Tübitak Lise 2. Aşama - 2020 Çözümleri

1

$n>1$ bir tam sayı olmak üzere, $\left\{1,2, \ldots, n^{2}\right\}$ kümesinin $k$ elemanlı her alt kümesinde $x^{2} \mid y$ olacak şekilde $x$ ve $y$ elemanları bulunuyorsa, $k$ nin alabilecegi en küçük değeri bulunuz.

2

Dar açılı bir $ABC$ üçgeninin iç bölgesinde diklik merkezinden farklı bir $P$ noktası alınıyor. $A$ dan $BP$ ve $CP$ ye indirilen dikme ayakları sırasıyla $D$ ve $E$, $P$ den $AB$ ve $A C$ ye indirilen dikme ayakları sırasıyla $F$ ve $G$ dir. $[AP]$ doğru parçasının orta noktası $X$ olmak üzere, $DFX$ ve $EGX$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin ikinci kesişim noktası $BC$ üzerinde yer alıyorsa, $AP \perp BC$ veya $\widehat{PBA}=\widehat{PCA}$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm 1:

Bahsi geçen çemberlerin $\triangle{ABP}$ ve$\triangle{APC}$ ücgenlerinin dokuz nokta çemberleri olduğu söylenebilir. $[BP]$ ve $[PC]$ nin orta noktaları sırasıyla $T$ ve $R$ olsun. $[AB]$ ve $[AC]$ nin orta noktaları sırasıyla $Y$ ve $Z$ olsun. Bahsi geçen çemberlerin $(YTX)$ ve $(XRZ)$ olduğu açıktır. Bu iki çemberin ikinci kesişim noktası $H$ olsun. $\angle{XHT}+\angle{TYX}=180^\circ$ olur. Simetrik şekilde $\angle {XZR}+\angle{XHR}
=180^\circ$ olur. Basit açı taşımayla $\angle{THR}=\angle {TPR}$ elde edilir. $\angle {TLR}=\angle {TPR}$ oldugundan $H$ noktası $\triangle{BPC}$'nin dokuz nokta çemberi üzerindedir. Eğer bu nokta sorunun bize koştuğu "$[BC]$ üzerinde olma" şartını sağlıyorsa, ya $[BC]$'nin orta noktası yada $P$'den $BC$ ye inilen dikme ayağı olur. ikinci durum ilk koşulu gosterir. ilk durumda ise $\angle{ABP}=\alpha$ olsun. $\angle {PBC}=\beta$ olsun. $\angle{RHC}=\beta$ olacağından ve $\angle{ZLC}=\alpha + \beta$ olacağından (orta tabanlıktan) $\angle{ZLR}=\alpha$ olur. Bu yüzden $\angle{ZXR}=\angle {PCA}=\alpha$ olur. İkinci koşul sağlanır. İspat biter.

Çözüm 2:

$(DFX)$ ve $(EGX)$ çevrel çemberlerinin kesişimine $Q$ diyelim. $Q$ noktası aslında diklik merkezi sisteminde olmayan $A$, $B$, $C$ ve $P$ noktaları için Poncelet noktasıdır. $Q$ Poncelet noktasından $ABC$ ve $BPC$ üçgenlerinin dokuz nokta çemberleri de geçer. Dolayısıyla $Q$ ya noktası $BC$ kenarının orta noktasıdır ya da $P$ 'den inilen dikmedir. Bu aşamadan sonra ilk çözüm takip edilebilir.

3

$x, y, z$ pozitif gerçel saylar olmak üzere,
$$
2 \sqrt{(x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}-\sqrt{\left(1+\frac{x}{y}\right)\left(1+\frac{y}{z}\right)}
$$
ifadesinin alabileceği en küçük değeri bulunuz.

Çözüm:

$$\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\overbrace{\leq}^{Cauchy} \left(\sqrt{x+y}\sqrt{\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}}+\sqrt{z}\sqrt{\dfrac{1}{x}}\right)^2$$
olduğundan
$$\sqrt{\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)}\leq \sqrt{x+y}\sqrt{\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}}+\sqrt{z}\sqrt{\dfrac{1}{x}}=\sqrt{\left(1+\dfrac{x}{y}\right)\left(1+\dfrac{y}{z}\right)}+\sqrt{\dfrac{z}{x}}$$

