^2 \Rightarrow t^2=k^2x^4+2kx^3+4k$$ olur. $k\geq 1$ ve $x\geq 2$ olduğunu biliyoruz buradan, $$(kx^2+x+1)^2>k^2x^4+2kx^3+4k>(kx^2+x-1)^2$$ bulunur. $k^2x^4+2kx^3+4k=(kx^2+x)^2$ olmalı buradan $k=(\dfrac{x}{2})^2$ bulunur.

$iii)$ $m<n$ ise $n-m=x,~m+n=y$ diyelim.Aynı şekilde $x$ ve $y$'yi çift bulabiliriz. Yerine yazar ve düzenlersek, $$y^2-2kx^2y+2kx^3-4k=0\Rightarrow \Delta =4k^2x^4-8kx^3+16k=4t^2\Rightarrow t^2=k^2x^4-2kx^3+4k$$ olur. $$(kx^2-x+1)^2>k^2x^4-2kx^3+4k>(kx^2-x-1)^2\Rightarrow k^2x^4-2kx^3+4k=(kx^2-x)^2\Rightarrow k=(\dfrac{x}{2})^2$$ bulunur. Yani $k$ her zaman tamkaredir.

$x$, $y$ ve $z$ herhangi ikisinin toplamı $1$ den farklı gerçel sayılar olmak üzere, $$\dfrac{(x^2+y)(x+y^2)}{(x+y-1)^2}+\dfrac{(y^2+z)(y+z^2)}{(y+z-1)^2} + \dfrac{(z^2+x)(z+x^2)}{(z+x-1)^2} \ge 2(x+y+z) - \dfrac{3}{4}$$ olduğunu gösteriniz. Eşitlik durumunu sağlayan tüm $(x,y,z)$ gerçel sayı üçlülerini bulunuz.

(Fehmi Emre Kadan)

Çözüm:

$\text{(Matematik Fatihi:)}$

$\dfrac{(x^2+y)(x+y^2)}{(x+y-1)^2} \ge ^{?} x+y-\dfrac{1}{4}$ olduğunu gösterirsek ispat biter. Bunu gösterelim. İfadeyi açıp düzenlersek $x^3+y^3+xy(xy+1) \ge ^{?} 3xy(x+y)-\dfrac{(x+y)^2}{4}+x+y-\dfrac{1}{4}-2(x+y)^2+\dfrac{x+y}{2}$ $\rightarrow$ $xy(xy+1)+\dfrac{1}{4}+\dfrac{(x+y)^2}{4}+2(x+y)^2 \ge ^{?} 3xy(x+y)+x+y+\dfrac{x+y}{2}$ olur. $x+y=a, xy=b$ diyelim. $(a+\dfrac{1}{2})^2+(\dfrac{3b}{2})^2 \ge ^{?} 2(a+\dfrac{1}{2})(\dfrac{3b}{2}) $ olur ki bu zaten tüm $a,b$ gerçel sayıları için $(a-b)^2 \ge ^{?} 0 \rightarrow a^2+b^2 \ge 2ab$ olduğundan doğrudur. İspat biter. Eşitlik ise $2xy+1=3(x+y), 2yz+1=3(y+z), 2zx+1=3(z+x)$ için $x=y=z=\dfrac{3+\sqrt{7}}{2}$ ve $x=y=z=\dfrac{3-\sqrt{7}}{2}$ için sağlanır.

$n\ge4$ olmak üzere düzlemde $n$ nokta veriliyor. Tüm nokta ikilileri doğru parçalarıyla birleştirildikten sonra hiçbir doğru parçasıyla uç noktaları dışında kesişmeyen doğru parçalarının sayısı en çok kaç olabilir?

