Tübitak Lise Takım Seçme - 2019 Çözümleri
« 2018 2020 »
« Sorulara Git
Geri

Tübitak Lise Takım Seçme - 2019 Çözümleri

1
$2019$ torbanın her birinde $1,2,\ldots,2019$ sayılarıyla numaralandırılmış ve toplam ağırlıkları $1kg$ olan $2019$ taş bulunuyor. Bu koşulları sağlayan her durumda ağılıkları toplamı en az $1kg$ olan ve herhangi ikisi farklı numaralı ve farklı kutlularda bulunan birkaç taş en az $k$ farklı şekilde seçilebiliyorsa, $k$nin alabileceği en büyük değer nedir?
2
Bir $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ tam sayı dizisi, $a_1=1$, $a_2=2$ ve her $n\ge1$ için
$$a_{n+2}=a_{n+1}^2+(n+2)a_{n+1}-a_n^2-na_n$$
eşitliğini sağlıyor. Buna göre

$a)$ Bu dizinin en az bir terimini bölen asal sayılar kümesinin sonlu olmadığını kanıtlayınız.

$b)$ Bu dizinin hiçbir terimini bölmeyen $3$ farklı asal sayı bulunuz.
3
$|AB|\gt|AC|$ olan bir $ABC$ üçgeninde $A$ dan $BC$ ye indirilen yüksekliğin ayağı $D$, $B$ ye ait iç açıortayın $AD$ yi kestiği nokta $K$, $B$ den $CK$ ye indirilen dikmenin ayağı $M$ ve $BM$ ile $AK$ nin kesişim noktası $N$ olsun. $N$ den geçip $DM$ ye paralel olan doğru $AC$ yi $T$ de kestiğine göre $BM$ nin $\widehat{TBC}$ açısının iç açıortayı olduğunu gösteriniz.
Çözüm 1:
$BK$ ile $NC$ doğruları $E$ de, $BA$ ile $NC$ doğruları $F$ de kesişsin.


$\triangle NBC$ de, $ND$ ve $CM$ yükseklik olduğu için $K$ diklik merkezi ve $BE$ diğer yüksekliktir.
$\angle ABK = \angle KBD = \beta$ dersek, $\angle BKN = \angle BFN = 90^\circ + \beta$ olacaktır.
$\angle TNM = \angle DMN = 180^\circ - \angle DMB = 180^\circ - \angle BKD = 90^\circ + \beta$ dır.
Bu durumda, $\angle TNB = \angle BFN = \angle BKN$ olduğu için $BKFN$ kirişler dörtgenidir ve bu dörtgenin çevrel çemberi $TN$ ye $N$ de teğettir.

$C$ nin $BN$ ye göre simetriği $L$ olsun.
$\angle LBN = \angle NBC = \angle MKN$ olduğu için $L$ noktası da $BKFN$ kirişler dörtgeninin çevrel çemberi üzerindedir.
$BL$ ile $TN$ doğrusu $P$ de kesişsin. $P=T$ olduğunu göstereceğiz.

$BLKNF$ kirişler beşgeni, eşdeğer olarak $BLKNNF$ dejenere kirişler altıgeni için Pascal Teoremi uyguladığımızda $C$, $A$, $P$ noktalarının doğrusal olduğu sonucuna varırız. $CA$ ile $TN$, $P$ de yani sorudaki tanım gereği $T$ de kesişir.
Yani $ \angle TBN = \angle PBN = \angle NBC$ dir.
Çözüm 2:
Bir önceki çözümdeki gibi bir yol izleyip, Pascal Teoremi kullanmadan (aslında ispatını yaparak) bir çözüm yapacağız.


$BK$ ile $NC$ doğruları $E$ de, $BA$ ile $NC$ doğruları $F$ de kesişsin.

