Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2015 Çözümleri

Eğer bunlardan bir sayı $1$ eşit olursa, genelliği bozmadan bu $c$ olsun, o halde $a-b$ ve $b-a$ nın pozitif olması gerekir çelişki! O yüzden genelliği bozmadan $a \geq b \geq c > 1 \Longrightarrow ab-c \geq ca-b \geq bc-a $ kabul edebiliriz. Burada $3$ durum mevcuttur:

Durum 1: Eğer $a$ bir çift sayı ise; $2a-b \leq ca-b = \text{obeb} (ab-c, ca-b) \leq \text{obeb}(ab-c, a(ca-b)+ab-c) \leq c $ olduğundan dolayı $a=b=c$ olması gerekir. $a(a-1)=2^n$ olur. $(a,a-1)=1$ olduğundan $a$ ve $a-1$ ikinin kuvveti olmalı. Ancak biri tek olmalı. O yüzden bu durumdan $a=b=c=2$ elde edilir.

Durum 2: Eğer $a,b,c$ sayıları tekse; $a>b>c>1$ diyebiliriz. $ca-b=\text{obeb}(ab-c,ca-b) \leq \text{obeb} (ab-c, c(a^2-1)) \leq 2^{v_2 (a^2-1) }\leq 2a+2 \leq 3a-b$ olur. O yüzden $c=3$ ve $a=b+2$ olması gerekir. Buradan $3a-b=ca-b \geq 2(bc-a)=6b-2a$ ve $a=7,b=5$ elde edilir.

Durum 3: $a$ tek, $b$ ve $c$ sayıları çift olsun. O halde $ bc-a=1 \Longrightarrow bc^2-b-c=ca-b $ olur. $ c^3-b-c=(1-c^2)(ab-c)+a(bc^2-b-c)+(ca-b) $ olduğundan $ bc^2-b-c=ca-b=\text{obeb}(ab-c, ca-b) \leq \text{obeb}(ab-c, c^3-b-c) $ elde edilir. Buradan;

1. İhtimal: $ c^3-b-c \neq 0 $ olsun. $ b^2c-b-c \leq \text{obeb}(ab-c, c^3-b-c) \Longrightarrow |c^3-b-c| \geq bc^2-b-c $ o yüzden $ b=c \Longrightarrow a=c^2-1 \Longrightarrow ab-c=c(c^2-2) \Longrightarrow c^2-2=2 \Longrightarrow a=3, b=c=2 $ olur.

2. İhtimal: $c^3-b-c = 0 \Longrightarrow b=c^3-c $ olsun. $ bc-a=1 \Longrightarrow a=c^4-c^2-1 $ olduğundan $ ca-b=c^5-2c^3=c^3(c^2-2) \Longrightarrow c^2-2=2 \Longrightarrow c=2 \Longrightarrow a=11, b=6 $ olur.

Tüm çözümler $(a,b,c)=(2,2,2), (2,2,3), (2,6,11), (3,5,7) $ ve permütasyonları olur.

$AE$ doğru parçası $\Gamma$ nın çapı olsun. $AF \cap \Gamma=D$ ve $\Gamma$ nın merkezi $O$ olsun.


$\textit{1. Adım:}$ $Q,H,M,E$ noktaları doğrusaldır.

$\textit{Kanıt:}$ $BECH$ bir paralelkenardır dolayısıyla $E,M,H$ doğrusaldır. $AE$ çap ve $\angle AQE=90$ olduğundan $Q,H,M,E$ doğrusaldır.


$\textit{2. Adım:}$  $(DHK)$ çemberi $QE$ ye teğettir.

$\textit{Kanıt:}$ $QP$ doğru parçası  $\Gamma$ nın çapı olacak şekilde $P$ noktası alalım. $P,H,K$ doğrusaldır. O halde $\angle HKD = \angle PQD = \angle OQD = 90-\angle QBD$ olduğunu biliyoruz.  $\angle QMC=\angle DMC$ olduğundan $QBDC$ harmoniktir. O halde $\angle QBD = \angle QMC$ diyebiliriz. $\angle HKD = 90-\angle QMC=\angle MHD$ olduğundan 2. Adımın ispatı da tamamlanır.


$(KHD)$ nin merkezi olarak $X$ noktası alalım. $X \in [BC]$ idir çünkü $BC$ doğrusu $HD$ nin kenarorta dikmesidir ve $XH\perp QE$ idir.  Buradan $XK^2 = XH^2 = XF\cdot XM$ olur bu da $XK$ nın $(MFK)$ ye teğet olduğunu gösterir. $XK=XH$ olduğundan ve $XH$ da $(QHK)$ ye teğet olduğundan. $XK$ $(QHK)$ ye teğet olur.  Buradan da ispat biter.

