Tübitak Ortaokul 2. Aşama - 2006 Çözümleri

Çözüm (Lokman GÖKÇE):

$$\begin{cases} x-yz=11\\ xz+y=13\end{cases} \tag{1}$$
denklemlerinde her iki tarafın karesini alalım: $\begin{cases} x^2+(yz)^2-2xyz=121\\ (xz)^2+y^2+2xyz=169 \end{cases}$ olur. Bu iki denklemi toplarsak $x^2(z^2+1) + y^2(z^2+1)=290$ olup
$$(x^2+y^2)(z^2+1)=290 \tag{2}$$
denklemi elde edilir. $290=2\cdot 5 \cdot 29$ olduğundan $8$ tane pozitif tam böleni incelemeliyiz.

$\bullet$ $z^2+ 1=1$ durumunda $z=0$ olup $x^2+y^2 =290$ elde edilir. $(1)$ ana denkleminde $z=0$ yazılırsa $x=11$, $y=13$ bulunur. $(11,13,0)$ çözüm üçlüsüne ulaşırız.

$\bullet$ $z^2+ 1=2$ durumunda $z=\pm 1$ olur. $(1)$ denkleminde $z=1$ yazılırsa $\begin{cases} x-y=11\\ x+y=13\end{cases} $ olup $x=12$, $y=1$ dir. $(1)$ denkleminde $z=-1$ yazılırsa $\begin{cases} x+y=11\\ -x+y=13\end{cases} $ olup $x=1$, $y=12$ dir. $(12,1,1)$ ve $(1,12,-1)$ çözüm üçlülerine ulaşırız.

$\bullet$ $z^2+ 1=5$ durumunda $z=\pm 2$ olur. $(1)$ denkleminde $z=2$ yazılırsa $\begin{cases} x-2y=11\\ 2x+y=13\end{cases} $ olup $x\not\in\mathbb Z$ dir. $(1)$ denkleminde $z=-2$ yazılırsa $\begin{cases} x+2y=11\\ -2x+y=13\end{cases} $ olup $x=-3$, $y=7$ dir. $(-3,7,-2)$ çözüm üçlüsüne ulaşırız.

$\bullet$ $z^2+ 1=10$ durumunda $z=\pm 3$ olur. $(1)$ denkleminde $z=3$ yazılırsa $\begin{cases} x-3y=11\\ 3x+y=13\end{cases} $ olup $x=5$, $y=-2$ dir. $z=-3$ yazılırsa $\begin{cases} x+3y=11\\ -3x+y=13\end{cases} $ olup $y \not\in\mathbb Z$ dir. $(5,-2,3)$ çözüm üçlüsüne ulaşırız.

$\bullet$ $z^2+ 1=29$, $z^2+ 1=58$ durumlarında $z \not\in\mathbb Z$ olup çözüm yoktur.

$z^2+ 1=145$ durumunda $z=\pm 12$ olur. Ayrıca $x^2+y^2 =2$ dir. $x=\pm 1$ ve $y=\pm 1$ olur. $(1)$ denkleminde incelenirse uygun çözüm $(-1, 1, -12)$ bulunur.

$\bullet$ $z^2+ 1=290$ durumunda $z=\pm 17$ olur. Bu halde $x^2+y^2 =1$ dir. $x=0$, $y=\pm 1$ ve $x=\pm 1$, $y=0$ değerleri $(1)$ denkleminde denenirse hiçbirinin ana denklemi sağlamadığı görülür.

Böylece $(1)$ denklemini sağlayan tüm $(x,y,z)$ tam sayı üçlüsü çözümler $(11,13,0)$, $(12,1,1)$, $(1,12,-1)$, $(-3,7,-2)$, $(5,-2,3)$, $(-1, 1, -12)$ biçimindedir.

İç açıortaylar $[DC]$ üzerindeki $E$ noktasında kesişsin. $E$ noktasından $BC$ ye paralel çizilen doğru $[AB]$ yi $F$ de kessin. İç ters açılardan $m(\widehat{FBE})=m(\widehat{CBE})=m(\widehat{FEE})$ olup $|FB|=|FE|$ dir. Benzer biçimde $m(\widehat{FAE})=m(\widehat{DAE})=m(\widehat{AEF})$ olup $|FA|=|FE|$ dir. Böylece $F$ noktasının $[AB]$ nin orta noktası olduğu görülüyor. Yamukta orta taban özelliğinden $$|AB|=2|FE|=2\cdot \dfrac{9+4}{2}=13 $$ bulunur.

Çözüm (Lokman Gökçe):

$3\times 3$ satranç tahtasının $5$ karesini şekildeki gibi $\times$ sembolü ile işaretleyelim. Her adım sonundaki işaretlenmiş karelerdeki sayıların toplamı $a$, işaretlenmemiş $4$ karedeki sayıların toplamı da $b$ olsun.

$$ \begin{array}{|c|c|} \hline   \times &  & \times  \\ \hline   & \times &    \\ \hline  \times &  & \times \\ \hline \end{array} $$

Başlangıç durumunda tüm karelerde $0$ yazdığı için $a=0$, $b=0$ dır. Her hamlede bir işaretlenmiş kare ve bir de işaretlenmemiş kare seçildiğinden toplamların değeri beraberce $1$'er artar ya da $1$'er azalır. Yani hamle yapılmadan önce toplamların değerlerini $(a,b)$ sıralı ikilisiyle gösterirsek hamle yapıldıktan sonra bu değerler ya $(a+1,b+1)$ ya da $(a-1,b-1)$ olur. Böylece $a-b$ farkının bir değişmez (invaryant) olduğunu görürüz. Başlangıçta bu invaryant $a-b=0$ dır. Bir süre sonra tüm karelerde $2$ bulunacak olsaydı $a=2\cdot 5 = 10$, $b=2\cdot 4 = 8$ olup $a-b=10-8=2$ elde edilirdir. Halbuki $a-b$ farkı daima $0$ olmalıydı. Demek ki tüm karelerdeki sayıları $2$ yapmak mümkün değildir.