Tübitak Lise 2. Aşama - 2011 Çözümleri

$n\ge 2$ ve $E=\lbrace 1,2,\ldots ,n\rbrace $ olsun. $
A_{1},A_{2},\ldots ,A_{k}$; $E$ nin altkümeleri olmak üzere, her $1\le i<j\le k$ için, $A_{i}\cap A_{j}$, $A_{i}'\cap A_{j}$, $A_{i}\cap A_{j}'$ ve $A_{i}'\cap A_{j}'$ kümelerinden tam olarak bir tanesi boş ise, $k$ nin alabileceği en büyük değeri belirleyiniz.

[$A$, $E$ nin bir altkümesi ise, $E$ nin $A$ ya ait olmayan elemanlarının kümesini $A'$ ile gösteriyoruz.]

(Selim Bahadır)

Çözüm:

(Mehmet KAYSİ)

Cevap: $2n-3$.

Tümevarımla ispatlayacağız. $n=3$ iken, $k\leq 3$ olduğunu görmek kolay ve $3$'e örnek de $\{1\},\{2\},\{3\}$. Farzedelim ki $n-1$ için cevap $2n-5$ olsun.
$n$ için $k$'nın en büyük değerini aldığı durumu ele alalım. $\{A_1, A_2, \ldots A_k\}$ 'ye koleksiyon diyelim. Koleksiyonda boş kümenin ve $\{1,2,\dots ,n\}$'nin olamayacağı açık. Bu koleksiyon her $i$ için, $\{i\}$ ve $\{i\}^{'}$ kümelerinden tam olarak birini içermek zorunda. Ikisini birden içeremez, ikisini de içermiyorsa bir tanesini ekleyerek koleksiyonu büyütebilirdik.
$A$ bu koleksiyondaki bir küme ise, $A$'yı silip, $A^{'}$'ni eklersek tüm koşullar sağlanmaya devam eder. O zaman koleksiyondaki her kümenin eleman sayısının en fazla $\frac{n}{2}$ olduğunu kabul edebiliriz. Tek elemanlı olmayıp en az eleman sayısına sahip bir küme $A$ olsun. Genelliği bozmadan $1,2 \in A$ varsayabiliriz. $B$ bu koleksiyonda $\{1\}$ ve $\{2\}$ dışında bir küme olsun.
$A\cap B={\varnothing} $ ise, $1,2 \notin B$,
$A\cap B^{'}={\varnothing}$ ise, $A\subset B$ $\Rightarrow $ $1,2 \in B$,
$A^{'}\cap B={\varnothing}$ ise, $B\subset A$, ama bu $A$ ve $B$'nin seçiminden dolayı mümkün değil.
$A^{'}\cap B^{'}={\varnothing}$ ise, $A\cup B=\{1,2,3, \dots , n\}$. $n$ tekse, $|A|,|B|\leq \frac{n-1}{2}$ olduğundan bu mümkün olamaz. $n$ çiftse, tek olası durum $B=A^{'}$ olmasıdır, ama bu durumda da bahsi geçen dört kesişimden ikisi boş küme olur.
Yani $B$, $1$ ve $2$'nin ya iksini de içerir, ya da ikisini birden içermez. O halde $\{1\}$ ve $\{2\}$ yi silip $\{1,2\}$'yi bir eleman gibi düşünürsek, $n-1$ için olan duruma geçmiş oluruz. Öyleyse $n$ için cevap en fazla $2n-5+2=2n-3$ olabilir. $2n-3$ için de örnek: tüm tek elemanlılar ve $\{1,2\}$, $\{1,2,3\}$,$\{1,2,3,4\}$,$\dots$, $\{1,2,3,\dots ,n-2\}$

$D$, $ABC$ üçgeninin $[BC]$ kenarı üstünde köşelerden farklı bir nokta ve $E$, $[CD]$ nin orta noktası olsun. $E$ den $BC$ doğrusuna çizilen dikme $[AC]$ kenarını $\vert AF\vert \cdot \vert BC\vert =\vert AC\vert \cdot |EC|$ koşulunu sağlayan bir $F$ noktasında kesiyor. $ADC$ üçgeninin çevrel çemberi de, $[AB]$ kenarını $A$ dan farklı bir $G$ noktasında kesiyor. $AGF$ üçgeninin çevrel çemberine $F$ noktasından çizilen teğetin $BGE$ üçgeninin çevrel çemberine de teğet olduğunu kanıtlayınız.

