Aslı ve Berk sırayla tabanı $2016$ gen olan piramitin daha önce boyanmamış bir kenarını $k$ renkten birine, ortak köşesi bulunan herhangi iki kenar aynı renkte olmayacak koşuluyla boyuyorlar. Boyamaya Aslı başlıyorsa, Berk $k$ nın en küçük hangi değerinde tüm kenarların boyanmasını garantileyebilir?
$AB\parallel CD$ ve $|AB|<|CD|$ olan bir $ABCD$ yamuğunda $AC$ ile $BD$ doğruları $E$ de kesişiyor. $EBC$ üçgeninin çevrel çemberinin $E$ noktasını içermeyen $BC$ yayının orta noktası $F$ olmak üzere $EF$ ile $BC$ doğruları $G$ de kesişiyor. $BFD$ üçgeninin çevrel çemberi $DA$ ışınını $A \in [HD]$ olacak biçimde bir $H$ noktasında kesiyor. $AHB$ üçgeninin çevrel çemberi $AC$ ve $BD$ doğrularını sırasıyla $M$ ve $N$ noktalarında kesiyor. $BM$ ile $GH$ doğruarı $P$ de, $GN$ ile $AC$ doğruları $Q$ da kesişiyorsa $P,Q,D$ noktalarının doğrudaş olduğunu kanıtlayınız.
(Şahin Emrah)
Çözüm:
$G$ noktasınının $A,H,B$'den geçen çember üzerinde olduğunu gösterelim.$EFB$ ve $EGC$ üçgenlerinin benzerliğinden $\dfrac{EB}{EG}=\dfrac{EF}{EC}\Longrightarrow EF.EG=EB.EC$ ve $ABCD$ yamuk olduğundan $EB.EC=AE.ED\Longrightarrow EF.EG=AE.ED \Longrightarrow \dfrac{EF}{ED} = \dfrac{AE}{EG}$.
$m(\widehat{BEF})= m(\widehat{FEC}) \Longrightarrow m(\widehat{AEG})= m(\widehat{DEF}) $ VE $\dfrac{EF}{ED} = \dfrac{AE}{EG}$ olduğundan $AEG\approx FED$ gelir.$m(\widehat{EAG})=m(\widehat{EFD})=\alpha$ dersek , $m(\widehat{MBG})=\alpha$ olduğunu göstermeliyiz.
$m(\widehat{ECB})=m(\widehat{EFB})$ olduğundan $m(\widehat{AMB})=m(\widehat{DFB})$ olduğunu gösterelim.
$m(\widehat{AMB})=180^\circ-m(\widehat{DHB})=m(\widehat{DFB})$ olduğundan $A,H,B,G,M,N$ noktalarının çembersel olduğunu ispatlamış olduk.
$A,H,B,G,M,N$ çembersel olduğundan pascal teoreminden $P,Q,D$ doğrusal gelir ve ispat biter.
Dar açılı bir $ABC$ üçgeninde $A$ ve $C$ köşelerinden geçen yüksekliklerin ayakları sırasıyla $D$ ve $E$ dir. $E$ den geçen ve $BC$ ye paralel olann doğru $AC$ doğrusunu $F$ de, $D$ den geçen ve $AB$ ye paralel olan doğru $AC$ doğrusunu $G$ de kesiyor. $F$ den $DG$ ve $GE$ doğrularına inilen dikmelerin ayakları sırasıyla $K$ ve $L$ olmak üzere $KL$ doğrusu $ED$ doğrusunu $M$ de kesiyor. Buna göre $FM \perp ED$ olduğunu gösteriniz.
(Şahin Emrah)
Çözüm:
(Mehmet Utku Özbek)
$\angle DEF=\alpha$ olsun. Paralellikten $\angle EDB=\alpha$ olur. $AEDC$ kirişler dörtgeni olduğu için $\angle EAC=\alpha$ olur. Yine paralellikten $\angle DGF=\alpha$ olur. Sonuç olarak $\angle DEF=\angle DGF$ olur. Yani $EGFD$ bir kirişler dörtgenidir.
Bir üçgenin çevrel çemberinin üstünde alınan herhangi bir noktadan bu üçgenin kenarlarının belirttiği doğrulara inilen dikme ayakları doğrudaştır. Bu doğruya Simson Doğrusu denir.
O zaman $EGFD$ çemberinde $LK$ Simson Doğrusudur. Dolayısıyla $FM \perp ED$ dir. İspat biter.
$xyz \ge 1$ koşulunu sağlayan tüm $x,y,z$ pozitif gerçel sayıları için$$(x^4+y)(y^4+z)(z^4+x) \ge (x+y^2)(y+z^2)(z+x^2)$$olduğunu gösteriniz.
(Fehmi Emre Kadan)
Çözüm:
Cauchy Schwarz eşitsizliğinden $(x^4+y)(1+\frac{z^2}{y}) \ge (x^2+z)^2$ idir. Benzer şekilde yapılıp çarpılırsa; $$(x^4+y)(y^4+z)(z^4+x) \ge xyz(x+y^2)(y+z^2)(z+x^2) \ge (x+y^2)(y+z^2)(z+x^2)$$ elde edilir. İspat biter.
$2016$ kentten oluşan bir ülkede $k$ kent ikilisi arasında karşılıklı uçak seferleri her kentten her kente ulaşılacak şekilde nasıl düzenlenirse düzenlensin; herhangi ikisi arasında direkt uçuş bulunmayan birkaç kent seçilip bu kentlerin tüm uçuşlarını kaldırarak birinden diğerine ulaşılamayan iki seçilmemiş kentin bulunması sağlanabiliyorsa, $k$ nın alabileceği en büyük değer nedir?