Tübitak Ortaokul 2. Aşama - 2000 Çözümleri

Bir $ABC$ dik üçgeninin düzleminde ve $BC$ doğrusuna göre $A$ noktasının bulunmadığı tarafta $BDEC$ karesi çiziliyor. $\widehat{BAC}$ dik açısına ait açıortayın $[BC]$ ve $[DE]$ kenarlarıyla kesişim noktaları sırasıyla $F$ ve $G$ ile gösterilmek üzere, $|AB| = 24$ ve $|AC| = 10$ ise, $BDGF$ dörtgeninin alanını hesaplayınız.

Çözüm 1:

Pisagordan $\mid BC \mid=26$ bulunur. Açıortay teoreminden $\mid BF\mid =\dfrac{26\cdot 12}{17}$ ve $\mid FC\mid = \dfrac{26\cdot 5}{17}$ bulunur. $m(\widehat{ABC})=B$ dersek, $m(\widehat{AFC})=m(\widehat{AGE})=45^\circ +B$ olur. $F$'den $DE$'ye inilen dikmenin ayağı $K$ olsun. $$\tan(45^\circ+B)=\dfrac{\tan 45^\circ + \tan B}{1-\tan 45^\circ \cdot \tan B}=\dfrac{1+\tan B}{1-\tan B}=\dfrac{1+\dfrac{5}{12}}{1-\dfrac{5}{12}}=\dfrac{17}{7}=\dfrac{\mid KF\mid}{\mid KG\mid}=\dfrac{26}{\mid KG\mid}\Rightarrow \mid KG\mid =\dfrac{26\cdot 7}{17}$$ $$\Rightarrow \mid GD\mid = \mid KD\mid - \mid KG\mid=\mid BF \mid -\mid KG\mid=\dfrac{26\cdot 5}{17}$$ $$A(BDGF)=\dfrac{(\mid DG\mid + \mid BF \mid)\cdot \mid BD \mid}{2}=\dfrac{26\cdot 26}{2}=338$$

Çözüm 2:

Çözüm (Lokman GÖKÇE):

$|BC|=26$ dır. $[BE]$ köşegenini çizelim. $BE$ ile $AG$ doğrusunun kesişimi $O$ olsun. $m(\widehat{CAO}) = m(\widehat{CBO}) = 45^\circ $ olduğundan $CABO$ bir kirişler dörtgenidir. Böylece $ m(\widehat{OCB}) = m(\widehat{OAB}) = 45^\circ $ olup $O$ noktası karenin merkezidir. Merkezden geçen herhangi bir doğru, kareyi iki eş alana ayırır.
$$Alan(BDFG)=\dfrac{1}{2}Alan(BDEC) = \dfrac{1}{2}\cdot 26^2 = 338 $$
bulunur.

Tüm $a_{1},a_{2}, \cdots ,a_{15}$ pozitif tam sayıları için $$a_{1}a_{2}\cdots a_{15}(a_{1}^n+a_{2}^n+\cdots+a_{15}^n)$$ çarpımının $15$ ile tam bölünmesini sağlayan en küçük pozitif $n$ tam sayısını bulunuz.

Çözüm 1:

Çözüm 1 (Lokman GÖKÇE): $M=a_{1}a_{2}\cdots a_{15}$ ve $T=(a_{1}^n+a_{2}^n+\cdots+a_{15}^n)$ diyelim.

$a_{1}=a_{2}=\cdots a_{14}=1$ ve $a_{15}=2$ değerlerini $n=1,2,3$ için inceleyelim. $M\cdot T$ sırasıyla $32, 36, 44$ olup $15$ ile bölünmez. O halde $n \geq 4$ tür.

$n=4$'ün aradığımız en küçük değer olduğunu kanıtlayalım. Bunun için $15$ in kalan sınıfları olan $\{ 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 \}$ kümesinin elemanları arasından $a_i$ tamsayılarını seçelim. En az bir $a_i \equiv 0 \pmod{15}$ olursa $M\cdot T \equiv 0 \pmod{15}$ olacağı açıktır. Yine $a_i$ lerden biri $3$ ün katı, diğeri de $5$ in katı olursa $M\cdot T \equiv 0 \pmod{15}$ olacağı açıktır. O halde, $ A= \{3,6,9,12 \}$, $ B= \{5,10 \}$, $ C= \{1,2,4,7,8,11,13,14 \}$ olmak üzere şu üç alt durumu incelemeliyiz:

1. Durum: $a_i $ lerden $m$ tanesi $A$ kümesinden, $15-m$ tanesi de $C$ kümesinden seçilmiş olabilir. $1^4 \equiv 1, 3^4 \equiv 1, 4^4 \equiv 1, 7^4 \equiv 1 \pmod{15}$ olduğundan $14^4 \equiv (-1)^4 \equiv 1,13^4 \equiv (-3)^4 \equiv 1, 11^4 \equiv (-4)^4 \equiv 1, 8^4 \equiv (-7)^4 \equiv 1 \pmod{15}$ tir. Dolayısıyla her $x \in C$ için $x^4 \equiv 1 \pmod{15} $ tir. Ayrıca $3^4 \equiv 6, 6^4 \equiv 3^4 \cdot 2^4 \equiv 6, 9^4\equiv 3^4 \cdot 3^4 \equiv 6, 12^4 \equiv 3^4 \cdot 4^4 \equiv 6 \pmod{15}$ olup her $y \in A$ için $y^4 \equiv 6 \pmod{15} $ tir. Böylece $M\equiv 0 \pmod{3}$ ve $T \equiv 6\cdot m + 1\cdot (15-m) \equiv 0 \pmod{5}$ olup $M\cdot T \equiv 0 \pmod{15}$ elde edilir.

