Tübitak Lise Takım Seçme - 2021 Çözümleri

$n$ bir pozitif tam sayı olmak üzere, $$\frac{20 \cdot 5^n-2}{3^n+47}$$ ifadesinin tam sayı olmadığını gösteriniz.

Çözüm:

Teklik-çiftlik durumlarını inceleyelim,

$i)$ $n$ çift sayı ise $$3^n+47\equiv (-1)^n+47\equiv 48\equiv 0\pmod{4}$$ olur fakat $20\cdot 5^n-2\equiv 2\pmod{4}$ olduğundan ifade tamsayı olamaz.

$ii)$ $n$ tek sayıysa ya $4k+1$ formundadır ya da $4k+3$ formundadır.

$iia)$ $n=4k+1$ ise $$3^{4k+1}+47\equiv 3\cdot 81^k+47\equiv 50\equiv 0\pmod{5}$$ olur. Dolayısıyla $5\mid (20\cdot 5^n-2)$ olmalıdır fakat bariz bir şekilde bu durum sağlanılmaz.

$iib)$ $n=4k+3$ ise $20\cdot 5^{4k+3}-2=\left (10\cdot 5^{2k+1}\right)^2-2$ olacaktır. $3^{4k+3}+47\equiv (-1)^{4k+3}+47\equiv 2\pmod{4}$ olduğundan $2$'nin bir kuvveti olamaz. Dolayısıyla tek bir asal böleni vardır. Bu bölenlerden biri $p$ olsun. $p\mid \left (10\cdot 5^{2k+1}\right)^2-2$ olduğundan $2$, $p$ modunda karekalandır. $2$'nin karekalan olması için $p$'nin $8m+1$ veya $8m+7$ formatında olması gerekir. Aksi halde karekalan olamaz. $3^n+47$'nin $2$ haricindeki tüm bölenleri $8m\pm 1$ formatında olduğundan $\dfrac{3^n+47}{2}$ de bu asal sayıların çarpımından dolayı $8t\pm 1$ formatında olmalıdır. Yani $3^n+47\equiv \pm 2\pmod{16}$ olmalıdır. $$3^{4k+3}+47\equiv 27\cdot 81^k+47\equiv 27+47\equiv 74\equiv 10\pmod{16}$$ elde edilir. Bu da bir çelişkidir. Yani hiçbir $n$ sayısı için ifade tamsayı olamaz.

Bir okuldaki öğrencilerin herhangi üçü için bu üç öğrenci ile de arkadaş olan en az bir öğrenci bulunmaktadır. Arkadaş olan herhangi iki öğrencinin herhangi iki ortak arkadaşı da arkadaştır. Bu okuldaki öğrencileri boş olmayan iki gruba, farklı gruplarda yer alan herhangi iki öğrenci arkadaş olacak şekilde ayırmak mümkün değildir. Buna göre, bu okulda arkadaş olmayan iki öğrencinin hep aynı sayıda ortak arkadaşa sahip olduğunu gösteriniz.

(Not: Bir öğrenci kendisi ile arkadaş sayılmaktadır.)

Bir $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi üzerinde, $BC$ doğrusuna göre $A$ ile farklı tarafta yer alan bir $D$ noktası verilmiştir. $ABC$ ve $ADC$ üçgenlerinin iç bölgelerinin kesişiminde bulunan bir $E$ noktası $m(\widehat{ABE})= m(\widehat{BCE})$ olacak şekilde alınıyor. $ADE$ üçgeninin çevrel çemberinin $AB$ doğrusu ile ikinci kesişim noktası $K$ olsun. $EK$ ve $BC$ doğrularının kesişimi $L$ noktası, $EC$ ve $AD$ doğrularının kesişimi $M$ noktası, $BM$ ve $DL$ doğrularının kesişimi ise $N$ noktası olsun. $$m(\widehat{NEL})=m(\widehat{NDE})$$ olduğunu gösteriniz.

$28$ tür balığın satıldığı bir balık pazarında $28$ balık satıcısı vardır. Her satıcıda her balık türünün sadece Akdeniz’den geleni ya da Karadeniz’den geleni bulunmaktadır. $k$ kişiden her biri, her türden bir balık olmak üzere her satıcıdan bir balık almıştır. Herhangi iki kişi en az bir balık türü için o türün farklı denizlerden gelen balıklarını aldıysa, $k$ en fazla kaç olabilir?