(Şahin Emrah)

Çözüm 1:

(Mehmet Efe AKENGİN)

$ABC$ üçgeninin $A$, $B$ $C$ köşelerine ait açılar $\alpha, \beta, \gamma$ olsun ve $BC, AC, AB$ kenarlarının uzunlukları da $a, b, c$ olsun.

$A, G, D, C$ çembersel olduğundan, $\angle GDB =\angle BAC= \alpha$, $\angle BGD=\angle ACB=\gamma$, $\angle DFE=\angle EFC=90^{\circ}-\angle ECF=90^\circ -\gamma$....(*)

$AF\cdot BC= AC\cdot EC \Leftrightarrow \dfrac{BC}{EC}=\dfrac{BC}{AF}=\dfrac{1}{k}$, $DE=EC=ak, AF=bk$. Dolayısıyla $FC=\dfrac{EC}{\cos \gamma}=\dfrac{ak}{\cos \gamma} \Rightarrow b= AF+FC=bk+\dfrac{ak}{\cos \gamma} \Rightarrow k=\dfrac{b\cos \gamma}{b\cos \gamma+a}....(1)$

Şekle baktığımızda, $EF$ nin $AGF$ ve $BGE$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin ortak teğeti olduğunu ispatlamak doğal görünüyor. Yani $\angle GFE=\angle GAF=\alpha=\angle GDB$ olmalı, o da ancak $G, F, E, D$ çembersel iken mümkün.

Fakat $G, F, E, D$ çembersel $\Leftrightarrow \angle DGE = \angle DFE \stackrel{(*)}{\leftrightarrow} \angle DGE=90^\circ -\gamma \Leftrightarrow \angle BGE=90^{\circ}$. Yani, $EF$ ortak teğettir $\Leftrightarrow AB \bot EG$.

$\angle GEB=x$ olsun. $\dfrac{\sin x}{\sin (180^{\circ}-\beta-x)}=\dfrac{GB}{BE}=\dfrac{\sin (90^{\circ}-\beta)}{\sin 90^{\circ}}$ olduğunu ispatlarsak,
$$\sin x\cdot \sin 90^{\circ}=\sin (180^{\circ}-\beta-x)\cdot \sin (90^{\circ}-\beta) $$ $$\Leftrightarrow
\dfrac{1}{2}\left[-\cos (90^{\circ}+x)+\cos (90^{\circ}-x)\right]=\dfrac{1}{2}\left[\cos (90^{\circ}-x)-\cos (270^{\circ}-2\beta-x)\right] $$ $$ \Leftrightarrow
\cos (270^{\circ}-2\beta-x)=\cos (90^\circ +x) \Leftrightarrow 270^{\circ}-2\beta-x=90^\circ +x \Leftrightarrow x=90^\circ -\beta$$ bulunur, ki bu da $\angle BGE=90^{\circ}$ demektir.

$BE=a-ak\overbrace{=}^{(1)}\dfrac{a^2}{b\cos \gamma +a}$ ve $B$ noktasına göre $A, G, D, C$ den geçen çember için kuvvetten $BG=\dfrac{BD\cdot BC}{BA}=\dfrac{a(a-2ak)}{c}\overbrace{=}^{(1)}\dfrac{a^2\cdot (a-b\cos \gamma)}{c\cdot (b\cos \gamma + a)}$ sağlanıyor.

Buradan,

$$\frac{BE}{BG}=\frac{\frac{a^2}{a+b\cos \gamma}}{\frac{a^2}{c}\cdot \frac{a-b\cos \gamma}{a+b\cos \gamma}} \Rightarrow \frac{BG}{BE}=\frac{a-b\cos \gamma}{c}=\frac{c\cos \beta}{c}=\frac{\sin (90^\circ -\beta)}{\sin 90^{\circ}}$$

bulunur.

Dolayısıyla $\angle BGE=90^{\circ}$, yani $EG \bot AB$ ispatlandı.

Yani $EF$ iki çemberin ortak teğetidir.