2. Durum: $a_i $ lerden $m$ tanesi $B$ kümesinden, $15-m$ tanesi de $C$ kümesinden seçilmiş olabilir. $5^4 \equiv 10, 10^4 \equiv 10 \pmod{15}$ olup her $z \in B$ için $z^4 \equiv 10 \pmod{15} $ tir. Böylece $M\equiv 0 \pmod{5}$ ve $T \equiv 10 \cdot m + 1\cdot (15-m) \equiv 0 \pmod{3}$ olup $M\cdot T \equiv 0 \pmod{15}$ elde edilir.

3. Durum: $a_i $ hepsi $C$ kümesinden seçilmiş olabilir. $T \equiv 1 \cdot 15 \equiv 0 \pmod{15}$ olup $M\cdot T \equiv 0 \pmod{15}$ elde edilir.

Sonuç olarak $n=4$ iken daima $M\cdot T$ ifadesi $15$ ile tam bölünür.

Çözüm 2:

Çözüm 2 (Lokman GÖKÇE): Önceki çözümüdeki gibi $A, B, C$ kümelerini ve $M, T$ ifadelerini tanımlayalım. Hem $A$ dan hem de $B$ den eleman seçilirse $M\cdot T \equiv 0 \pmod{15}$ olduğu açıktır. Diğer alt durumları biraz daha farkı biçimde inceleyebiliriz.

1. Durum: $A$ kümesinden en az bir eleman seçilmiş, $B$ den hiç eleman seçilmemiş olsun. $3\mid M $ dir. $5 \mid T$ olduğunu gösterelim. $A \cup C$ kümesinin elemanları $5$ ile aralarında asal olduğundan, Fermat teoremi gereğince her $a_i \in A \cup C $ için $a_i^4 \equiv 1 \pmod{5}$ tir. Böylece $T \equiv 15 \equiv 0 \pmod{5}$ tir.

2. Durum: $B$ kümesinden en az bir eleman seçilmiş, $A$ den hiç eleman seçilmemiş olsun. $5\mid M $ dir. $5 \mid T$ olduğunu gösterelim. $B \cup C$ kümesinin elemanları $3$ ile aralarında asal olduğundan, Fermat teoremi gereğince her $a_i \in B \cup C $ için $a_i^2 \equiv 1 \pmod{3}$ tür. Böylece $T \equiv 15 \equiv 0 \pmod{3}$ tür.

3. Durum: Tüm elemanlar $C$ kümesinden seçilmiş olsun. $C$ kümesinin elemanları $15$ ile aralarında asal ve $\phi (15)=4$ oduğundan, her $a_i \in C$ için Euler teoreminden $a_i^4 \equiv 1 \pmod{15}$ tir. Böylece $T \equiv 15 \equiv 0 \pmod{15}$ tir.

Sonuç olarak, $n=4$ iken her durumda $15 \mid M\cdot T$ sağlanır.

$a$ bir gerçel sayı olmak üzere, bir $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ fonksiyonu her gerçel $x,y$ için $$f(x)f(y)-af(xy)=x+y$$ eşitliğini sağlıyor. $a$ nın alabileceği tüm değerleri bulunuz.

Çözüm:

Çözüm (Lokman GÖKÇE):

$f(x)f(y)-af(xy)=x+y$ denkleminde $x=y=0$ koyarsak $f^2(0)=af(0)$ olur. Bu durumda $f(0)=0$ veya $f(0)=a$ dır. Eğer $f(0)=0$ olsa, denklemde $y=0$ yazarak $f(x)f(0)-af(0)=x$ ve buradan her $x$ için $x=0$ olduğu çelişkisini elde ederiz. O halde $f(0)=a \neq 0$ dır. Buna göre denklemde $y=0$ koyarsak $af(x)-a^2=x$ olup $f(x)=\dfrac{x}{a}+a$ elde edilir. Şimdi $f$ nin bu ifadesini de fonksiyonel denklemde yazalım:

$$\left( \dfrac{x}{a}+a \right)\left( \dfrac{y}{a}+a \right)-a\left( \dfrac{xy}{a}+a \right) =x+y $$

olup düzenlenirse $a^2xy =xy$ elde edilir. Buradan $a^2=1$ olup $a=1$ veya $a=-1$ değerlerini alabilir.

Hatırlatma: Verilen fonksiyonel denklemin tüm çözümlerinin iki tane olduğunu ve bunların da $f(x)=x+1$ ile $f(x)=-x-1$ olduğunu bulmuş olduk.