Tübitak Lise Takım Seçme - 2022 Çözümleri

Soruya başlamadan önce, $f(n)$ ile $n$'in binary halindeki $1$'lerin sayısını göstermek üzere, $n!$ içindeki $2$ çarpanlarının sayısının $n-f(n)$ olduğunu gösterelim. Burada $v_2(n)$, $n$'yi bölen en büyük $2$'nin kuvvetinin üssünü göstersin (Yani $m$ tek sayısı için $v_2 \left (2^am\right )=a$ olacaktır).

Lemma: $a_1>a_2>\cdots>a_k$ için $n=2^{a_1}+2^{a_2}+\cdots +2^{a_k}$ ise $v_2\left (n!\right )=n-k$ olacaktır.

İspat: $n=2^{a_1}+2^{a_2}+\cdots +2^{a_k}$ için $v_2(n!)=\sum_{i=1}^{\infty}\left \lfloor\dfrac{n}{2^i}\right \rfloor$ olduğundan $a_{j}\geq i>a_{j+1}$ için $$\left \lfloor\dfrac{n}{2^i}\right \rfloor=\left \lfloor\dfrac{2^{a_1}+\cdots+2^{a_j}+2^{a_{j+1}}+\cdots+2^{a_k}}{2^i}\right \rfloor=\left \lfloor 2^{a_1-i}+\cdots+2^{a_j-i}+\dfrac{2^{a_{j+1}}+\cdots+2^{a_k}}{2^i}\right \rfloor$$ $i>a_{j+1}$ olduğundan $2^{a_{j+1}}+\cdots+2^{a_k}\leq 2^{i-1}+2^{i-2}+\cdots +1=2^{i}-1$ ve $\dfrac{2^{a_{j+1}}+\cdots+2^{a_k}}{2^i}\leq \dfrac{2^{i}-1}{2^i}<1$ elde edilir. Yani $$\left \lfloor\dfrac{n}{2^i}\right \rfloor=2^{a_1-i}+\cdots+2^{a_j-i}$$ olacaktır. $$v_2(n!)=\sum_{i=1}^{\infty}\left \lfloor\dfrac{n}{2^i}\right \rfloor=\sum_{j=1}^{k}\sum_{i=a_{j+1}+1}^{a_{j}}\left (2^{a_1-i}+\cdots+2^{a_j-i}\right )$$ $$=\sum_{j=1}^{k}\sum_{i=0}^{a_j-1} 2^i=\sum_{j=1}^{k}\left (2^{a_j}-1\right )=n-k$$ elde edilir.

Buradan, $v_2(n!)=n-f(n)$ bulunur. Soruya geçecek olursak, $q=2$ için çözüm gelmez, $q$ tektir. $p>q-2$ olduğu bariz olduğundan $$q!=2^{q-2}\left(2^{p-q+2}-1\right)$$ ve $q!$ içerisindeki $2$ çarpanı sayısı $q-2$ olmalıdır. Buradan $v_2(q!)=q-2=q-f(q)$ ve $f(q)=2$ bulunur. $q$ tek olduğundan $q=2^k+1$ formatında olmalıdır. $k$'nın birden büyük tek böleni varsa, bu tek bölene $m$ dersek $2^{k/m}+1\mid q$ olacağından $q$ asal olamaz. Dolayısıyla $k$ da $2$'nin kuvvetidir.

$q=2^{2^n}+1$ formatındadır. $n=0$ için $q=3$ elde edilir, yerine yazılırsa $p=3$ bulunur. $n=1$ için $q=5$ elde edilir. Yerine koyulursa $p=7$ bulunur.

$n\geq 2$ için $q\geq 7$'dir ve $q\equiv 2\pmod{3}$ olacaktır. Eğer eşitliği $7$ modunda incelersek, $$2^p\equiv 2^{q-2}+q!\equiv \left(2^{3}\right)^{\frac{q-2}{3}}\equiv 1\pmod{7}$$ olur. $7$ modunda $2$'nin sadece $3$'ün katı olan üsleri $1$ kalanı verir. Dolayısıyla $p=3$ olmalıdır. Ancak $p>q-2>3$ olduğundan bu bir çelişkidir. $n\geq 2$ için çözüm yoktur.