Çözüm 2:

(Mehmet KAYSİ)

Şekle baktığımızda, $EF$ nin $AGF$ ve $BGE$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin ortak teğeti olduğunu ispatlamak doğal görünüyor. Yani $\angle GFE=\angle GAF=\alpha=\angle GDB$ olmalı, o da ancak $G, F, E, D$ çembersel iken mümkün. Dolayısıyla "$EF$ ortak teğet $\Leftrightarrow$ $G, F, E, D$ çemberseldir.'' diyebiliriz. Şimdi, $G, F, E, D$ noktalarının çembersel olduğunu ispatlayalım:

$ABC$ üçgeninin $A$, $B$, $C$ köşelerine ait açılar $\alpha, \beta, \gamma$ olsun ve $BC, AC, AB$ kenarlarının uzunlukları da $a, b, c$ olsun.

$A, G, D, C$ çembersel olduğundan, $\angle GDB =\angle BAC= \alpha$, $\angle BGD=\angle ACB=\gamma$, $\angle DFE=\angle EFC=90^{\circ}-\angle ECF=90^\circ-\gamma$ $\dots (*)$

$AF\cdot BC= AC\cdot EC \Leftrightarrow \dfrac{BC}{EC}=\dfrac{BC}{AF}=\dfrac{1}{k}$, $DE=EC=ak, AF=bk$.

$F$ den $BC$ ye çizilen paralel $AB$ yi $H$ de kessin. $\triangle AHF \sim \triangle ABC$ den $AH=ck$ bulunur. Dolayısıyla eşitlikleri yerine yazarsak $\dfrac{AH}{EC}=\dfrac{AB}{BC} \Rightarrow EH \| AC$ elde edilir.

Yani $HFCE$ bir paralelkenardır. $\angle EHF=\angle FCE=\angle FDE \Rightarrow H, D, E, F$ çemberseldir. Sonuç olarak, $D, E, F, G, H$ çembersel bulunur, ispat biter.

$xyz=1$ koşulunu sağlayan tüm $x,y,z$ pozitif gerçel sayıları için, $$\dfrac{1}{x+y^{20}+z^{11}}+\dfrac{1}{y+z^{20}+x^{11}}+\dfrac{1}{z+x^{20}+y^{11}}\le 1$$ olduğunu gösteriniz.

(Selim Bahadır)

Çözüm 1:

(Mehmey KAYSİ)

Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden ötürü herhangi $b$ gerçel sayısı için
$$(x+y^{20}+z^{11})(x^{2b-1}+y^{2b-20}+z^{2b-11})\geq (x^{b}+y^{b}+z^{b})^{2}$$ $$\Rightarrow \frac{1}{x+y^{20}+z^{11}} \leq \frac{x^{2b-1}+y^{2b-20}+z^{2b-11}}{(x^{b}+y^{b}+z^{b})^{2}}$$ Benzer biçimde elde ettiğimiz eşitsizlikleri taraf tarafa toplarsak, 1'den küçük eşit olduğunu göstermek istediğimiz toplamın, $$\frac{x^{2b-1}+y^{2b-1}+z^{2b-1}+x^{2b-20}+y^{2b-20}+z^{2b-20}+x^{2b-11}+y^{2b-11}+z^{2b-11}}{(x^{b}+y^{b}+z^{b})^{2}}$$ kesrinden küçük veya eşit olduğunu göstermiş oluruz.Yani uygun bir $b$ için bu kesrin $\leq 1$ olduğunu gosterirsek ispat tamamlanır.
Notasyon kolaylığı için $f(\alpha )=x^{\alpha}+y^{\alpha}+z^{\alpha}$ olsun. O zaman bizim göstermek istediğimiz ifade
$$f(2b-1)+f(2b-20)+f(2b-11)\leq f(2b)+2(x^{b}y^{b}+x^{b}z^{b}+y^{b}z^{b})$$
Üç tane $AGO$ uygulayarak $(x^{b}y^{b}+x^{b}z^{b}+y^{b}z^{b})\geq f(\frac{b}{2})$ olduğunu görebiliriz. Ayrıca açık bir şekilde $x^{b}y^{b}+x^{b}z^{b}+y^{b}z^{b}=f(-b)$. Bizim amacımız
$$f(2b-1)+f(2b-20)+f(2b-11)\leq f(2b)+f(-b)+f(\frac{b}{2}) (*)$$
olduğunu göstermek.

