Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2018 Çözümleri

Çemberin merkezi $O$ orta dikmelerin büyük yayaları kestiği noktalar $F'$ ve $G'$ olsun. $|AD|=|AE|=2x$ olsun. $O$'dan $AB$ ve $AC$'ye inen dikme ayakları sırasıyla $K,L$ ve $FF'\cap AB=T,GG'\cap AC=R$ olsun. $K$ ve $L$, $AB$ ve $AC$'yi ortalayacağından $|KT|=|LR|=x$ olur. $O$'dan $FF'$ ve $GG'$'ne inen dikme ayakları sırasıyla $S$ ve $Q$ olmak üzere $SOKT$ ve $LOQR$ dörtgenlerinin dikdörtgen olduğu açıktır. Buradan $|OS|=|OQ|=x$ olur. $FF'\cap GG'=P$ olsun. Deminki eşitlikten $\triangle {POS}$ ve $\triangle {POQ}$ eştir. $|SP|=|PQ|=a$ olur. $|PG'|=b$ ve $|PF'|=c$ olsun. $S$ ve $Q$ sırasıyla $FF'$ ve $GG'$'nü ortaladığından $|FP|=2a+c$ ve $|GP|=2a+b$ olur. Şimdi $P$'ye göre kuvvet yazarsak $(2a+c)c=b(2a+b)\Rightarrow 2ac+c^2=2ab+b^2\Rightarrow (c-b)(c+b+2a)=0$ olur. İkinci çarpan $0$ olmayacağından $b=c$ olur. $\angle{FPG}=2\alpha$ olsun. $FPG$ ikizkenarlığından $\angle{PFG}=\angle{PGF}=90^\circ-\alpha$ olur. $FG\cap AB=X$ olmak üzere $\angle{FXT}=\alpha$ olur. Zaten $\angle{TAR}=180^\circ-2\alpha$ olduğundan $ADE$ ikizkenar üçgeninde $\angle{ADE}=\alpha$'dır. Bu durumda $FG$ doğrusu ya $DE$'ye paraleldir yada bu iki doğru aynı doğrudur.

Bir önceki çözümün aynısını şöyle ifade edebiliriz.
$SOKT$ ve $LOQR$ birer dikdörtgendir. $OS=KT=LR=OQ$ olduğu için $FF'$ ve $GG'$ kirişleri $O$ dan eş uzaklıkta oldukları için $FF'=GG'$, dolayısıyla $FP=GP$.
$\angle FPG = 2\alpha$ dersek, $\angle AXG =\angle ADE =\alpha \Longrightarrow DE \parallel BC$ olacaktır.

İddia: $n>36$ tam sayısı için $1$ den $1+2+\ldots+n$ sayısına kadar tüm sayıları içeren $n$ satırlı bir tuhaf Pascal üçgeni yoktur. ($n=2018$ için aşağıdaki çözüm çok daha kaba ve basit sınırlarla yapılabilir)

Böyle bir üçgen bulunduğunu varsayalım.

$1, 2, \ldots, n$ sayılarına beyaz sayı diyelim.

Gözlem 1:  Beyaz sayıların hepsi farklı satırlardadır.

İspat: Üçgenin en üstündeki sayıya $a_1$ diyelim. Bu sayının farkı olduğu bir alttaki satırdaki büyük sayıya $b_2$, küçük sayıya $a_2$ diyelim. Benzer şekilde $a_3,\ldots,a_n$ ve $b_3,\ldots, b_n$ tanımlayalım. Şimdi görelim ki

$1+2+\ldots+n\geq b_n=a_1+a_2+\ldots+a_n\geq1+2+\ldots+n$

Dolayısıyla $\{a_1,\ldots,a_n\}=\{1,2,\ldots,n\}$ olmalıdır.

Ayrıca bu demektir ki $b_n=1+2+\ldots+n$ en alt satırda olmak zorundadır.

Şimdi $b_n, b_n-1, \ldots, b_n-n$ sayılarına kırmızı sayı diyelim.

Gözlem 2: $n.$ satırda en fazla $\frac{n}{2}+1$ kırmızı sayı bulunabilir.

İspat: Aksini varsayalım. Bu durumda $n.$ satırda öyle iki yan yana sayı çifti bulunur ki ikisi de kırmızı sayıdır (bu sayı çiftleri çakışabilir, sıkıntı yok) Ayrıca iki kırmızı sayının farkı beyaz sayı olduğundan, bu iki sayı çiftinin farkından gelen bir üst satırdaki sayılar beyaz olacaktır, yalnız birinci gözlemden dolayı bir satırda iki beyaz sayı bulunamaz, çelişki.

Gözlem 3: $n.$ satır haricindeki satırlarda en fazla iki kırmızı sayı bulunabilir.

İspat: Eğer son satır harici bir satırda kırmızı sayı bulunuyorsa, bu kırmızı sayı iki sayının farkı olmak zorundadır. Görelim ki bu iki sayıdan küçük olanı beyaz sayı olmak zorundadır. Bir satırda tam olarak bir beyaz sayı bulunduğundan, bu satırın üst satırındaki kırmızı sayılar bu sayıya çaprazdan komşu olmak zorundadır, dolayısıyla en fazla iki kırmızı sayı bulunabilir.