Tüm çözümler $(p,q)=(3,3),(7,5)$ elde edilir.

$w_1$ ve $w_2$ nin merkezleri sırasıyla $O_1$ ve $O_2$ olsun. $m(\widehat {MKL}) = \alpha$ ve $m(\widehat {NLK}) = \theta$ olsun. $\Gamma$'nın merkezi $O_3$ olmak üzere $O_2L||O_1K$'den yararlanarak $m(\widehat {KMN}) = 180^{\circ}-\theta$ bulunur. $KLMN$ çemberseldir. Bu çember $w_3$ olsun. Ayrıca $ABKL$ çemberinede $w_4$ diyelim. $w_3 , w_4$ ve $\Gamma$'nın kuvvet eksenleri $MN , KL , MN$ noktadaştır. $M$ ve $N$ nin $\ell$'e göre yansımalarının $KL$ ile kesişimlerinin bu nokta olduğu açıktır. Dolayısıyla $AB , KL$ ve $RS$  noktadaştır. Kuvvet ekseni kuralından $ABRS$ çembersel olur. İspat biter.

Hiçbir asalı dışlamayan bir polinom bulduktan sonra, o polinomdan tek asalı dışlayan bulmak kolaydır. Örneğin, $P(x)$ polinomu hiçbir asalı dışlamasın ve rasyonel kökü olmasın. $p\not\mid P(0)$ olan bir asal için $Q(x)=P(px)$ polinomunu ele alırsak $p\neq q$ olan asallar için $x$ yerine $q$ modunda $p^{-1}y$ yazabileceğimizden $q$ asalı bu polinomda da dışlanmaz. Ancak $p\not\mid P(0)$ olduğundan $p$ asalı dışlanacaktır ve $\alpha$, $Q(x)$'in köküyse $p\alpha$ da $P(x)$'in kökü olacağından $Q(x)$'in rasyonel kökü bulunmayacaktır.

Direkt olarak $5.$ dereceden bir polinomu elde etmek zor olacağından $2.$ ve $3.$ dereceden iki polinom elde edip çarpmalıyız. İkinci dereceden olanlar için karekalanlığın devreye gireceği barizdir. $3.$ dereceden olanlar içinse küpkalan (cubic reciprocity) büyük olasılıkla karşımıza çıkacağından $3$ moduna göre asalları bölmek mantıklı olacaktır. Çünkü eğer $q\equiv 2\pmod{3}$ ise her $a$ için $$x^3\equiv a\pmod{q}$$ olacak şekilde bir $x$ vardır. $q=3n+2$ ise $x=a^{2n+1}$ alınarak bu denklik sağlanılabilir. Dolayısıyla $3.$ dereceden polinomu $x^3+2$ olarak seçebiliriz. Bu şekilde $3n+2$ modundaki asalları dışlamamış oluruz.

$2.$ dereceden kısım içinse $3n+1$ formatındaki asalları dışlamamamız gerekiyor. $\left(\frac{\cdot}{p}\right)$ ile Legendre sembolünü göstermek üzere, bunun için de her asal için $$\left(\frac{-3}{p}\right)\left(\frac{p}{3}\right)=1\implies \left(\frac{-3}{p}\right)=\left(\frac{p}{3}\right)$$ olmasını kullanabiliriz. Yani $-3$'ün karekalan olması için gerek ve yeterli şart $p\equiv 1\pmod{3}$ olmasıdır. Dolayısıyla $x^2+3$ polinomunu ele alırsak, bu polinom $3n+1$ formatındaki hiçbir asalı dışlamaz. Ayrıca $x=0$ için $3\mid x^2+3$ olacağından $3$'ü de dışlamaz.

Sonuç olarak $P(x)=(x^2+3)(x^3+2)$ polinomu rasyonel kökü olmayan ve hiçbir asalı dışlamayan bir $5.$ dereceden polinomdur. $p\neq 2,3$ için $P(px)$ alırsak, artık bu polinom sadece $p$'yi dışlayacaktır. Net bir örnek vermek gerekirse, $P(5x)=(25x^2+3)(125x^3+2)$ polinomu $5$ dışında hiçbir asalı dışlamaz.