Çeşitkenar bir $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi ile $[BC]$ nin orta dikmesinin kesişim noktaları $M$ ve $N$ olmak üzere, $[AM]$ ve $[AN]$ nin orta noktaları $K$ ve $L$ olsun. $ABK$ ve $ABL$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin $AC$ doğrusu ile ikinci kesişim noktaları sırasıyla $D$ ve $E$, $ACK$ ve $ACL$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin $AB$ doğrusu ile ikinci kesişim noktaları sırasıyla $F$ ve $G$ olsun. $DF$, $EG$ ve $MN$ doğrularının noktadaş olduğunu ispatlayınız.

Hangi $n$ pozitif tam sayıları için, $$\frac{x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2}{(x_1+2x_2+\cdots +nx_n)^2}= \frac{27}{4n(n+1)(2n+1)}$$ ve her $ i =1,2,\cdots , n$ için $i \leq x_i \leq 2i$ koşullarını sağlayan $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ gerçel sayıları vardır?

Çözüm:

$1^2+2^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ olduğundan denklemi düzenlersek, $$8(1^2+2^2+\cdots+n^2)(x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2)=9(x_1+2x_2+\cdots+nx_n)^2$$ elde edilir. $i\leq x_i\leq 2i$ olduğundan $(x_i-i)(x_i-2i)\leq 0$ olur. Yani $x_i^2+2i^2\leq 3ix_i$ olur. $i=1,2,\dots,n$ için $$\sum_{i=1}^{n}x_i^2+2\sum_{i=1}^{n}i^2\leq 3\sum_{i=1}^{n} ix_i$$ AGO eşitsizliğinden, $$3\sum_{i=1}^{n} ix_i\geq \sum_{i=1}^{n}x_i^2+2\sum_{i=1}^{n}i^2\geq 2\sqrt{2\left(\sum_{i=1}^{n}x_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^{n}i^2\right)}$$ $$\implies 9\left(\sum_{i=1}^{n} ix_i\right)^2\geq 8\left(\sum_{i=1}^{n}x_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^{n}i^2\right)$$ olur. Eşitlik durumu için $(x_i-i)(x_i-2i)=0$ ve $\sum_{i=1}^{n}x_i^2=2\sum_{i=1}^{n}i^2$ olmalıdır. $x_i$'ler arasında $i$'yi kullandıklarımız $x_{s(j)}$'ler, $2i$'yi kullandıklarımız $x_{r(k)}$'ler olsun. Bu durumda $$\sum_{i=1}^{n}x_i^2=\sum s^2(j)+4\sum r^2(k)=\sum_{i=1}^{n} i^2+3\sum r^2(k)\implies 3\sum r^2(k)=\sum_{i=1}^{n} i^2$$ $$\sum r^2(k)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{18}$$ Eğer $n(n+1)(2n+1)\equiv 0\pmod{18}$ denkliğini incelersek (aslında $\pmod{9}$'da incelememiz yeterlidir çünkü bu ifade her zaman çifttir), $$n\equiv 0,4,8\pmod{9}$$ bulunur.

$n=4$ için $\sum r^2(k)=10=1^2+3^2$ olur. Yani $(x_1,x_2,x_3,x_4)=(2,2,6,4)$ sağlar.
$n=8$ için $\sum r^2(k)=68=2^2+8^2$ olur. Yani $(x_1,x_2,\dots,x_8)=(1,4,3,4,5,6,7,16)$ istenileni sağlar.
$n=9$ için $\sum r^2(k)=95=1^2+2^2+3^2+9^2$ olur. Yani $(x_1,x_2,\dots,x_9)=(2,4,6,4,5,6,7,8,18)$ istenileni sağlar.
$n=13$ için $\sum r^2(k)=273=2^2+10^2+13^2$ olur. Yani $(x_1,x_2,\dots,x_{13})=(1,4,3,4,5,6,7,8,9,20,11,12,26)$ olur. Şimdi ise $n$ sağlıyorsa $n+9$'un da sağladığını göstermeliyiz.