Gözlem 4: $m.$ satırdaki en büyük sayı $a_m=b_n-a_n-a_{n-1}-\ldots-a_{m+1}\leq b_n-\frac{(n-m)(n-m+1)}{2}$ olur.

İspat: $m.$ satırdaki en büyük sayıyı alıp, bu sayıdan başlayarak bu sayının farkı olduğu iki sayıdan büyük olanı takip edersek her seferinde sayımız bir alt satırdaki en küçük sayı kadar artar. Bu en küçük sayı da en az o satırdaki beyaz sayı olacağından yukarı çıktıkça en büyük sayı bir alt satırdaki beyaz sayı kadar azalır.

Gözlemden dolayı $\frac{(n-m)(n-m+1)}{2}>n$ şartını sağlayan bir $m$ sayısı için $m.$ satır ve üstünde kırmızı sayı bulunamaz. Bu şartı sağlamayan en büyük $m$ tam sayısı için üçgende bulunabilecek kırmızı sayıların sayısı en fazla $\frac{n}{2}+1+2(n-m)$ veya daha az olur, eğer $m>\frac{3n}{4}$ olduğunu gösterirsek tüm kırmızı sayıları yerleştirmeyeceğimizi elde ederiz, bu da böyle bir üçgen olmadığını kanıtlar.

Eğer ifadede $m$ yerine $\frac{3n}{4}+1$ koyduğumuzda sol taraf büyük oluyorsa isteneni elde etmiş oluruz, koyduğumuzda ise

$n^2-4n>32n$ elde ederiz, $n>36$ olduğu için doğrudur, ispat tamamlanır.

Not: Daha uygun bir ispat ile sınır $n>5$ e kadar çekilebiliyor, buradaki makalede ispatı ve bazı tuhaf Pascal üçgenleri sıralanıyor.

İfadeye $S_n$ diyelim. Her $n>N$ için $S_{n+1}-S_n\in\mathbb{Z}$ olacaktır. Bu da

$a_1\cdot a_{n+1}\mid a_{n+1}(a_{n+1}-a_n)-a_1\cdot a_n$ olmasına denktir.

Gözlem 1: $a_{n+1}\mid a_1\cdot a_n$ olduğundan dolayı $(a_n)_{n\geq N}$ dizisinin elemanlarından en az birini bölen asalların kümesi sonludur.

Gözlem 2: Bir $p\nmid a_1$ asal sayısı aldığımızda, $v_p(a_{n+1})\leq v_p(a_n)$ olur. Dolayısıyla bu asallar için $v_p(a_n)$ dizisi bir yerden sonra sabitlenmek zorundadır (sıfırın altına inemez, sonlu kez azalabilir).

İddia: Bir $q\mid a_1$ asalı alırsak, $v_q(a_n)$ dizisi bir yerden sonra sabitlenmek zorundadır.

İspat: Varsayalım ki bir $q$ asalı için bu dizi sabitlenmiyor olsun.

İspatlayacağız ki bir $K$ tam sayısı ve her $n>K$ için $v_q(a_n)\geq v_q(a_1)$ olur.

Öncelikle $v_q(a_k)\geq v_q(a_1)$ olan bir $k$ tam sayısının varlığını görelim. Eğer bu dizi azalmayansa ve sabitlenmiyorsa bir yerde $v_q(a_k)\geq v_q(a_1)$ olacaktır.

Eğer $v_q(a_{k-1})>v_q(a_k)$ olan bir $k$ varsa, $a_1\cdot a_k\mid a_k(a_k-a_{k-1})-a_1\cdot a_{k-1}$ olduğundan iki taraftaki $q$ asalının kuvvetlerini incelersek:

$v_q(a_k(a_k-a_{k-1}))=2v_q(a_k)$ olduğundan eğer $v_q(a_k)<v_q(a_1)$ ise

$2v_q(a_k)<v_q(a_1\cdot a_{k-1})$ olacağından $v_q(RHS)=2v_q(a_k)<v_q(a_1\cdot a_k)=v_q(LHS)$ olur, ama $LHS\mid RHS$, çelişki.

Gözlemleyelim ki aynı zamanda burada ispatlamış olduğumuz şekilde eğer dizi bir noktada azalıyorsa, o noktada $v_q(a_1)$ in altına inemez. Dolayısıyla her $n\geq k$ için $v_q(a_k)\geq v_q(a_1)$ olur, alt iddiayı ispatlamış olduk.

Son olarak $n>k$ için $v_q(a_n)$ dizisinin artmayan olduğunu gösterirsek sonlu kez azalabileceğinden bir yerde sabitlenir ve iddiayı ispatlamış oluruz.

Aksini varsayalım, $v_q(a_{v+1})>v_q(a_v)\geq v_q(a_1)$ olsun. Yine $a_1\cdot a_{v+1}\mid a_{v+1}(a_{v+1}-a_v)-a_1\cdot a_v$ ifadesinde iki taraftaki $q$ asalının kuvvetlerini incelersek:

$v_q(a_1\cdot a_v)<v_q(a_{v+1})+v_q(a_v)$ olduğundan $v_q(RHS)=v_q(a_1\cdot a_v)<v_q(a_1\cdot a_{v+1})=v_q(LHS)$, çelişki.

İspatladığımız iki gözlem ve iddiayı birleştirdiğimizde $(a_n)$ dizisinin de bir yerden sonra sabitlenmesi gerektiğini görürüz, q.e.d.