$\triangle NBC$ de, $ND$ ve $CM$ yükseklik olduğu için $K$ diklik merkezi ve $BE$ diğer yüksekliktir.
$\angle ABK = \angle KBD = \beta$ dersek, $\angle BKN = \angle BFN = 90^\circ + \beta$ olacaktır.
$\angle TNM = \angle DMN = 180^\circ - \angle DMB = 180^\circ - \angle BKD = 90^\circ + \beta$ dır.
Bu durumda, $\angle TNB = \angle BFN = \angle BKN$ olduğu için $BKFN$ kirişler dörtgenidir ve bu dörtgenin çevrel çemberi $TN$ ye $N$ de teğettir.

$C$ nin $BN$ ye göre simetriği $L$ olsun.
$\angle LBN = \angle NBC = \angle MKN$ olduğu için $L$ noktası da $BKFN$ kirişler dörtgeninin çevrel çemberi üzerindedir.
$BL$ ile $TN$ doğrusu $P$ de kesişsin. $P=T$ olduğunu göstereceğiz.

$\angle LBN = \angle NBC = \alpha$ olsun.

Basit açı hesaplarıyla, $\angle PLN = 90^\circ + \beta$, $\angle PNL = \alpha$, $\angle PLC = 90^\circ + \alpha$, $\angle PNC = 180^\circ - \alpha + 2\beta$, $\angle AKF = \alpha - 2\beta$, $\angle AKC = 180^\circ - \alpha$, $\angle AFK = 90^\circ - \alpha$ ve $\angle AFC = 90^\circ - \beta$ olarak bulunur.

Ceva Teoremi'nin Trigonometrik halini önce $\triangle CKF$ de üçgen dışındaki $A$ noktası için, sonra da $\triangle CLN$ de üçgen dışındaki $P$ noktası için uygulayacağız.
$\angle KCA = x$, $\angle FCA = y$, $\angle LCP = x^\prime$, $\angle NCP = y^\prime$ olsun.

$\triangle CKF$ de $A$ noktası için:
$$\dfrac {\sin \angle KCA}{\sin \angle ACF} \cdot \dfrac {\sin \angle AKF}{\sin \angle AKC} \cdot \dfrac {\sin \angle AFC}{\sin \angle AFK} = \dfrac {\sin x}{\sin y} \cdot \dfrac {\sin (\alpha - 2\beta)}{\sin (180^\circ - \alpha)} \cdot \dfrac {\sin (90^\circ - \beta)}{\sin (90^\circ - \alpha)}= 1 \tag{1}$$

$\triangle CLN$ de $P$ noktası için:
$$\dfrac {\sin \angle LCP}{\sin \angle PCN} \cdot \dfrac {\sin \angle PLN}{\sin \angle PLC} \cdot \dfrac {\sin \angle PNC}{\sin \angle PNL} = \dfrac {\sin x^\prime}{\sin y^\prime} \cdot \dfrac {\sin (90^\circ + \beta)}{\sin (90^\circ + \alpha)} \cdot \dfrac {\sin (1800^\circ - \alpha +  2\beta)}{\sin \alpha}= 1 \tag{2}$$

Bu durumda $\dfrac {\sin x}{\sin y} = \dfrac {\sin x^\prime}{\sin y^\prime}$, dolayısıyla $x=x^\prime$ ve $y=y^\prime$ olur. Bu durumda $C$, $A$, $P$ doğrusaldır. Yani $P=T$ dir.

4
Bir $n$ pozitif tamsayısı için, $n$'nin basamak sayısı $b$ olmak üzere $r+l\lt b$ koşulunu sağlayan herhangi $r$ ve $l$ negatif olmayan tamsayıları için $n$'nin en soldaki $l$ basamağının be en sağdaki $r$ basamağının silinmesiyle elde edilen sayının her bir pozitif bölenine $n$'nin alt böleni deniyor.(Örneğin $143$ sayısının alt bölenleri $1, 2, 3, 4, 7, 11, 13, 14, 43$ ve $143$'tür.) $d$ bir pozitif tam sayı olmak üzere, $d$ yi alt bölen olarak kabul etmeyen tam sayıların kümesi $A_d$ ile gösterilsin. $A_d$'nin sonlu bir kümesi olmasını sağlayan tüm $d$ pozitif tam sayılarını bulunuz.
5
Gerçel katsayılı ve sabit olmayan bir $P(x)$ polinomunun tüm kökleri gerçel sayılardır.
$$(P(x))^2=P(Q(x))$$
eşitliğinin her $x$ gerçel sayısı için sağlayan gerçel katsayılı bir $Q(x)$ polinomu bulunuyorsa, $P(x)$ polinomunun tüm köklerinin aynı olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
(Doğan Dönmez):