Lemma: $r\geq s\geq0$ ise, $f(r)\geq f(s)$ ve $f(-r)\geq f(-s)$.
İspat: $s=0$ ise, ifade basit bir AGO. $s>0$ ise, kuvvetler ortası eşitsizliğinden dolayı
$$(\frac{f(r)}{3})^{\frac{1}{r}}\geq (\frac{f(s)}{3})^{\frac{1}{s}}\geq \sqrt[3]{xyz}=1 \Rightarrow (\frac{f(r)}{3})^{\frac{s}{r}}\geq (\frac{f(s)}{3})\geq 1.$$
$f(r)\geq 3$ ve $r\geq s$ olduğundan $\frac{f(r)}{3}\geq \frac{f(s)}{3}$ olur.
$\Rightarrow f(r)\geq f(s).
$ $x,y,z$ yerine sırasıyla $x^{-1},y^{-1},z^{-1}$ koyarsak $f(-r)\geq f(-s)$ olur.

$b=7$ alalım. Lemmadan ötürü
$$f(13)\leq f(14), f(-6)\leq f(-7) {\rm ve} f(3)\leq f(\frac{7}{2})\Rightarrow (*) \text{ doğrudur.}$$

Çözüm 2:

(Fehmi Emre KADAN)

Hölder eşitsizliğinden
$$(x^{10}+y+1)(x^{10}+1+z^{10} )(x+y^{20}+z^{11} )\geq(x^7+y^7+z^7 )^3$$

Buradan da
$$\frac{1}{(x+y^{20}+z^{11} )}\leq \frac{(x^{10}+y+1)(x^{10}+1+z^{10} )}{(x^7+y^7+z^7 )^3}$$

bulunur. Aşağıdaki eşitsizliği ispatlamamız yeterlidir.
$$\sum_{cyc} \frac{(x^{10}+y+1)(x^{10}+1+z^{10} )}{(x^7+y^7+z^7 )^3} \leq 1$$

Son eşitsizliği düzenlersek
$$3+\sum_{cyc} x^{20} +3\sum_{cyc} x^{10}+ \sum_{cyc} x+\sum_{sym} x^{10} y+\sum_{cyc}x^{10} y^{10}\leq (x^7+y^7+z^7 )^3$$

haline dönüşür. Şimdi ise aşağıdaki lemmaları ispatlayalım:

Lemma 1: Her $x>0$ gerçel sayısı için
$$x^{21}+1 \geq x^{20}+x $$

İspat: $x^{21}+1\geq x^{20}+x \Leftrightarrow (x-1)(x^{20}-1)\geq 0$ olur ve son eşitsizlik sağlanır.

Lemma 2: $xyz=1$ şartını sağlayan her $x, y, z>0$ gerçel sayıları iğin
$$\sum_{sym} x^{14} y^7\geq 2\sum_{cyc} x^{10} y^{10}$$

İspat: İfadeyi homojen hale getirirsek $(14,7,0)\succ (\frac{31}{3},\frac{31}{3},\frac{1}{3})$ olduğundan Muirhead eşitsizliğinden ispat biter.

Lemma 3: $xyz=1$ şartını sağlayan her $x, y, z>0$ gerçel sayıları için
$$\sum_{sym} x^{14} y^7 \geq \sum_{sym} x^{10} y$$

İspat: İfadeyi homojen hale getirelim. $(14, 7, 0)\succ (\frac{40}{3}, \frac{13}{3}, \frac{10}{3})$ olduğundan Muirhead eşitsizliğinden ispat biter.

Lemma 4: $xyz=1$ Şartını sağlayan her $x, y, z>0$ gerçel sayıları için
$$\sum_{sym} x^{14} y^{7}\geq 2\sum_{cyc} x^{10} $$

İspat: İfadeyi homojenleştirelim. $(14, 7, 0)\succ (\frac{41}{3}, \frac{11}{3}, \frac{11}{3})$ olduğundan Muirhead eşitsizliğinden ispat biter.
Lemmaları kullanarak;
$$3+\sum_{cyc} x^{20} +\sum_{cyc} x \leq 6+\sum_{cyc} x^{21} \tag{1}$$
$$\sum_{cyc}x^{10} y^{10}\leq \dfrac{1}{2} \sum_{sym} x^{14} y^7 \tag{2}$$
$$\sum_{sym} x^{10} y\leq \sum_{sym} x^{14} y^7 \tag{3}$$
$$3\sum_{cyc} x^{10} \leq \frac{3}{2} \sum_{sym} x^{14} y^7 \tag{4}$$
bulunur. $(1)$, $(2)$, $(3)$ ve $(4)$ eşitsizliklerini taraf tarafa toplarsak
$$3+\sum_{cyc} x^{20} +3\sum_{cyc} x^{10}+ \sum_{cyc} x+\sum_{sym} x^{10} y+\sum_{cyc} x^{10} y^{10}\leq 6+\sum_{cyc} x^{21} +3\sum_{sym} x^{14} y^7 $$
buluruz. Son olarak $$6+\sum_{cyc} x^{21} +3\sum_{sym} x^{14} y^7=(x^7+y^7+z^7 )^3$$ olduğundan çözüm biter.