(Melih Üçer)

$2015$ tablonun gösterildiği bir sergide her katılımcı bir tablo ikilisi seçip tahtaya yazıyor. Sonra Sahte Sanatçı (S.S.) tahtada yazılı ikililerden bazılarını seçip, bu ikililerin her birinde tablolardan herhangi birini daha güzel olarak işaretliyor. Daha sonra sanatçının yardımcısı (S.Y.) her adımında tahtadaki henüz kıyaslanmamış bir $(A,C)$ tablo ikilisini, bir $B$ tablosu için tahtada $A$, $B$ den daha güzel ve $B$, $C$ den daha güzel olarak belirtilmişse, $A$, $C$ den daha güzel olarak işaretliyor. S.S., tahtaya hangi ikililer yazılmış olursa olsun en fazla $k$ ikiliyi kıyaslayarak S.Y. nin sonlu adım sonucunda tahtadaki tüm ikilileri kıyaslanmasını sağlayabiliyorsa, $k$ nın alabileceği en küçük değer nedir?

Not: S.Y, henüz kıyaslanmamış bir $(A_1, A_n)$ tablo ikilisini, $A_2, A_3\cdots , A_{n-1}$ tabloları için $A_1$, $A_2$ den daha güzel; $A_2$, $A_3$ ten daha güzel; ... ; $A_{n-1}$, $A_n$ den daha güzel olarak belirtilmişse, $A_1$, $A_n$ den daha güzel olarak işaretleyebiliyor.

(Azer Kerimov)

Çözüm:

Cevap $2014$ (genel durum için $n-1$). Cevabın daha az olamayacağına örnek olarak $(1,i)$ ikililerinin yazılı olduğu duruma bakabiliriz.

Çözüm için $n$ tabloyu köşe olarak alan bir graf çizelim, Bir $1$ köşesi alıp kenarlarından birini kırmızıya boyayalım, ulaştığımız köşeye $2$ diyelim. Şimdi $2$ den daha önce ulaşmadığımız bir köşeye giden bir kenar seçelim, bu kenarı kırmızıya boyayıp ulaştığımız kenara $3$ diyelim. Eğer bir $i$ köşesine vardığımızda komşularının hepsi daha önce ulaşılmış köşeler ise $i-1$ köşesinin komşularına bakalım, orada da yeni köşe yoksa yine bir önceki numaralı köşeye bakalım, yeni köşe bulana kadar böyle devam edelim.

$n$ köşenin hepsine ulaştığımızda eğer grafımız bağlantılı ise $n-1$ kenar boyamış olacağız (eğer graf bağlantılı değilse orman oluşur, her ormanda köşe sayısının bir eksiği kadar kenar boyanır, dolayısıyla $n-1$ den az olur.) Boyalı $(i,j)$ kenarını $i$ den $j$ ye yönlendirelim, bu $i>j$ demek olsun. Bundan sonra boyalı olmayan kenarların da yönünün belirli olduğunu görelim.

Bir $(k,l), k<l$ kenarı için kenar boyamamızda $k$ ye $l$ den önce ulaşılmıştır, dolayısıyla bu kenar var olduğundan grafta da $k,k+1,\ldots ,l-1$ den herhangi biri $l$ ye kırmızı kenarla bağlıdır. Bu da $k>l$ olduğunun belirli olması için yeterlidir, ispat biter.

En büyük iç açısı $D$ olan bir $ABCD$ kirişler dörtgeninde $BC$ ve $AD$ doğruları $E$, $AB$ ve $CD$ doğruları ise $F$ noktasında kesişiyorlar. $ABCD$ dörtgeninin iç bölgesinde $\angle EPD=\angle FPD=\angle BAD$ olacak şekilde bir $P$ noktası alınıyor. $ABCD$ nin çevrel çemberinin merkezi $O$ olmak üzere, $FO$ doğrusu $AD$, $EP$, $BC$ doğrularını sırasıyla $X$, $Q$, $Y$ noktalarında kesiyor. $\angle DQX = \angle CQY$ ise $\angle AEB=90^\circ$ olduğunu gösteriniz.

(Fehmi Emre Kadan)