Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2019 Çözümleri

Yanıt:$n$ herhangi bir tam sayı olmak üzere $f(x)=0$ veya $f(x)=2x+n$ 

$a=0$ ve $b=n+1$ alalım.
$$f(0)+2f(n+1)=f(f(n+1))$$
$a=1$ ve $b=n$ alalım.
$$f(2)+2f(n)=f(f(n+1))$$ Bu iki eşitlik birbirine eşitlenirse
$$ f(n+1)-f(n)=\dfrac{1}{2}.(f(2)-f(0))$$ elde edilir.
$f(n+1)-f(n)$ bir sabit olması ancak ve ancak $f(n)$ in doğrusal olması ile mümkündür.

$f(n)=xn+y$ olsun.  Yerine yazalım.

$$x.2a+y+2.(xb+y)=f(x.(a+b)+y)=x.(x.(a+b)+y)+y$$
$$2ax+2bx+3y=x^2.(a+b)+xy+y$$
$$2.(x.(a+b)+y)=x.(x.(a+b)+y)$$
$$(x-2).(x.(a+b)+y)=0$$
Buradan $x=2$ veya $x.(a+b)+y=0$ elde edilir.

a) $x=2$ ise $f(n)=2n+y$ , $y\in Z$ olduğu görülebilir.

b) $a+b=-\dfrac{y}{x}$  yani $a+b$ sabit olması gerekir ancak her $a,b$ sayısı için çözüm aradğımızdan mümkün değildir. Fakat $x=0$  durumu tanımsızdır. Bunu $f(n)=y$ koyarak incelemeliyiz.

$$f(a)+2f(b)=f(f(a+b))$$
$$y+2y=f(y)=y$$
$$2y=0$$
$$y=0$$  yani $f(n)=0$  çözümü de görülür.

Çizim: https://www.geogebra.org/graphing/hr5zsd4y

$QA_1$ doğrusu $AB$ ve $AC$ yi sırasıyla $Q_2$ ve $A_3$ te kessin.
$PB_1$ doğrusu $AB$ ve $BC$ yi sırasıyla $P_2$ ve $B_3$ te kessin.
$QA_1$ ile $PB_1$, $S$ de kesişsin.

$\triangle APP_2$ de $Q_2, A_1, S$ noktaları için Menelaus $$ \dfrac{AQ_2}{Q_2P_2}\dfrac{PA_1}{A_1A}\dfrac{P_2S}{SP} = 1 \tag {1}$$
$\triangle APP_2$ de $B, A_1, B_3$ noktaları için Menelaus $$ \dfrac{AB}{BP_2}\dfrac{PA_1}{A_1A}\dfrac{P_2B_3}{B_3P} = 1 \tag {2}$$
$\triangle BQQ_2$ de $P_2, B_1, S$ noktaları için Menelaus $$ \dfrac{BP_2}{P_2Q_2}\dfrac{QB_1}{B_1B}\dfrac{Q_2S}{SQ} = 1 \tag {3}$$
$\triangle BQQ_2$ de $A, B_1, A_3$ noktaları için Menelaus $$ \dfrac{BA}{AQ_2}\dfrac{QB_1}{B_1B}\dfrac{Q_2A_3}{A_3Q} = 1 \tag {4}$$
$(1)$ ile $(4)$ ü $(2)$ ile de $(3)$ ü taraf tarafa çarpıp eşitleyelim.
$$ \dfrac{AQ_2}{Q_2P_2}\dfrac{PA_1}{A_1A}\dfrac{P_2S}{SP}   \dfrac{BA}{AQ_2}\dfrac{QB_1}{B_1B}\dfrac{Q_2A_3}{A_3Q} = \dfrac{AB}{BP_2}\dfrac{PA_1}{A_1A}\dfrac{P_2B_3}{B_3P} \dfrac{BP_2}{P_2Q_2}\dfrac{QB_1}{B_1B}\dfrac{Q_2S}{SQ} \tag {5}$$
Ayrıca paralellikten $\dfrac {Q_2S}{SQ} = \dfrac {P_2S}{SP}$ olduğu için gerekli sadeleştirmeleri yaptıktan sonra $\dfrac{Q_2A_3}{A_3Q} = \dfrac{P_2B_3}{B_3P}$ elde ederiz. Bu da $QP \parallel A_3B_3$ demektir.
Soruya geri dönersek $\angle CP_1P = \angle BAC = \angle CA_3B_3$ olduğu için $C$, $P_1$, $B_3$, $A_3$ çemberseldir. Benzer şekilde $\angle CQ_1Q = \angle ABC = \angle CB_3A_3$ olduğu için $C$, $Q_1$, $B_3$, $A_3$ çemberseldir. Bu durumda çembersellikten elde ettiğimiz $\angle CP_1Q_1 = \angle CA_3Q$ eşitliğini kullanarak basit açı hesaplarıyla $$\angle PP_1Q = \angle B_1P_1C  + \angle CP_1Q = \angle P_2AB_1 + \angle Q_2AA_3 = \angle BQ_2Q_1 = \angle Q_2QP$$ elde edilir. Bu da $P$, $Q$, $P_1$, $Q_1$ in çembersel olduğu anlamına gelir.