$\text{der}P^2(x) = 2\cdot \text{der}P(x)$ ve $\text{der}P(Q(x))=\text{der}P(x) \cdot \text{der}Q(x)$ tir. Bu iki ifade eşitlenirse $\text{der}Q(x)=2$ bulunur. $\text{der}P(x)=n$ diyelim.

$a_1,a_2,\ldots,a_k$ sayıları $P(x)$ in farklı kökleri olsun ($1\leq k\leq n$). Tüm kökleri gerçel olduğu için bir $c\neq 0$ gerçel sayısı ve bazı $m_i\geq1 $ tam sayıları için,
$$ P(x)=c(x-a_1)^{m_1}(x-a_2)^{m_2}\cdots(x-a_k)^{m_k} $$
şeklinde olur.
$$ (P(x))^2=c^2(x-a_1)^{2m_1}(x-a_2)^{2m_2}\cdots(x-a_k)^{2m_k} $$
olup onun da kökleri gerçeldir ve $k$ tane farklı gerçel kökü vardır. (Ve kökler $a_1,a_2,\ldots,a_k$ sayılarıdır ama bunu kullanmayacağız.)
$$ (P(x))^2=P(Q(x))=c(Q(x)-a_1)^{m_1}(Q(x)-a_2)^{m_2}\cdots(Q(x)-a_k)^{m_k} $$
Bu polinomun da tüm kökleri gerçel  olduğu için, her bir $Q(x)-a_i$ çarpanının da kökleri gerçeldir (diskriminatı: $\Delta \geq 0$). Bu, her bir $a_i$ sayısının, $Q$ nun görüntüsünde olmasına eşdeğerdir.
$Q(x)-a_i$ polinomlarının en çok bir tanesi için $\Delta = 0$  olabilir. Çünkü geometrik olarak, $Q(x)-a_i$ türü polinomlar $Q(x)$ polinomunun $y$ eksenine paralel olarak kaydırılması ile elde edilmiştir ve $Q(x)-a_i$ polinomları arasında $x$ eksenine teğet olan varsa, en fazla bir tanesi teğet olabilir. (Aynı gerçek cebirsel olarak da kolayca ifade edilebilir.) Diğer çarpanların ($\Delta > 0 $ olanlar için) 2 farklı gerçel kökü var olacaktır. Ayrıca, $i \neq j$ için, $a_i-a_j\neq 0$ olduğundan $Q(x)-a_i$ ve $Q(x)-a_j$ polinomlarının ortak kökü olamaz. Eğer böyle bir ortak $x_0$ kökü olsaydı $Q(x_0)-a_i=0$, $Q(x_0)-a_j=0$ olup $a_i = a_j$ çelişkisi elde edilirdi.

Buradan şu sonuca varırız:
Eğer $Q(x)-a_i$ çarpanlarından tam olarak birisi için $\Delta = 0 $ ise $P(Q(x))$ in $2(k-1)+1=2k-1$ farklı gerçel kökü vardır.
Eğer $Q(x)-a_i$ çarpanlarından hepsi için $\Delta > 0 $ ise $P(Q(x))$ in $2k$ farklı gerçel kökü vardır.
$P(x)^2$ nin $k$ tane farklı gerçel kökü olduğu için, her iki tarafın farklı gerçel kök sayısı aynı olması, sadece $k=1$ ve $Q(x)-a_1$ için $\Delta =0$ iken olacaktır.

