Tübitak Ortaokul 2. Aşama - 1997 Çözümleri

$a>1$ gerçel sayı olmak üzere, $\sqrt{a-\sqrt{a+x}}=x$ denklemini sağlayan $x$ gerçel sayılarını $a$ cinsinden bulunuz.

Çözüm:

Açık şekilde $x \geq 0$.

$y > 0$ olmak üzere $a+x = y^2$ olsun.
$\sqrt {a- y} = x$ ve $a-y = x^2$ olacaktır.
$a = y^2 -x = x^2 + y \Rightarrow x^2 -y^2 + x+y = 0 \Rightarrow (x+y)(x-y+1) = 0 $
$y > 0$ ve $x \geq 0$ olduğu için $x+y=0$ dan kök gelmez.
$x-y+1 = 0$ için $y=a-x^2$ eşitliği yerine yazılırsa $x - (a-x^2) + 1 = x^2 + x + 1 - a = 0$ elde edilir.
$x^2 + 2\cdot \dfrac 12 x + \dfrac 14 + \dfrac 34 - a = \left (x+\dfrac 12 \right )^2 + \dfrac 34 - a = 0 \Rightarrow \left (x+\dfrac 12 \right )^2 = a - \dfrac 34 \Rightarrow x = \pm \sqrt {a- \dfrac 34} - \dfrac 12$.

$x \geq 0$ olduğu için tek çözüm $x = \dfrac {\sqrt {4a-3} - 1}2$ olacaktır.

Not: $a = 1$ olduğunda da çözüm değişmiyor. Bu durumda soru $a \geq 1$ olarak sorulabilirmiş.

Kenar uzunlukları $|AB|=|AC|=26, |BC|=20$ olan $ABC$ üçgeninin $A$ ve $B$ noktalarından geçen yükseklikleri karşı kenarları sırasıyla $D$ ve $E$ noktalarında kesiyor. $D$ noktasından geçen ve $AC$ doğrusuna $E$ noktasında teğet olan çemberin yarıçapını hesaplayınız.

Çözüm:

Çemberin merkezi $O$ olsun. $OE \perp AC$ olduğu için $O$ noktası $BE$ üzerindedir. Ayrıca tanım gereği $OE = OD$.
$BEC$ dik üçgeninde $BD = DC = DE = \dfrac {BC}2$.
Dolayısıyla $\triangle EOD \sim \triangle EDB$ $(AA)$.

$\dfrac{OE}{DE} = \dfrac{DE}{BE} \Rightarrow OE = \dfrac{DE^2}{BE} = \dfrac{\dfrac{BC^2}{4}}{BE} = \dfrac{BC^2}{4 \cdot BE}$.

Alandan elde ettiğimiz $BE \cdot AC = AD \cdot BC \Rightarrow BE = \dfrac{AD \cdot BC}{AC}$ değeri yazarsak
$OE = \dfrac{AC \cdot BC}{4\cdot AD}$ elde edilir.
Soruda verilenleri yerine yazdığımızda ($\triangle CDA$ bir $5k-12k-13k$ üçgenidir) $OE = \dfrac{26 \cdot 20}{4\cdot 24} = \dfrac {65}{12}$ elde edilir.

Biraz daha düzenlemek istersek $OE= \dfrac{AC}{2} \cdot \dfrac{\dfrac{BC}{2}}{AD} = \dfrac{AC \cdot \tan \angle DAC }{2}$ elde edebiliriz.
Biraz daha kurcalandığında ($\triangle ABC$ nin diklik merkezine $H$ dersek) $OE = \dfrac {CH}{2}$ olduğu da görülebilir.

$50$ adet zarfın her birinde üzerinde $1$ veya $-1$ yazılı bir kağıt vardır. Bu kağıtlardan istediğiniz herhangi üçünde yazılı sayıların çarpımını sorarak öğrenebiliyoruz. Bu $50$ sayının çarpımını en az kaç soruda bulabiliriz?

Çözüm:

Cevap: $18$.

Sayılar $a_1, a_2, \dots, a_{50}$ olsun. $p_i$ ile $a_i$ sayısının puanını, yani kaç soruda (çarpımda) geçtiğini ifade edelim. $p_i \neq 0$ olmalı. $P = p_1+ p_2+\dots+p_{50} \geq 50$ olacaktır.
Ayrıca her soruda geçen sayıların $p_i$ leri $1$ artacağı için, her soruda toplam $3$ puan kazanılacaktır. $\left \lceil \frac {50}3 \right \rceil = 17$ olduğu için en az $17$ soru gerekecektir.
$17$ soru olduğunda tam olarak $1$ tane sayının puanı $2$, diğerlerinin $1$ olmalı. ($2+1\cdot 49 = 17\cdot 3)$
$p_1=2$ olsun. $a_1$ sayısı ile aynı soruda geçen diğer sayılar $a_2, a_3$ ve $a_4, a_5$ olsun. Diğer $45$ sayının çarpımı $15$ soruda bulunacaktır.
$a_1a_2a_3 = 1$ ve $a_1a_4a_5 = 1$ olduğunu varsayalım.
$a_2a_3 = a _4a_5$ ve $a_2a_3a_4a_5 =1$ olacaktır. Bu durumda $a_1a_2a_3a_4a_5 =a_1$ olacaktır. Yani $a_1 =1$ ya da $a_1=-1$ olabilir. $2$ çarpımda bu $5$ sayının çarpımını bulmak mümkün değildir.

$18$ soruda ise aşağıdaki gibi $50$ sayının çarpımına ulaşılabilir:
$3$ soruda;
$a_1a_2a_3 = s_1$,
$a_1a_2a_4 = s_2$,
$a_1a_2a_5 = s_3$,
taraf tarafa çarparak, $s_1s_2s_3 = (a_1a_2)^3a_3a_4a_5 = a_1a_2a_3a_4a_5 $, $5$ sayının çarpımı bulunabilir.
Diğer $45$ sayının çarpımı da $15$ soruda bulunabilir.