$a_{1}=5$ ve $n\ge 1$ için, $a_{n+1}=a_{n}^{3}-2a_{n}^{2}+2$ olsun. $p\equiv 3 \pmod 4$ koşulunu sağlayan bir $p$ asal sayısı $a_{2011}+1$ sayısını bölüyorsa, $p=3$ olduğunu kanıtlayınız.

(Fehmi Emre Kadan)

Çözüm 1:

(Muhammed Zahid ÖZTÜRK)

$\forall n$ için $a_n+1$ in $4k+3$ formunda bir asal böleni var ise 3 olduğunu gösterelim.

$a_{n+1}-2=a_n^3-2a_n^2$
$\Leftrightarrow \dfrac{a_{n+1}-2}{a_n-2}=a_n^2$
$\Rightarrow \dfrac{a_{n+1}-2}{a_n-2} \cdot \dfrac{a_n-2}{a_{n-1}-2} \cdots \dfrac{a_2-2}{a_1-2}=a_n^2\cdot a_{n-1}^2\ldots a_1^2$
$\Rightarrow \dfrac{a_{n+1}-2}{3}=a_n^2\cdot a_{n-1}^2\ldots a_1^2$
$\Rightarrow a_{n+1}+1=3\left[a_n^2\cdot a_{n-1}^2\ldots a_1^2+1\right].$

$p | a_{n+1}+1 \Rightarrow p|3$ ya da $p|a_n^2\cdot a_{n-1}^2\ldots a_1^2+1.$

İlk durumda $p=3$ olmak zorunda.

İkinci durumda,
$(a_n\cdot a_{n-1}\ldots a_1)^2 \equiv -1 (\mod p)$
$\Rightarrow \left[(a_n\cdot a_{n-1}\ldots a_1)^2\right]^{\frac{p-1}{2}} \equiv (-1)^\frac{p-1}{2} (\mod p)$
$\Rightarrow 1 \equiv (-1)^\frac{p-1}{2} (\mod p)$
$\dfrac{p-1}{2}$ çift olmalıdır. Öyleyse $p=4k+1$ formuda olmak zorundadır, $4k+3$ formunda olamaz.

Çözüm 2:

Çözüm [Lokman GÖKÇE]: Verilen bağıntıyı düzenlersek $a_{n+1} - 2 = a_n^2(a_n - 2) $ olup $\dfrac{a_{n+1} - 2}{a_n - 2} = a_n^2 $ yazılır. Şimdi $n$ ye $1$ den $2010$ a kadar değer vererek elde edilen ifadeleri taraf tarafa çarparsak, eşitliğin sol tarafı bir teleskopik çarpım olduğundan $\dfrac{a_{2011} - 2}{a_1 - 2} = a_1^2\cdot a_2^2 \cdots a_{2010}^2$ olur. Bir $x$ tam sayısı için $ a_1^2\cdot a_2^2 \cdots a_{2010}^2 = x^2$ olarak yazılabilir. $a_1=5$ olduğundan $a_{2011} - 2 = 3x^2$ olup
$$a_{2011} + 1 = 3(x^2 + 1)$$
bulunur. $a_{2011} + 1$ sayısının $p=3$ asalına bölündüğü açıktır.

Koşullara uygun başka $p$ asalı olmadığını ispatlamak için çelişki metodunu kullanalım. $p\equiv 3 \pmod{4}$ ve $p\neq 3$ olan bir $p$ asalı için $p\mid (a_{2011} + 1) $ olduğunu kabul edelim. Bu durumda $p\mid 3(x^2 + 1)$ olup $p\neq 3$ olduğundan $p \mid (x^2 + 1)$ dir. Dolayısıyla $x^2 \equiv -1 \pmod{p}$ dir. Fakat kare kalanlar ve Legendre sembolü için temel bir özellik olarak $p\equiv 3 \pmod{4}$ formunda bir asal sayı iken $\left( \dfrac{-1}{p}\right) = -1$ dir. Yani $x^2 \equiv -1 \pmod{p}$ denkliğini sağlayan $x$ tam sayısı yoktur, çelişki! İspatı için 4n+1 Asal bağlantısına bakılabilir. O halde $p\mid (a_{2011} + 1) $ ve $p\equiv 3 \pmod{4}$ koşullarına uygun biricik asal sayı $p=3$ tür.