Böyle bir durum örneği bulmak da zor değil: Her $n\geq 1$ için $P(x)=x^n$ nin tüm kökleri gerçel olup, farklı köklerin sayısı $1$ dir. $Q(x)=x^2$ için eşitlik sağlanır.
6
$k$ bir pozitif sayı tam sayı olmak üzere,
$$n=2k\text{  ise  } R_n=\{-k, -(k-1),\ldots, -1, 1,\ldots,k-1,k\}$$
$$n=2k+1\text{   ise  } R_n=\{-k, -(k-1),\ldots, -1, 0, 1,\ldots, k-1, k\}$$
olsun.Bir düzenek birkaç bilyeden ve bazı bilye ikililerini birleştiren kırmızı veya beyaz iplerden oluşuyor. Her bir bilye $R_n$ kümesindeki sayılardan birinin, iple birleştirilmiş herhangi iki bilyenin sayıları farklı olacak biçimde yazılmasına iyi etiketleme diyelim. Her bir bilyeye $R_n$ kümesindeki sayılardan birinin, beyaz bir iple birleştirilmiş herhangi iki bilyenin sayıları farklı olacak, kırmızı iple birleştirilmiş herhangi iki bilyenin sayılarının toplamı $0$ olmayacak şekilde yazılmasına hassas etiketleme diyelim.

$n\ge3$ olmak üzere, $R_n$ ile iyi etiketlenebilen her düzenek $R_m$ ile hassas etiketlenebiliyorsa, $m$ nin alabileceği en küçük değer nedir?
7
$\angle ACB=90^\circ$ olan bir $ABC$ dik üçgeninde $C$ ye ait yükseklik ayağı $D$ olsun. $D$ noktasının $AC$ ve $BC$ doğrularına göre yansıması sırasıyla $E$ ve $F$ olsun. $ECB$ ve $FCA$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin merkezleri sırasıyla $O_1$ ve $O_2$ olmak üzere,
$$2|O_1O_2|=|AB|$$
olduğunu gösteriniz.
Çözüm 1:
$[ED] \cap [AC] = Y$ ve $[DF] \cap [BC]=X$ olsun. $|YD|= x$ $|DX|=y$ $|XB|=t$ $|AY|=z$ olsun. Yansımadan dolayı $|EY|=|YD|=x$ ve $|DX|= |XF|=y$ olur.  $\angle YDA = \alpha$ ve $\angle CAB= \beta$ olsun. $\angle CDF = \alpha$ ve $\angle CDE= \beta$ olur.  $ADY$, $DXB$ ve $CDX$ üçgenlerinde $\tan(\alpha)$ değerlerini birbirine eşitlersek $$ \dfrac{z}{x}=\dfrac{x}{y}=\dfrac{y}{t}$$ elde edilir. Yansımalar nedeniyle $\angle CFD = \alpha$ ve $\angle DEC= \beta$ olur. Buradan $\angle ECD + \angle FCD = 360 -2 . (\alpha +\beta) =180$ bulunur. Bu ise bize $E,C,F$ noktalarının doğrusal olduğunu verir. Diğer taraftan yansımadan dolayı $ |EC| =|CD| =|CF| $ olduğunu söyleyebiliriz ve bunların her biri $m$ birim olsun.  $EYC$ üçgeninde pisagor teoreminden $$x^2+y^2=m^2$$ olduğu elde edilir. Çevre açı- merkez açı bağıntısı yardımıyla $2\angle CAF = \angle CO_1F = 2\phi$ ve $2\angle ECB = \angle EO_2C = 2\theta$ olsun. $E$ noktasından $BC$ doğrusuna dikme çizelim ve $E \cap BC =G$ olsun. Benzer şekilde $F$ noktasından $AC$ ye dikme çizelim ve kesiştikleri nokta $H$ olsun.  $GBE$ ve $HFA$ üçgenlerinden yardım alarak   $\cot\phi$ ve $\cot\theta$ değerlerini bulabiliriz. $$\cot\theta=\dfrac{2x+t}{y}$$ ve $$\cot\phi = \dfrac{2y+z}{x}$$ olur. $O_2EC$ üçgenin $O_2$ noktasından , $O_1CF$ üçgeninde ise $O_1$ noktasından yükseklik inersek tabanı ikizkenar üçgen olduğu için iki eş parçaya böler. $O_1$ den inen yüksekliği $Q$, $O_2$ den inen yüksekliğin ayağı $R$ olsun.

