Tübitak Lise 2. Aşama - 2022 Çözümleri

$AC < AB$ kabul edelim.
$A$ köşesine ait dış açıortay ile $BC$ doğrusu $N$ de kesişsin.
$BC$ çaplı çember, soruda verildiği gibi, $AN$ ye $T$ de teğet olsun. $MT=BM=MC$ ve $\angle MTN = 90^\circ$ olacaktır.
$AL$ açıortay olduğu için $BL=LC$ ve $LM \perp BC$ olacaktır.
Bu durumda $(KLM)$ çemberinin merkezi $KL$ nin orta noktasıdır. Bu nokta $O$ olsun.
$MKSL$ dikdörtgenini kuralım. $S$, $(KLM)$ çemberi üzerinde ve $M,O,S$ doğrusal olacaktır.
($MS = MC = BM$ olsaydı, $OS$ doğru parçası $(KLM)$ nin yarıçapı, $MS$ de $BC$ çaplı çemberin yarıçapı ve $M, O, S$ doğrusal olduğu için bu iki çember $S$ noktasında teğet olacaktı. Bizden istenen de bu. Yani $KL = MS = \dfrac {BC}2$ olduğunu göstermemiz gerekiyor.)

$AK$ iç açıortayı ile $AN$ dış açıortayı dik kesişeceği için $\angle KAN = 90^\circ$, dolayısıyla $AK \parallel TM$. Benzerliği yazarsak $$\dfrac {AK}{TM} = \dfrac {KN}{MN} \Longrightarrow AK = \dfrac {TM \cdot KN}{MN} = \dfrac {\dfrac {BC}2 \cdot KN}{MN} = \dfrac {BC\cdot KN}{2\cdot MN} \tag {1}$$
İç ve dış açırtay teoremlerinden $$\dfrac{AC}{AB} = \dfrac {CK}{KB} = \dfrac {CN}{NB} = \dfrac {CN}{CN + KB + CK} \Longrightarrow \dfrac {CK}{BK-KC} = \dfrac {CN}{BK+CK} $$ $$\Longrightarrow CN = \dfrac {CK(BK+CK)}{BK-KC} \tag {2}$$
$$KN = CN + CK = \dfrac {CK(BK+CK)}{BK-KC} + CK$$ $$ = CK\left ( \dfrac {BK+CK}{BK-CK} + 1 \right) = \dfrac {2\cdot BK \cdot CK}{BK-CK} \tag {3}$$
$$MN = CN + CM = \dfrac {CK(BK+CK)}{BK-KC} + \dfrac {BK+CK}{2} $$ $$= (BK+CK)\left ( \dfrac {CK}{BK-KC} + \dfrac 12 \right ) = (BK+CK)\left ( \dfrac {BK+CK}{2(BK-KC)} \right )  \tag {4}$$
$(3)$ ve $(4)$ ü oranlarsak $$\dfrac {KN}{MN} = \dfrac {4 \cdot BK\cdot CK}{BC^2} \tag {5}$$ elde ederiz. Bu değeri $(1)$ de yerine yazarsak $$AK = \dfrac {2\cdot BK \cdot CK}{BC} \Longrightarrow AK \cdot \dfrac {BC}2 = BK \cdot CK \tag {6}$$ bulunur. $K$ noktasının $(ABC)$ çemberine göre kuvvetinden $AK \cdot KL = BK \cdot CK$ olduğu için $KL = \dfrac {BC}{2}$ elde edilir.
$KL = MS = \dfrac {BC}2$ olduğu için hem $M$ merkezli çember, hem de $O$ merkezli çember $S$ den geçiyor demektir. $M, O, S$ noktaları da doğrusal olduğu için bu iki çember birbirlerine $S$ noktasında teğet olacaktır.