$M$ ve $N$ düzlemde yer alan düzgün dışbükey çokgensel bölgeler olmak üzere, uç noktalardan biri $M$ ye, diğeri de $N$ ye ait olan doğru parçalarının orta noktalarından oluşan kümeyi $K(M,N)$ ile gösterelim. $K(M,N)$ nin de düzgün dışbükey çokgensel bir bölge olmasını sağlayan tüm $(M,N)$ ikililerini belirleyiniz.

(Selman Erol)

$A$ ülkesindeki $2011$ kent ile $B$ ülkesindeki $2011$ kent arasında karşılıklı uçak seferleri yapılıyor. İki kent arasındaki seferleri yalnızca bir hava yolu şirketi işletebiliyor ve bir kentten çıkan seferleri en çok $19$ farklı hava yolu şirketi işletebiliyor. Uçuşlar hava yolu şirketleri arasında bu koşulları sağlayacak biçimde nasıl paylaşılmış olursa olsun, yalnızca bir tek hava yolu şirketinin uçuşlarını kullanarak herhangi ikisi arasında gidebileceğimiz $k$ kent bulunuyorsa, $k$ nin alabileceği en büyük değeri belirleyiniz.

(Azer Kerimov)

Çözüm:

(Yunus Emre DEMİRCİ)

Önce $212$ için örnek verelim.
$A$ daki ve $B$ deki kentleri, her iki ülkede de $16$ tane $106$ kent ve $3$ tane $105$ kent olmak üzere $19$'ar gruba ayıralım. Bu gruplar arasındaki uçuşları farklı havayolu şirketleri kontrol etsin (Uçuşlar bir ülkeden diğerine olduğu için toplam $19^2$ havayolu şirketi olması gerekir). Bu durumda aynı havayolu şirketi kullanılarak en çok $212$ kente ulaşılabilir.

Şimdi uygun havayolu ile her zaman $212$ kente ulaşmanın mümkün olduğunu gösterelim.
$i \in \{1, 2, \ldots s\}$ olmak üzere, havayolu şirketi değiştirmeden ulaşılabilen kentlerin kümesi $K_i$, kentlerin sayısı ise $k_i$ olsun (bir havayolu şirketi için birden fazla küme bulunabilir). Soruda verilen şarttan dolayı her kent en fazla $19$ kümenin içinde olabilir. Yani, toplamda $4022$ kent olduğundan, $\sum_{i=1}^{n} k_i \leq 4022 \cdot 19$ dur.
Öte yandan, $i$ havayolu şirketi, $K_i$ 'de bulunan kentler arasında en fazla $\frac{k_i^2}{4}$ uçuş düzenleyebilir. Toplam uçuş sayısı $2011^2$ olduğundan $\sum_{i=1}^{n} \frac{k_i^2}{4} \geq 2011^2$, yani $\sum_{i=1}^{n} k_i^2 \geq 4 \cdot 2011^2$ olur.
Şimdi, $k_i$ 'lerden en az biri $212$'den büyükse ispat biter.
Hepsinin en çok $211$ olduğu duruma bakalım. Yani, $\sum_{i=1}^{n} k_i \leq 4022 \cdot 19$ ve $k_i \leq 211$ iken, $\sum_{i=1}^{n} k_i^2$ nin alabileceği en büyük değere bakalım. $a\geq b>0$ iken, $(a+1)^2+(b-1)^2>a^2+b^2$ olduğundan, $\sum_{i=1}^{n} k_i^2$ en büyük değerini $k_i$ lerin hemen hemen hepsi $211$ iken alır. $363\cdot 211 > 4002 \cdot 38$ olduğundan $363\cdot 211^2 \geq \sum_{i=1}^{n} k_i^2 \geq 4\cdot 2011^2$ olur. Fakat $363\cdot 211^2 < 4\cdot 2011^2$ olduğundan, bu durum mümkün değildir.