$\dfrac{|O_2Q|}{\frac{m}{2}} = \dfrac{2x+t}{y}$ olur buradan ise $$|O_2Q|=\dfrac{m.(2x+t)}{2y}$$ olur.
Benzer şekilde $$|O_1R|=\dfrac{m.(2y+z)}{2x}$$ olur. $QRO_1O_2$ dörtgenin dik yamuk olduğuna dikkat edersek ve  $|QR|=m$ olduğuna dikkat edersek $$|O_1O_2|^2= m^2+(|O_2Q|-|O_1R|)^2$$ eşitliği yazılabilir. $(|O_2Q|-|O_1R|)^2$ ifadesini sadeleştirelim. $$(|O_2Q|-|O_1R|)^2=\dfrac{m^2}{4}(\dfrac{2x+t}{y}-\dfrac{2y+z}{x})^2=\dfrac{m^2}{4} (\dfrac{2x^2+xt-2y^2-yz}{xy})^2$$ olur. En başta $ \dfrac{z}{x}=\dfrac{x}{y}=\dfrac{y}{t}$ olduğunu söylemiştik. Buradan $xt=y^2$ ve $yz=x^2$ elde edilebilir. Yerine koyarsak $$(|O_2Q|-|O_1R|)^2=\dfrac{m^2}{4}(\dfrac{x^2-y^2}{xy})^2$$ olur.  O halde $$|O_1O_2|^2=\dfrac{m^2}{4}(\dfrac{x^4-2x^2y^2+y^4}{x^2y^2}+4)=\dfrac{m^2}{4}. \dfrac{(x^2+y^2)^2}{x^2y^2}=\dfrac{m^6}{4x^2y^2}$$ elde edilir. Diğer taraftan $AYD$ ve $DXB$ üçgenlerinde pisagor teoremleri yardımıyla
$$|AB|^2= (\sqrt{x^2+z^2} + \sqrt{y^2+t^2})^2=x^2+y^2+z^2+t^2+2.\sqrt{x^2y^2+x^2t^2+z^2y^2+z^2t^2}$$
olur. $x^2=yz$, $y^2=xt$ ve $xy=zt$ eşitliklerini kullanarak
$$\sqrt{x^2y^2+x^2t^2+z^2y^2+z^2t^2}=\sqrt{x^2y^2+y^4+x^4+x^2y^2}=x^2+y^2$$ elde edilir. Buradan
$$|AB|^2=3.(x^2+y^2)+z^2+t^2$$ olur. $$|AB|^2= 3.(x^2+y^2)+\dfrac{x^4}{y^2}+\dfrac{y^4}{x^2}=3(x^2+y^2)+\dfrac{(x^2+y^2)(x^4-x^2y^2+y^4)}{x^2y^2}=\dfrac{(x^2+y^2)(x^4+2x^2y^2+y^4)}{x^2y^2}=\dfrac{m^6}{x^2y^2}$$ olur. Buradan  ise  $$\dfrac{|AB|^2}{|O_1O_2|^2}=4 $$ elde edilir ve ispat biter.
Çözüm 2:
$ACBG$ dikdörtgenini kuralım.
$\angle ABC = \angle GCB = \angle ACD = \angle ACE$
$\angle ACG = 90^\circ - \angle GCB = 90^\circ - \angle ACE$ olduğu için $\angle ECG = 90^\circ$ dir.
$\angle BCF = \angle DCB = 90^\circ - \angle ABC = 90^\circ - \angle GCB$ olduğu için $\angle GCF = 90^\circ$.
Bu durumda $E,C,F$ doğrusal ve $AE\parallel CG \parallel BF$ dir.
$EC$ nin orta dikmesi, $AG$ nin orta noktasından geçer.
$BC$ nin orta dikmesi de $AG$ nin orta noktasından geçer. Bu durumda $O_1$, $AG$ nin orta noktasıdır.
Benzer şekilde $O_2$ de $BG$ nin orta noktasıdır.
$\triangle ABG$ de benzerlikten $\dfrac{AB}2 = O_1O_2$ olacaktır.


