Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2016 Çözümleri

Problemle ilgili birçok özellik olduğundan baştan hepsini listelemek istiyorum:

1) $FD\perp CD$.
2) $BCDFX$  beşgeni çemberseldir ve $M$  bu çemberin merkezidir.
3) $F$  noktası $ABD$  üçgeninin iç teğet çember merkezidir.
4) $BD$  doğrusu $\angle MBF$  nin iç açıortayıdır.
5) $CD=BD=DA$.
6) $B-F-E$  doğrusaldır.
7) $MBDEA$  beşgeni çemberseldir.
$XM=MF=FE=EA$.
9) $XMFE$  yamuğu ikizkenar ve dolayısıyla çemberseldir.
10) $BD$, $FX$  ve $ME$  noktadaşlığı.




$\angle FBA=\alpha$  olsun. $A$ noktası $BF$  doğru parçasını $CD$ 'ye yollayan spiral merkezdir. Dolayısıyla $\angle FDA=\dfrac{\pi}{2}-2\alpha$ ve $FD\perp CD$ olduğundan $BCDF$ çemberseldir. Yani $\angle DBF=\alpha$, $BD$ bisects $\angle MBF$ ve $F$ noktası $ABD$ üçgeninin iç merkezidir. Öte yandan, $\alpha=\angle MBD=\angle MAD$ olduğundan $MBDA$ çemberseldir. Daha da öte, $A$ noktası $BF$  doğru parçasını $DE$ 'ye yollayan spiral merkez olduğundan $\angle ABD=2\alpha=\angle AFE$ olur, $B-F-E$ doğrusallığı elde edilir ve $FE=EA$ olur. Ayrıca $\angle BEA=\angle BMA$ olduğundan $MBDEA$ çemberseldir. Ek olarak $XM=EA=FE$ olduğundan $XMFE$ yamuğu ikizkenar ve çemberseldir. $M$ noktası $(BCDF)$ çemberinin merkezi ve $MD=MF=FE=EA=XM$ olmasıyla $BCDFX$ çembersel elde edilir. $BD$, $FX$ ve $ME$ doğrularının noktadaşlığı ise $(BCDFX)$, $(XMFE)$ ve $(BMDEA)$ çemberlerinde kuvvet ekseni sonucunda barizdir.

Gauss tamsayıları ile çalışacağız, Gauss Tamsayıları Kümesini $\mathbb{Z}[g]$ ile gösterelim. Önbilgi olması açısından bu tamsayılar ile çalışırken, $\alpha = a+bi, \in \mathbb{Z}[g]$ bir sayının normunu $N(\alpha)=\alpha\bar{\alpha}=(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2$ şeklinde tanımlayacağız. Sorumuza geçelim.

Herhangi bir köşenin kordinatlarını $1\le i\le k$ olmak üzere, $A_{i} $ için $z_{i}$ şeklinde tanımlayalım. Kanıtlamamız gereken bir tek asal sayı için ve herhangi bir $e$ sayısı için, $n=p^e$ olduğu.

Şimdi $p=4t+3$ olsun, $p^e \mid \lvert z_i - z_{i+1} \rvert^2$ ayrıca $f = \lceil e/2 \rceil$ için, $p^f \mid z_i - z_{i+1}$ ifadeleri  $\mathbb{Z}[g]$ içinde tamsayıdır. Böylelikle $A_1, \dots, A_k$ köşeleri $p^f \mathbb{Z}[g]$ ifadesinin bir altkümesi olacak ve $2S$ te $p^{2f}=p^e=n$ yi bölecektir.

Son olarak $p=4t+1$ olsun. Yukarda verdiğimiz gibi $\mathbb{Z}[g]$ içinde $p = q \bar{q}$ gibi $2$ çarpan bulunur. Herhangi bir $z \in \mathbb{Z}[g]$ koşulunu sağlayan sayının mutlak değerinin karesinin yani $|z|^2$ nin $p^n$ gibi bir sayıya ($p$ burada asal ve $n$ bir tamsayı) bölünebilmesi için gerek ve yeter şart $q^s \bar{q}^{n-s}$ ifadesinin $z$ yi bölmesini sağlayan bir $s$ sayısının bulunmasıdır. Daha düzgün bir ifade ile, Bir çokgenin üçgenlenebilmesi için, tüm üçgenlerin, bir $0\le s\le e$ koşulunu sağlayan bir $s$ sayısı için, $q^s \bar{q}^{n-s}$ ifadesinin tüm kenar vektörlerini bölmesi gerekir.