Bu pozitif tamsayılardan oluşan diziyi noktalar dizisi gibi kabul edip, her $n$ için $n$ den başlayan ve $n+a_{n}$ de biten bir yol çizeceğiz ve buna yolun $\text{uzunluğu}$ diyeceğiz ayrıca $\text{uzunluğun}$ değeri $a_{n}$ olacak. Buna uygun olarak, bir $m\not=n$ için $m+a_{m}\not=n+a_{n}$ olacak ayrıca tam olarak bir pozitif tamsayıyı diğer bir pozitif tamsayıya götüren bir yol bulunacak. Örnek olarak hiçbir yol ulaşmayan -$1$ gibi- bir pozitif tamsayıya da $\text{Başlangıç noktası}$ adını vereceğiz. Eğer herhangi bir $\text{Başlangıç noktasından}$ başlayıp yolları takip edersek, bu dizi sürekli ve artan olduğundan, tam olarak bir yol bizi sonsuz yola iletecek, biz buna $\text{ışın}$ diyeceğiz. $\text{uzunluğu}$ en fazla $2015$ olan bir $\text{ışın}$ bir $s$ noktasıyla başlayacak $[n,n+2014]$ kapalı aralığındaki tüm yollara uğrayacak ve $n\ge s$ olacak.

Çelişki elde etmek için, en az $2016$ başlangıç noktasından oluşan bir dizi düşünelim. $2016$ başlangıç noktasından büyük bir $n$ noktası alabilirdik fakat şuan $[n,n+2014]$ kapalı aralığında en azından $2016$ $\text{ışına}$ uğrayacak  biçimde artan tabiri caizse "saçma" noktalar seçeceğiz. Böylece herhangi bir $b$ sayısı için, $1\le b\le 2015$ olacak şekilde başlangıç noktaları seçebileceğiz. $N$ herhangi bir tamsayıyı gösterir öyleki bu tamsayı tüm başlangıç noktalarından büyük olacak. Şimdi böyle $b$ ve $N$ tamsayılarının bulunabileceğini kanıtlayacağız.

Bunu görmek için ilk önce, $2$ rastgele tamsayı alalım öyleki bunlar $n>m\ge N$ koşulunu sağlayan $m$ ve $n$ olsun. $\sum_{i=m+n}^{n}a_{i}$ toplamı $m+1$ den $n$ ye kadar olan yolun toplam uzunluğunu verecek. Bu uzunluklar birlikte alındığında ışınlara giden $b$ alt yollarını -ki bazıları boş bir yere ulaşmayan yollar da olabilir- oluşturur. Şimdi de ilk noktası $m$ den büyük olan ışınların noktalarını $x_{1},\dots,x_{b}$ şeklinde isimlendirelim. $y_{1},\dots,y_{b}$ de bu sıralanışa benzer olarak $n$ deki ışınları temsil etsin. Bu sıralamaların farkları $y_{1}-x_{1},\dots,\ y_{b}-x_{b}$ benzer olarak bir yolun uzunluklarını oluşturur. Ardışık olarak $$\sum_{i=m+n}^{n}a_{i}=\sum_{j=1}^{b}y_{j}-x_{j}
\Rightarrow \sum_{i=m+n}^{n}a_{i}-b = \sum_{j=1}^{b}(y_{j}-n)-\sum_{j=1}^{b}(x_{j}-m).$$ Şimdi de tüm $b$ ışınları $[m+1,m+2015]$ aralığındaki bazı noktalara uğrasın, böylece $x_{1}-m,\dots,x_{b}-m$ noktaları da $b$ ışınları üzerinde $\{1,2,\dots,2015\}$ aralığında artan olsun. Dahası $m+1$ bir başlangıç noktası olmadığından fakat yine de bir ışın üstünde olması gerektiğinden, $1$ bu sayıların başında olmalı. $$1+\sum_{j=1}^{b-1}(j+1)\le \sum_{j=1}^{b}(x_{j}-m) \le 1+\sum_{j=1}^{b-1}(2016-b+j).$$ Aynı argüman $n$ üzerinde $y_{1},\dots,y_{b}$ üzerinde uygulandığında, $$1+\sum_{j=1}^{b-1}(j+1)\le \sum_{j=1}^{b}(y_{j}-m) \le 1+\sum_{j=1}^{b-1}(2016-b+j).$$
Taraf tarafa çıkarıldığında, $$\left\vert\sum_{j=m+1}^n (a_j-b)\right\vert \le \sum_{j=1}^{b-1}((2016-b+j)-(j+1)) = (b-1)(2015-b) \ge \left(\dfrac{(b-1)+(2015-b)}{2}\right)^2 = 1007^2$$
İspat biter. $\square$