Tübitak Lise Takım Seçme - 2017 Çözümleri

$m,n\geq 1$ olduğundan $m^3+n,n^3+m>1$ olacaktır. Dolayısıyla $(m^3+n,n^3+m)=(p^2,p)$ veya $(p,p^2)$ olabilir. Eğer $m=n$ ise $(m^3+m)^2=p^3$ elde edilir fakat sağ taraf tamkare olmadığından çözüm gelmez. Genelliği bozmadan $m>n$ olsun. Bu durumda $m^3+n>n^3+m$ olacaktır çünkü $f(x)=x^3-x$ fonksiyonu $x\geq 1$ için artandır. Yani $(m^3+n,n^3+m)=(p^2,p)$ olmalıdır.

$m=p-n^3$ yazarsak, $$m^3+n=(p-n^3)^3+n=p^2 \implies n^9-n\equiv 0\pmod{p}$$ elde edilir. $p\mid n$ ise $n^3+m>p$ olacağından çelişki olacaktır. Yani $n^8\equiv 1\pmod{p}$'dir. $$n^8-1=(n-1)(n+1)(n^2+1)(n^4+1)\equiv 0\pmod{p}$$ olacaktır. $p=n^3+m>n^3$ olduğundan $n=1$ veya $p\mid n^4+1$ olacaktır.

$n^4\equiv -1\pmod{p}$ ise $$n(n^3+m)\equiv n^4+mn\equiv mn-1\pmod{p}$$ elde edilir. $mn>1$ olduğundan $mn-1\geq p$ olmalıdır. $$p^3=(m^3+n)(n^3+m)>m^3n^3\implies p>mn\geq p+1$$ çelişkisi elde edilir.

Kalan tek durum $n=1$ olmasıdır. Bu durumda $m=p-1$ olacağından $$m^3+n=(p-1)^3+1=p^2\implies p(p-1)(p-3)=0\implies p=3$$ elde edilir. Yani $(m,n,p)=(2,1,3)$ olacaktır. Simetriden dolayı tüm çözümler $(m,n,p)=(2,1,3),(1,2,3)$ bulunur.

$a\neq 0$ ise $y=0$ yazarsak, $f(f(0))=a$ elde edilir. Bu durumda $f(0)\neq 0$ olmalıdır. Eğer $x=0$ yazılırsa, $$f(f(y))=f(0)y+a$$ olacaktır. $f(y_1)=f(y_2)$ ise $$f(f(y_1))=f(f(y_2))\implies f(0)y_1+a=f(0)y_2+a\implies y_1=y_2$$ elde edilir. Yani $f$ birebirdir. $y$ yerine $f(y)$ yazalım. $$f(xf(y)+f(f(y)))=f(x)f(y)+a$$ $$f(yf(x)+f(f(x)))=f(x)f(y)+a$$ $$\implies xf(y)+f(f(y))=yf(x)+f(f(x))\tag{1}$$ elde edilir. $(1)$'de $y=1$ yazarsak $$xf(1)+f(f(1))=f(x)+f(f(x))=f(x)+f(0)x+a$$ $$\implies f(x)=x(f(1)-f(0))+f(f(1))-a$$ elde edilir. Yani $f$ fonksiyonu lineerdir. $f(x)=mx+n$ yazarsak, $$m(xy+my+n)+n=(mx+n)y+a\implies m^2y+mn+n=ny+a\implies m^2=n\quad \text{ve}\quad mn+n=a$$ Buradan $m^3+m^2=a$ için $f(x)=mx+m^2$ çözümü bulunur.

$a=0$ ise $f(xy+f(y))=f(x)y$ olur. $x=0$ için $f(f(y))=f(0)y$ elde edilir. $f(0)\neq 0$ ise $f$ yine birebirdir ve yukarıdaki durumu aynı şekilde uygulayabiliriz. Buradan gelecek çözüm yukarıdakinin aynısıdır.

$a=0$ ve $f(0)=0$ ise  $f(f(x))=0$ olacaktır. $f(x_0)\neq 0$ olacak şekilde bir $x_0$ varsa $x=x_0$ ve $y\to \frac{y}{f(x_0)}$ için $$f\left(\frac{x_0y}{f(x_0)}+f\left(\frac{y}{f(x_0)}\right)\right)=y$$ olur. Yani $f$ örtendir. Dolayısıyla $f(x)=x_0$ olacak şekilde bir $x$ vardır ancak $f(f(x))=f(x_0)=0$ çelişkisi elde edilir. Dolayısıyla, her $x$ için $f(x)=0$ olmalıdır.

Şimdi asıl sorulan, fonksiyon sayısı durumunu inceleyelim. $a=0$ durumunda $f\equiv 0$ ve $f(x)=1-x$ olmak üzere $2$ fonksiyon vardır. $a\neq 0$ için $m^3+m^2=a$ denkleminin her çözümü için bir tane $f$ fonksiyonu bulunur. $$P(x)=x^3+x^2-a\implies P'(x)=3x^2+2x$$ olur. Yani lokal ekstremumlar $x=0$ ve $x=-\frac{2}{3}$ noktalarında alınır. $P$'nin başkatsayısı pozitif olduğundan $x=-\frac{2}{3}$'de yerel maksimum, $x=0$ noktasında yerel minimum vardır. $$P\left(-\frac{2}{3}\right)=\frac{4}{27}-a,\quad P(0)=-a$$ Eğer bunlardan biri $0$ ise polinomun $2$ kökü, aynı işaretliyse $1$ kökü, farklıysa $3$ kökü vardır. Bu yüzden $$\# f=\begin{cases} 2,\quad a=0,\frac{4}{27}\\ 3, \quad a\in \left(-\infty,0\right)\cup \left(\frac{4}{27},\infty\right)\\ 1, \quad a\in\left(0,\frac{4}{27}\right)\end{cases}$$ olur. $a=0$ durumunu ayrı ayrı incelememize rağmen aynı sonuç çıktığı için bu şekilde yazabiliriz.