$ABC$ üçgeninin çevrel çemberi $w_1$ olsun.

$[BQ \cap \space w_1 = \{W\}$ , $B\not = Q$  olacak şekilde bir $W$ noktası alalım.

$[AP \cap \space w_1 = \{ Z \}$ , $A\not = Z$ olacak şekilde bir $Z$ noktası alalım.

$$m(\widehat{BAC})=m(\widehat{BWC})=m(\widehat{PP_1C})$$ olduğundan dolayı $B_1,W,P_1,C$ çemberdeştir.

$$m(\widehat{CBA})=m(\widehat{AZC})=m(\widehat{QQ_1C})$$ olduğundan dolayı $A_1 , Z , Q_1 , C$ çemberdeştir.

$m(\widehat{WCB_1})=\alpha$ olsun. 

$\alpha=m(\widehat{WCB_1})=m(\widehat{ABW})=m(\widehat{PQW})=m(\widehat{B_1P_1W})$ olduğundan dolayı $Q,P,W,P_1$ çemberdeştir.

$$m(\widehat{ABC})=m(\widehat{AZC})=m(\widehat{QQ_1C})$$ olduğundan dolayı $A_1,Z,Q_1,C$ çemberdeştir.

$$m(\widehat{ZQ_1A_1})=m(\widehat{ZCB})=m(\widehat{BAZ})=m(\widehat{QPZ})$$ olduğundan $P,Q,Z,Q_1$ çemberdeştir.

Dikkat edersek $$m(\widehat{PQW})=m(\widehat{PZW})=\alpha$$ olduğundan dolayı $P,Q,Z,W$ çemberdeştir.

Dolayısıyla $P_1,W,P,Q,Z,Q_1$ çemberdeştir. İspat biter. 

Şekli bilgisayarda çizdiğim zaman ekleyeceğim.

Bu denklemde $n$ ifadesi için eşitsizlik kurmaya çalışalım. Öncelikle küçük değerler için biraz hesaplar yapalım.

$n=1$ için $k=1$ olur.
$n=2$ için $k=3$ olur.
$n=3$ için uygun $k$ değeri olmaz.

Not: $v_p(x)$ ifadesi $p$ nin üssünün $x$ e eşit olduğunu gösterir.

Eşitliğin sağ tarafı uzun olduğu için kısaltma amaçlı $EST$ şeklinde yazacağım.$v_2(k!)=v_2(EST)=0+1+2+...+(n-1)=\frac{(n-1).n}{2}$ olur.
$EST=2^{\frac{(n-1).n}{2}}.(2-1).(2^2-1)...(2^n-1)$ şeklinde yazılabilir. $3\mid 2^n-1$ olacak şekilde $n\in Z^+$ olması için $n\ge2$ olmalıdır.
Şimdi bu tarz sayılar için $n=2n'$ dönüşümü yapılabilir.
Kuvvet Kaydırma Teoremi ile  $v_3(4^{n'}-1)=v_3(4^{n'}-1^{n'})=v_3(4-1)+v_3(n')=1+v_3(n')$ olur.
Daha sonra $$ v_3(k!)=\sum_{i=1}^{\infty} \lfloor\frac{n}{2.3^i} \rfloor<\sum_{i=1}^{\infty} \frac{n}{2.3^i}=\frac{n}{2}.\sum_{i=1}^{\infty} \frac{1}{3^i} $$


Bu ifadede ise bilinen seri toplamı olduğu için kolaylıkla $v_3(k!)<\frac{3n}{4}$ olur.
De polignac formülünden dolayı $$ v_p(k!)=\sum_{i=1}^{\infty} \lfloor\frac{k}{p^i} \rfloor $$

olduğunu biliyoruz.  Bu formülü iki eşitsizlik arasına sıkıştıralım.