Kanıtlayalım.

kolaylık için ilk önce $e=1$ kabul edelim. Bu durumda tüm kenar uzunlukları $q$ veya $\bar{q} $ nun katı olacaktır. Eğer iki ardışık kenarın ikisi de $q$ nun bir katı ise, bu iki kenarın üçgenlemesinden oluşacak üçgenlerin kenarları da $q$ nun bir katı olacaktır. Elde ettiğimiz üçgenleri kesip bir kenarı $q$ veya $\bar{q}$ nun bir katı olan daha küçük çokgenler elde edebiliriz. Yeterince küçültürsek, bir kenarı $q$ olan üçgen bölge elde edebiliriz böylece ilk durumu kanıtlamış olduk. (aynı mantık ile ardışık iki kenarın $\bar{q}$ nun bir katı olduğunu varsayabiliriz.)

Şimdi de her ikisi de $q$ veya $\bar{q}$ ile bölünen ardışık $2$ kenar mevcut olmasın. Böyle kenarlar olmadığı ve $q$ nun ve $\bar{q}$ nun katları eşit miktarda olacağı için, (çünkü $p=q\bar{q}$) kenar sayısı çift olmak zorundadır. $k=2l$ olsun. Genelliği bozmadan $q|z_{1}-z_{2}$ kabul edebiliriz çünkü tüm köşeler bir çember üzerinde. \[ \frac{(z_1 - z_2) (z_3 - z_4) \cdots (z_{2l-1} - z_{2l})}{(z_2 - z_3) \cdots (z_{2l} - z_1)} \] ifadesi bir tamsayı olmak zorunda. Bu yüzden \[ (z_1 - z_2) (z_3 - z_4) \cdots (z_{2l-1} - z_{2l}) (\bar{z}_2 - \bar{z}_3) \cdots (\bar{z}_{2l} - \bar{z}_1) = (\bar{z}_1 - \bar{z}_2) (\bar{z}_3 - \bar{z}_4) \cdots (\bar{z}_{2l-1} - \bar{z}_{2l}) (z_2 - z_3) … (z_{2l} - z_1) .\] olmalı. Denklemin sol tarafı $q$ nun bir katı fakat sağ tarafı değil , çelişki!

Şimdi de son olarak $e\ge 2$ olsun. Tümevarımla ilerleyeceğiz. Şimdi ifade $e-1$ için doğru olsun. Göstermemiz gereken tüm kenarlar için, $q^s \bar{q}^{e-1-s}$ ifadesinin bir katını içerecek üçgenlemelerin mevcut olması. Kanıtlamak için, $s$ lerin iki üçgen için farklı olduğunu kabul edelim. Ayrıca bu üçgenlerin ortak kenarlarının olduğunu varsayabiliriz çünkü bir üçgenlemede bir diğerine ulaşan mutlaka bir yol vardır. Bir üçgen $q^{s_1} \bar{q}^{e-1-s_1}$ ifadesinin bir katı olsun, diğer üçgen de $q^{s_1} \bar{q}^{e-1-s_2}$ ifadesinin bir katı olsun. $s_{1}< s_{2}$ kabul edelim. Ortak kenar mutlaka $q^{s_2} \bar{q}^{e-1-s_1}$ bir katı olması gerekir, ayrıca bu kenar uzunluğunun karesi de $q^{s_1} \bar{q}^{e-1-s_2}$ ifadesinin bir katı olacak ve $p^e$ ile bölünecektir. Çokgenimizin köşegenlerinden biri de bu kenar uzunluğudur. Bu da bize çokgenimizi uygun koşullar altında $2$ farklı küçük çokgen meydana getirip üçgenleyebileceğimizi gösterir.

