Genç Balkan Matematik Olimpiyatı - 1997 Çözümleri

Verilen kareyi, Şekil 1'deki gibi $4$ eş kareye ayıralım. Güvercin yuvası prensibi gereği $ \lfloor{\dfrac{9}{4}} \rfloor+ 1 = 3$ nokta aynı küçük kare içinde yer alır. Bu karenin $ABCD$ olduğunu düşünebiliriz. $ABCD$ içindeki noktalar da $X,Y,Z$ olsun. $Alan(ABCD)=\dfrac{1}{4}$ olur. Biz $Alan(XYZ)< \dfrac{1}{8}$ olduğunu göstermek istiyoruz. $X,Y,Z$ noktalarının bazılarını $[AD]$, $[CD]$ kenarları üzerinde seçebiliyorken, $[AB]$ ve $[BC]$ kenarları üzerinden nokta seçemeyeceğimize dikkat etmeliyiz. Çünkü verilen tüm noktalar ana karenin sınırları üzerinde değil, iç bölgesinde veriliyor. Bu küçük detayı da açıkladıktan sonra devam edebiliriz.


Şimdi, Şekil 2'deki $XYZ$ üçgeninin alanına bakarsak, içinde bulunduğu karenin alanının yarısına eşit olduğundan $Alan(XYZ)=\dfrac{1}8 $ dir. Bu üçgenin alanının daha da büyütülemeyeceğini gösterelim. Şekil 3'dek gibi $Y$ noktasını $Y'$ konumuna hareket ettirelim. $Y$ ve $Y'$ noktalarından $XZ$ doğrusuna inen dikme ayakları sırasıyla $H$, $H'$ olsun. $|Y'H'|<|YH|$ olduğundan $Alan(XY'Z)<Alan(XYZ)= \dfrac{1} 8 $ dir. Göstermek istediğimiz de buydu $\blacksquare $

$k$ ifadesinin eşitinde payda eşitlersek $k=\dfrac{(x^2+y^2)^2 + (x^2-y^2)^2}{(x^2+y^2)(x^2-y^2)}$ olup $$\dfrac{k}{2} = \dfrac{x^4 + y^4}{x^4 - y^4} $$ elde edilir. Buna göre $ \dfrac{k}{2} + \dfrac{2}{k} = \dfrac{x^4 + y^4}{x^4 - y^4} + \dfrac{x^4 - y^4}{x^4 + y^4} $ olup yine payda eşitlersek $$\dfrac{k^2 + 4}{4k} = \dfrac{x^8 + y^8}{x^8 - y^8} \tag{1}$$ bulunur. Buna göre $$ \dfrac{4k}{k^2 + 4} = \dfrac{x^8 - y^8}{x^8 + y^8} \tag{2}$$ yazılır. $(1)$ ve $(2)$ ifadelerinin toplamından $$ \dfrac{x^8 + y^8}{x^8 - y^8}  + \dfrac{x^8 - y^8}{x^8 + y^8} = \dfrac{k^4 + 24^2 + 16}{4k^3 +16k} $$ elde edilir $\blacksquare$

$|BC|=a$, $|AC|=b$, $|AB|=c$ diyelim. Öncelikle temel bir eşitsizliği ispatlayarak başlayalım:

Üçgen eşitsizliğinden $|AI|+|BI|> c $, $|AI|+|CI|>b $, $|BI|+|CI|>a$ olup bu eşitsizlikleri taraf tarafa toplarsak $$ |AI|+|BI| + |CI| > \dfrac{a+b+c}{2} \tag{1}$$ elde edilir.

Şimdi iç ters açılardan, $m(\widehat{CBK})=m(\widehat{BKN})$, $m(\widehat{BCL})=m(\widehat{CLM})$ olup $|NB|=|NK|=\dfrac{c}{2}$ ve $|MC|=|ML|=\dfrac{b}{2}$ olur. Ayrıca $ABC$ üçgeninde orta tabandan $|MN|=\dfrac{a}{2}$ dir.  Buna göre, $|KL|=|ML|+|NK|-|MN|$ olup $$ |KL|= \dfrac{b+c-a}{2} \tag{2} $$ elde edilir. $$ |KL| + |BC| = \dfrac{a+ b+c}{2} \tag{3}$$ olur. $(1)$ ve $(3)$ ifadelerinden $|AI|+|BI|+|CI| > |KL| + |BC|$ sonucuna ulaşılır $\blacksquare$

Sinüs teoreminden $a=2R\sin A$ yazılırsa denklem $R(b+c)=2R\sqrt{bc} \sin A $ olup $$b+c = 2\sqrt{bc} \sin A \tag{1} $$ elde edilir. Öte taraftan aritmetik geometrik ortalama eşitsizliğinden $\dfrac{b+c}{2}\geq \sqrt{bc}$ olup $(1)$ denkleminde yazılırsa $$ \sin A \geq 1 \tag{2} $$ elde edilir. Fakat genel halde $\sin A \leq 1 $ olduğundan $(2)$ eşitsizliği yalnızca $m(\widehat{A})=90^\circ $ iken sağlanır. Ayrıca, aritmetik geometrik ortalama eşitsizliğinde de eşitlik durumu sağlanmalıdır. Yani $b=c$ olmalı. $m(\widehat{B})=m(\widehat{C}) = 45^\circ $ elde edilir $\blacksquare $

$n_{1998}$ çift ise $n_1,n_2,\dots,n_{1997}$'den en az birinin çift olduğu açıktır. $1998$ tane sayıdan en az ikisi çift olur.

$n_{1998}$ tek ise, $m \in \mathbb{Z}$ için $(2m+1)^2 \equiv 1 \pmod 8$'dir yani $n_{1998}^2 \equiv 1 \pmod 8$'dir ancak $n_1,n_2,\dots,n_{1997}$'in her biri tek ise $n_1^2 + n_2^2 + \dots + n_{1997}^2 \equiv 5 \pmod 8$'dir, çelişki. Sol taraftakilerin yalnız biri çift olduğunda ise sağ taraf tek iken sol taraf çift olacaktır, çelişki. Sonuç olarak, her durumda bu sayılardan en az ikisi çifttir.