Tübitak Lise 2. Aşama - 2018 Çözümleri

$x+y=a$ ve $xy=b$ diyelim. Verilen bilgiler $$a^2-2b+a=ab-\dfrac{10}{27}\implies b=(a-1)+\dfrac{64}{27(a+2)}$$ $$-\dfrac{25}{9}\leq b\leq \dfrac{25}{9}$$ olacaktır ($a=-2$ iken çözüm olmadığı kontrol edilebilir). Ayrıca $(x+y)^2\geq 4|xy|$ olduğundan $$\dfrac{a^2}{4}\geq b\geq -\dfrac{a^2}{4}$$ olacaktır. İki eşitsizliği birleştirirsek $$\min\left\{\dfrac{25}{9},\dfrac{a^2}{4}\right\}\geq b=a-1+\dfrac{64}{27(a+2)}\geq -\min\left\{\dfrac{25}{9},\dfrac{a^2}{4}\right\}$$

Eğer $a\geq\dfrac{10}{3}$ veya $a\leq -\dfrac{10}{3}$ ise $\dfrac{25}{9}\leq \dfrac{a^2}{4}$ olacaktır. $$\dfrac{25}{9}\geq a-1+\dfrac{64}{27(a+2)}\geq -\dfrac{25}{9}\implies 75(a+2)\geq 27a^2+27a+10\geq -75(a+2)$$ $$0\geq (9a+14)(3a-10)~~~\text{ ve }~~~\dfrac{(9a+17)^2}{3}+\dfrac{191}{3}\geq 0$$ $a>\dfrac{10}{3}$ veya $a\leq -\dfrac{10}{3}$ ise $0<(9a+14)(3a-10)$ olacaktır. Dolayısıyla $a=\dfrac{10}{3}$ olacaktır. Yerine yazarsak $b=\dfrac{25}{9}$ çıkar. $x$ ve $y$ için çözersek $(x,y)=\left(\dfrac{5}{3},\dfrac{5}{3}\right)$ bulunur.

Eğer $-\dfrac{10}{3}<a<\dfrac{10}{3}$ ise $\dfrac{25}{9}>\dfrac{a^2}{4}$ olacaktır. $$\dfrac{a^2}{4}\geq a-1+\dfrac{64}{27(a+2)}\geq -\dfrac{a^2}{4}\implies 27a^2(a+2)\geq 108(a-1)(a+2)+256\geq -27a^2(a+2)$$ $$\implies 0\leq (3a+2)^2(3a-10)~~~\text{ve}~~~27a^3+162a^2+108a+40\geq 0$$ $-\dfrac{10}{3}<a<\dfrac{10}{3}$ olduğundan $a\neq -\dfrac{2}{3}$ ise $0>(3a+2)^2(3a-10)$ olacaktır. Dolayısıyla $a=-\dfrac{2}{3}$ olmalıdır. Bu değer için $27a^3+162a^2+108a+40\geq 0$ sağlanır. Yerine yazarsak $b=\dfrac{1}{9}$ elde edilir. $x$ ve $y$ için çözersek $(x,y)=\left(-\dfrac{1}{3},-\dfrac{1}{3}\right)$ çözümünü buluruz.

Tüm çözümler $(x,y)=\left(\dfrac{5}{3},\dfrac{5}{3}\right),\left(-\dfrac{1}{3},-\dfrac{1}{3}\right)$'dir.

 $BC$ kenarına ait dış teğet çemberin $AC , BC ,AB$ ye değme noktaları sırasıyla $L , R , K$ olsun. Çemberin merkezi $M$ olsun. $m(\widehat {CAD}) = m(\widehat {DAB}) = \theta, m(\widehat {LCM}) = m(\widehat {MCB})$ $= \alpha$ ve $m(\widehat {CBM}) = m(\widehat {MBK}) = \beta$ olsun. Çemberin yarıçapı $r$ olsun. $MK \perp AK$ olduğundan $|AM| = \frac{r}{\sin\theta}$ dır. $|DM| = r$ olduğundan $|AD| = {\frac{r}{\sin\theta}}-r$ dir. Benzer şekilde $|AE| = \frac{r}{\sin\theta} + r$ dir. $\frac{|AD|}{|AE|} = \frac{\frac{r}{\sin\theta}-r}{\frac{r}{\sin\theta}+r} = \frac{1-\sin\theta}{\sin\theta+1}$ elde edilir. $MR \perp BC$ olduğundan $|BC| = r \cdot (\cot\alpha + \cot\beta)$ dır. $|DE| = 2r$ olduğundan $\frac{|BC|^2}{|DE|^2} = (\frac{\cot\alpha + \cot\beta}{2})^2$ dir. $\oplus \in \{\leq , \geq\}$ olsun. Eşitsizliğin işareti yön değiştirmeyecek şekilde işlemler yapmak üzere, $(\frac{\cot\alpha + \cot\beta}{2})^2 \oplus \frac{1-\sin\theta}{\sin\theta+1}$ ifadesini sağlayan $\oplus$'un $\geq$ olduğunu ispatlayacağız. $\alpha + \beta - \theta = 90^\circ$ olduğu açıktır. $\theta = \alpha + \beta - 90^\circ$ yazılır ve düzenlemeler yapıldığında  ($\sin(\alpha-90) = -\cos\alpha$ olduğundan) $(\frac{\cot\alpha + \cot\beta}{2})^2 \oplus \frac{\cos(\alpha + \beta) + 1}{1 - \cos(\alpha + \beta)}$ elde edilir. $\cot\alpha +\cot\beta = \frac{\sin(\alpha + \beta)}{\sin\alpha\sin\beta}$ olduğundan $\cos(\alpha+\beta) = x$ olmak üzere ifade $\frac{1-x^2}{(2\sin\alpha\sin\beta)^2} \oplus \frac{x+1}{1-x}$ olur. Buda düzenlenirse $(1-x)^2 \oplus (2\sin\alpha\sin\beta)^2$ elde edilir. Her iki ifadesinde içi pozitif olduğundan eğer bu eşitsizlik sağlanıyorsa $1-\cos(\alpha+\beta) \oplus 2\sin\alpha\sin\beta$ eşitsizliğide sağlanır. $\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$ olduğundan ifade $1 \oplus \cos(\alpha-\beta)$ ya dönüşür. $\oplus = \geq$ olduğu açıktır. İspat biter.