Eğer iki üçgende aynı $s$ değerine sahipse, tüm çokgen $q^s \bar{q}^{e-1-s}$ nın bir katı olacak yani çokgenimizi yine $2$ parçaya bölebiliriz bu parçalarında $q^s \bar{q}^{e-s}$ ve $q^{s+1} \bar{q}^{e-1-s}$ ifadelerinin bir katı olduğunu görmek zor olmayacaktır.

Son olarak problemimize geri dönersek, çokgenimizi $q^s \bar{q}^{e-s}$ ifadelerinin katları ile üçgenlenmiş olarak ele alabiliriz. Buradaki bütün üçgenlerin alanı da $\lvert q^s \bar{q}^{e-s} \rvert^2 / 2 = p^e / 2$ ifadesinin bir katı olacak yani $2S$ $n=p^e$ ile tam bölünür. $\blacksquare$

Koreden bir çözüm...

$A_{k}=x_{k},y_{k}$ olsun. Çokgenin herhangi bir kenarı için, $|A_{p} A_{r}|^2=(x_{p}-x_{r})^2+(y_{p}-y_{r})^2 \Rightarrow n|(x_{p}-x_{r})^2+(y_{p}-y_{r})^2$ eşitliği geçerli olacaktır. Yani bu çokgenin tüm kordinatlarını içinde bulunduran bir $E$ kümesi için, $$n| \sum_{i,j\in E} (x_{i}-x_{j})^2+(y_{i}-y_{j})^2$$
olmalı. Peki ya $k\rightarrow \infty$ olursa ne olur ? Çokgenimiz giderek daireye benzemeye başlar. Yani aslında $$\lim_{k \rightarrow \infty}\sum_{i,j\in E} (x_{i}-x_{j})^2+(y_{i}-y_{j})^2 = 2\pi R \Rightarrow n|2\pi R (*)$$ Burada $R$ çokgenimizin dış teğet çemberinin yarıçapı.

Şekil düzgün bir şekle yakınsayacağı için alanını herhangi iki köşeden dış teğet çembere çizilen $2$ uzunluk arasında kalan açı olarak $\alpha$ yı alabilriz $$S=\dfrac{1}{2}k.R^2.\sin\alpha \Rightarrow \lim_{k \rightarrow \infty}2S= \lim_{k \rightarrow \infty}k.R^2.\sin\alpha =k.R^2.\sin \alpha$$

$(*)$ nın bir sonucu olarak $n|2S$ kabul edebiliriz. $\blacksquare$

Yanıtımız:$\boxed{2016}$

$1008$ eşitsizliği alt alta yazalım. $$\begin{array}{rcl}
(x-1)(x-4) &<& (x-2)(x-3) \\
(x-5)(x-8) &<& (x-6)(x-7) \\
(x-9)(x-12) &<& (x-10)(x-11) \\
&\vdots \\
(x-2013)(x-2016) &<& (x-2014)(x-2015).
\end{array}$$
Buradaki bütün eşitsizliklerde, en fazla bir tane negatif terim yer alacak, her iki taraf birden $0$ olmayacak. Eğer her iki taraftan birinde tam olarak bir negatif terim varsa, bu negatif terim eşitsizliklerin sol tarafında olacak yani eşitsizlikleri taraf tarafa çarpabiliriz. Kontrol etmemiz gereken durum, $x \in (4m-2, 4m-1)$ (burada $m$ $m.$ eşitsizliği ifade ediyor.) çünkü eşitsizliğin iki tarafında da $9$ çarpanı yer alabiliyor. O halde Göstermemiz gereken \[ \prod_{k \ge 0}^{2016} \frac{(4k+2)(4k+3)}{(4k+1)(4k+4)} < e. \] olduğu.

Bu ifadenin eşiti \[\prod_{k \ge 0}^{2016} \frac{(4k+2)(4k+3)}{(4k+1)(4k+4)}  = \sum_{k \ge 0}^{2016} \log \left( 1 + \frac{1}{(4k+1)(4k+4)} \right) < 1. \] olduğundan ve $\log(1+t) \le t$ eşitsizliği geçerli olduğundan, \[ \sum_{k \ge 0}^{2016} \frac{1}{(4k+1)(4k+4)} < 1 \]  eşitsizliği geçerli. $\square$