elde edilir. Bunu problemde yerine koyalım
$$2\sqrt{\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)}-\sqrt{\left(1+\dfrac{x}{y}\right)\left(1+\dfrac{y}{z}\right)}$$
$$=\sqrt{\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)}+\sqrt{\left(1+\dfrac{x}{y}\right)\left(1+\dfrac{y}{z}\right)}+\sqrt{\dfrac{z}{x}}-\sqrt{\left(1+\dfrac{x}{y}\right)\left(1+\dfrac{y}{z}\right)}$$
$$=\sqrt{\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)}+\sqrt{\dfrac{z}{x}}$$
Artık bu ifade üzerinde uğraşabiliriz. Yine Cauchy kullanaraktan
$$\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\overbrace{\geq}^{Cauchy} \left(\sqrt{x}\sqrt{\dfrac{1}{z}}+\sqrt{y}\sqrt{\dfrac{1}{y}}+\sqrt{z}\sqrt{\dfrac{1}{x}}\right)^2$$
olduğundan
$$\sqrt{\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)}\geq \sqrt{x}\sqrt{\dfrac{1}{z}}+\sqrt{y}\sqrt{\dfrac{1}{y}}+\sqrt{z}\sqrt{\dfrac{1}{x}}=\sqrt{\dfrac{x}{z}}+\sqrt{\dfrac{z}{z}}+1$$
elde ederiz. Bunu uğraştığımız ifade de yerine koyduğumuz anda
$$\sqrt{\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)}+\sqrt{\dfrac{z}{x}}\geq2\sqrt{\dfrac{z}{x}}+\sqrt{\dfrac{x}{z}}+1\overbrace{\geq}^{AGO} 2\sqrt{2}+1 $$
ispatı bitiririz.

4

$p$ bir asal sayı olmak üzere,
$$
\frac{28^{p}-1}{2 p^{2}+2 p+1}
$$
bir tam sayı ise, $2 p^{2}+2 p+1$ 'in pozitif tam bölen sayısın alabileceği tüm değerleri bulunuz.

Çözüm:

Öncelikle $2p^2+2p+1>1$ olduğunu görelim. Dolayısıyla $2p^2+2p+1$'in asal böleni vardır. Bir tane asal böleni alalım ve bu $q$ olsun. O halde $$28^p\equiv 1\pmod{q}$$ olacaktır. $q$ ve $28$ aralarında asal olmalıdır çünkü aksi takdirde $1$ kalanını bulamayız. $28$'in $q$ modundaki mertebesi $d$ olsun. Dolayısıyla $d|p$ ve $d|q-1$ olacaktır. Yani $d=1$ veya $d=p$'dir. Eğer $d=1$ ise $q|27$ olacağından $q=3$ olmalıdır. Ancak $$2p^2+2p+1\equiv 0\pmod{3}\implies (2p+1)^2\equiv 2\pmod{3}$$ olur ki bu da imkansızdır. Dolayısıyla $d=p$ olmalıdır, yani $p|q-1$'dir. Buradan $q=pk+1$ formatında bulunur. Yukarıda $q=3$ olamayacağını gördüğümüzden dolayı $k\neq 1$'dir, ayrıca $k\leq 1$ olamaz. Dolayısıyla $k\geq 2$'dir. Ayrıca $q|2p^2+2p+1$ olduğundan $qm=(pk+1)m=2p^2+2p+1$ olacak şekilde bir $m\in\mathbb{Z}^+$ vardır. $p$ modunda incelersek $m\equiv 1\pmod{p}$ elde edilir. Dolayısıyla $m=pt+1$ olacak şekilde bir $t\geq 0$ tamsayısı vardır. Eğer $t\geq 1$ ise $$qm=(pk+1)(pt+1)\geq (2p+1)(p+1)=2p^2+3p+1>2p^2+2p+1$$ olacaktır. Dolayısıyla $t=0$'dır. Buradan da $m=1$ ve $q=2p^2+2p+1$ elde edilir. Yani $2p^2+2p+1$ asal olmalıdır ve pozitif tam bölen sayısı sadece $2$ olabilir. Buna örnek vermeliyiz. $p=7$ için $2p^2+2p+1=113$ ve $$\dfrac{28^7-1}{2\cdot 7^2+2\cdot 7+1}=119406447$$ olur.

5

Her $x$ gerçel sayısı için $\lfloor P(x)\rfloor=a_{\lfloor x^{2}\rfloor }$ olacak şekilde bir $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \ldots$ tam sayı dizisinin bulunmasını sağlayan tüm gerçel katsayılı $P$ polinomlarını bulunuz.

Not: $x$ bir gerçel sayı olmak üzere $\lfloor x\rfloor$ ile $x$ den büyük olmayan en büyük tam sayıyı gösteriyoruz.

6

Bir çember üzerindeki $2021$ noktadan her biri $1,2, \ldots, k$ renklerinden birine boyanmıştır. Her nokta ve her $1 \leq r \leq k$ rengi için bu noktayı içeren ve üzerindeki noktaların en az yarısının $r$ renginde olduğu bir yay bulunuyor. Buna göre, $k$ nin alabileceği en büyük değeri bulunuz.