$n$ için $\sum^{n} r^2(k)=a_1^2+a_2^2+\cdots+a_m^2$ olsun ($1\leq a_1<a_2<\cdots <a_m\leq n$). Şimdi $\sum^{n+9} r^2(k)-\sum^{n} r^2(k)$ değerini $n+1,n+2,\dots,n+9$ kullanarak tamkarelerin toplamı olarak yazmaya çalışalım. Böylece $n+9$ için hangi sayıları $2i$ seçmemiz gerektiğini bulmuş oluruz. $$\sum^{n+9} r^2(k)-\sum^{n}r^2(k)=\frac{(n+9)(n+10)(2n+19)}{18}-\frac{n(n+1)(2n+1)}{18}=3n^2+30n+95$$ $$=(n+1)^2+(n+2)^2+(n+3)^2+(n+9)^2-n^2$$ olur. Yani $n$ için $r(k)$'lar arasından $n$'yi çıkartıp $n+1,n+2,n+3,n+9$ eklersek $n+9$ için hangi sayıları $2i$ seçmemiz gerektiğini bulmuş oluruz. Fakat bunun için $r(k)$'lar arasında $n$'yi kullanmış olmak gerekir ki $n=8,9,13$ için kullandığımızdan ve tümevarım sonucu $n+9$'da da $(n+9)$'u kullanacağımızdan bu işlemi $n+9$ için de uygulayarak sonsuza kadar gidebiliriz. Yani $n\geq 8$ ve $n\equiv 0,4,8\pmod{9}$ için tümevarımdan dolayı verilen eşitliği sağlayan $x_i$'ler vardır. $n=4$'ü de ayrıca gösterdiğimizden kısaca $$\boxed{n\equiv 0,4,8\pmod{9}}$$ olan tüm pozitif tamsayılar için eşitliği sağlayan $x_i$ sayıları vardır diyebiliriz.

Bir $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi $\omega$ ve iç teğet çemberinin merkezi $I$ olsun. $A$ ya ait dış açıortayın $\omega$ yı ikinci kez kestiği noktadan ve $I$ noktasından geçen doğrununun $IBC$ nin çevrel çemberini ikinci kez kestiği nokta $T_A$ olsun. $T_B$ ve $T_C$ noktaları da benzer şekilde tanımlanıyor. $T_AT_BT_C$ üçgeninin çevrel çemberinin yarıçapının $\omega$ nın yarıçapının iki katı olduğunu gösteriniz.

$c$ bir gerçel sayı olmak üzere, tüm $x$ ve $y$ gerçel sayıları için $$f(x-f(y))=f(x-y)+c(f(x)-f(y))$$ eşitliğini sağlayan ve sabit olmayan bir $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ fonksiyonu bulunuyorsa,
(a) $c$ nin alabileceği tüm değerleri bulunuz.
(b) $f$ fonksiyonu periyodik olabilir mi?

Çözüm:

a) Ana eşitlikte $x$ yerine $y$ yazarsak $f\left (y-f(y)\right)=f(0)$ elde edilir.

$x$ yerine $x-f(y)$; $y$ yerine önce $y-f(y)$, sonra $0$ yazalım, $$f\left(x-f(y)-f(y-f(y))\right)=f(x-y)+c\left(f(x-f(y))-f(y-f(y))\right)$$ $$f\left(x-f(y)-f(0)\right)=f(x-f(y))+c\left(f(x-f(y))-f(0)\right)$$ Buradan $f(y-f(y))=f(0)$ olduğundan her $x\in \mathbb{R}$ için $f(x-y)=f(x-f(y))$ olduğu görülür.

Ana eşitlikte bu bulguyu yazarsak $c(f(x)-f(y))=0$ elde edilir. $c\neq 0$ ise $f(x)=f(y)$ olacaktır. Yani $f$ sabit fonksiyondur. $c=0$ ise $f(x)=x$ istenileni sağlar. Dolayısıyla $f$ sabit olmak zorunda değildir. İstenileni sağlayan tek $c$ değeri $0$'dır.

b) $f(x)=x-\lfloor x\rfloor$ fonksiyonu periyodiktir ($\{x\}$ de diyebiliriz) ve $c=0$ için verilen şartı sağlar (Burada $\lfloor x\rfloor$, $x$'i aşmayan en büyük tamsayıyı gösterir).