$\lfloor\frac{k}{p}\rfloor<v_p(k!)<\frac{k}{p}+\frac{k}{p^2}+\frac{k}{p^3}+...=\frac{k}{p}.\frac{1}{1-\frac{1}{p}}=\frac{k}{p-1}$
Şimdi $$ v_2(k!)=\frac{n.(n-1)}{2}<k $$

olur.  Aynı zamanda $\frac{k}{3}-1<v_3(k!)<\frac{3n}{4}$ olduğundan dolayı $$ k<\frac{9n}{4}+3 $$
O halde $$ \frac{n.(n-1)}{2}<\frac{9n}{4}+3 $$
yani $2n^2-11n+3<0$ elde edilir. $f(n)=2n^2-11n+3$ olsun. $n\ge 7$ için $f(n)=24>0$ ve $f'(n)= 4n-11\ge 17>0$ olduğundan dolayı daima pozitiftir. O halde $n\le 6$  olmalıdır.

Zaten $n\le 3$ için denemiştik. O halde

$n=4$ için $k!=7!.4$ olacağından dolayı çözümü yoktur.

$n=5$ için  $EST$ $2^5-1=31$ asal çarpanına sahip olacağından dolayı $k!\ge 31!$ olur. buradan ise eşitliğin sol tarafı  $23$ ile bölünürken sağ taraf bölünemez.

$n=6$ için de eşitliğin sol tarafı $23$ ile bölünürken $EST$ $23$ ile bölünmez.

O halde denklemin çözümleri $\{(3,2),(1,1)\}$ olarak bulunur.

Yukarıda elde ettiğimiz $\dfrac{n.(n-1)}{2}<k$  , $$(\dfrac{n.(n-1)}{2})!<k!$$ olduğunu kullanalım

$(\dfrac{n.(n-1)}{2})!<k!=(2^n-1).(2^n-2)....(2^n-2^{n-1})<(2^n)^n=2^{n^2}$   Yani

$$2^{n^2}>(\dfrac{n.(n-1)}{2})!$$ eşitsizliği gelir.

$n=6$ için yanlış olduğunu görebiliriz .

$n\ge 7 $  için ispatlayalım.

$(\dfrac{n.(n-1)}{2})!=15!.16.17.....(\dfrac{n.(n-1)}{2})>2^{36}.2^{\frac{n.(n-1)}{2}}=2^{2n.(n-1)-24}=2^{n^2}.2^{n^2-n-24}>2^{n^2}$ olduğundan  sorudan elde ettiğimiz eşitsizlik ile çelişir.

$n=6$ için de eşitsizliğin geçerli olduğunu elle test etmiştik.  $n\le 5$ olmalıdır. 

geri kalanı diğer çözümle aynıdır.

$n\ge 5$ sayıları için ifade $31$ ile bölünecektir. 

$v_{31}(EST)= \lfloor\dfrac{n}{5}\rfloor$  tir. ($31\mid 2^{5k}-1$)

$\dfrac{n}{10} \le \lfloor\dfrac{n}{5}\rfloor \le v_{31}(EST) = v_{31}(k!)= \sum_{n=1}^{\infty} \lfloor\frac{k}{31^{j}} \rfloor<\sum_{n=1}^{\infty} \frac{k}{31^j}= \dfrac{k}{30}$ 

$3n<k$ elde edilir.

$1.$ Çözümde ispatladığımız $k<\dfrac{9n}{4}+3$ eşitsizlikleri birleştirilirse

$12n<9n+12$ yani  $n\ge 5$ için $n<4$ gelir. Çelişki olduğundan $n<5$ olmalıdır.

Geri kalanı diğer çözümlerle aynıdır.

Not: Neredeyse seçeceğimiz her tek $p$ asal sayısı için bu tarz bir eşitsizlik yakalamak mümkündür.