8
$p\gt2$ bir asal sayı, $m\gt1$ ve $n$ pozitif tam sayılar olmak üzere, $\dfrac{m^{pn}-1}{m^n-1}$ bir asal sayı ise,
$$ pn|(p-1)^n+1$$
olduğunu gösteriniz.
9
$x,y,z$ gerçel sayılar olmak üzere $y\gt 2z\gt 4x$ ve
$$2(x^3+y^3+z^3)+15(xy^2+yz^2+zx^2)\gt 16(x^2y+y^2z+z^2x)+2xyz$$
koşulları sağlanıyorsa $4x+y\gt 4z$ olduğunu kanıtlayınız.
Çözüm:
$y=4x+a$ ve $z=2x+b$ diyelim. $a> 2b> 0$ olur ve bizden ispatlamamızı istenen eşitsizlik $a>4b$ haline dönüşür. İkinci şartı yeni dönüşümlerle yazıp düzenlersek, $$-49x^2b+x(7a^2-70ab+56b^2)+(2a^3-16a^2b+15ab^2+2b^3)> 0 \tag {1}$$ bulunur.

$(1)$'deki ifadeyi $x$'e bağlı ikinci dereceden bir fonksiyon olarak düşünürsek baş katsayı negatif olduğundan bu şartı sağlayan bir $x$ olması için ifadenin tam iki kökü olması gerekir. Böylece iki kök arası için ifade pozitif olacaktır. (Tek kökü olursa alabileceği en büyük değer $0$ olur) Dolayısıyla $\Delta>0$ olmalıdır. $$\Delta > 0 \Rightarrow \dfrac{\Delta}{49}=(a^2-10ab+8b^2)^2+4b(2a^3-16a^2b+15ab^2+2b^3)> 0$$  olmalı. Eşitsizliğin iki tarafını da $b^4$'e bölersek ve $\dfrac{a}{b}=k$ dersek $$(k^2-10k+8)^2+4(2k^3-16k^2+15k+2)=(k-2)(k^3-10k^2+32k-36)> 0$$ olmalıdır. $a>2b$ olduğundan $k> 2$'dir. Dolayısıyla $$k^3-10k^2+32k-36> 0$$ olmalıdır. $f(x)=x^3-10x^2+32x-36$ için $$f'(x)=3x^2-20x+32=(3x-8)(x-4)$$ olur. $f$ fonksiyonunun türevini $0$'a eşitlersek $x=4$ ve $x=\dfrac{8}{3}$ değerleri ekstremum noktaları bulunur. $f$ fonksiyonu $-\infty$'den geldiği için $x=\dfrac{8}{3}$ yerel maksimum, $x=4$ yerel minimumdur. Yani fonksiyon $(-\infty,\dfrac{8}{3})$ ve $(4,\infty)$ aralığında artan $(\dfrac{8}{3},4)$ aralığında azalandır.

$f(\dfrac{8}{3})=-\dfrac{76}{27}$ ve $f(4)=-4$ olduğundan $(-\infty,4)$ aralığında her zaman negatiftir. Fonksiyonun pozitif olması için $x>4$ olmalıdır. Buradan da $k=\dfrac{a}{b}>4$ bulunur.