Dış açıortayın $[BC]$ çaplı çembere teğet olduğu nokta $T$ olmak üzere, iç ve dış açıortay arasındaki açı $90^\circ$ olması ve merkezden-teğet dikliğinden $MT || AL$'dir. $MT\cap AC=R$ olmak üzere deminki paralellik ve basit açı taşımayla $\triangle{BKL}\sim\triangle{RCM}$ elde edilir. Eğer soruda bizden istediği durum doğru olsaydı, $KLM$ dik üçgen olduğundan bu üçgenin çevrel çapı $|KL|$, $[BC]$ çaplı çemberin çevrel yarıçapı kadar olurdu ve $|MC|=|KL|$ elde edilirdi. Yani deminki benzerlikte benzerlik oranının $1$ olduğunu ispatlarsak soru biter. $|KL|=x,|BK|=y,|KL|=z$ olsun. Benzerlik oranı $k$ olmak üzere $|RC|=xk,|RM|=yk,|CM|=zk$ olur. $T$, $BC$ çaplı çemberin üzerinde olduğundan $|TR|=zk-yk$ elde edilir. Benzer şekilde $|KM|=zk-y$'dir. $\triangle{RCM}\sim\triangle{ACK}$ benzerliğinden $\frac{xk}{|AR|}=\frac{zk}{zk-y}$ ve $|AR|=\frac{x(zk-y)}{z}$ elde edilir. $\triangle {BLM}\sim\triangle {RAT}$ benzerliğinden $\frac{|AR|}{x}=\frac{z-y}{z}$ elde edilir. Demin bulduğumuz değeri yerine koyup düzenlersek $zk-y=z-y$ ve $k=1$ bulunur. İspat biter.

$k=1$ için sadece $n=1$ durumunu incelememiz yeterlidir. $\phi(1)=1\geq 0!$ olduğundan iddia doğrudur. Genel olarak $n=1$ için de iddia her zaman doğrudur.

$n,k\geq 2$ için $k=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}$ diyelim. $p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_m^{a_m}\geq n!$ için $$\phi(k)=p_1^{a_1-1}p_2^{a_2-1}\cdots p_{m}^{a_m-1}(p_1-1)(p_2-1)\cdots (p_m-1)=\frac{k(p_1-1)(p_2-1)\cdots (p_m-1)}{p_1p_2\cdots p_m}\geq \frac{n!(p_1-1)(p_2-1)\cdots (p_m-1)}{p_1p_2\cdots p_m}$$ olacaktır. Genelliği bozmadan $p_1<p_2<\cdots <p_m$ olduğunu kabul edelim. $x>0$ için $\frac{x-1}{x}=1-\frac{1}{x}$ artan bir fonksiyondur. $p_i\geq i+1$ olduğundan $$\frac{p_i-1}{p_i}\geq \frac{i}{i+1}$$ olacaktır. Buradan $$\phi(k)\geq \frac{n!(p_1-1)(p_2-1)\cdots (p_m-1)}{p_1p_2\cdots p_m}\geq \frac{n!\cdot 1\cdot 2\cdots m}{2\cdot 3\cdots (m+1)}=\frac{n!}{m+1}$$ olacaktır. Eğer $n-1\geq m$ olursa $$\phi(k)\geq \frac{n!}{m+1}\geq \frac{n!}{n}=(n-1)!$$ elde edilir.

Eğer $m\geq n$ ise $k\geq p_1p_2\cdots p_m$ ve $p_i\geq i+1$ olduğundan $$\phi(k)=\frac{k(p_1-1)(p_2-1)\cdots (p_m-1)}{p_1p_2\cdots p_m}\geq (p_1-1)(p_2-1)\cdots (p_m-1)\geq 1\cdot 2\cdots m\geq n!\geq (n-1)!$$ elde edilir.

Dolayısıyla $k\geq n!$ ise $\phi(k)\geq (n-1)!$ olacaktır.

$x+y+z=A$ sayısını sabitleyelim, $t=x,y,z$ için $$\frac{t^3+a}{A-t}=-3\implies t^3-3t+3A+a=0$$ bulunur. Bu üçüncü dereceden denklemin en fazla 3 kökü vardır ve bu 3 kökü $x,y,z$ olmalıdır. Yani $$(t-x)(t-y)(t-z)=t^3-3t+3A+a$$ olmalıdır. Vieta'dan $x+y+z=A=0$ olmak zorundadır. Aksi takdirde çelişki elde ederiz. Yani $x,y,z$ sayıları, $P(t)=t^3-3t+a$ polinomunun farklı kökleridir. $$P'(t)=3t^2-3\implies P'(t)=0 \text{ denkleminin kökleri } \pm 1$$ $P(1)=a-2$ ve $P(-1)=a+2$'dir.  Polinomun 3 tane kökü olması için lokal maksimum/minimum noktalarında katlı kök olmamalı ve bu noktalardaki görüntüleri zıt işaretli olmalıdır. $P(1)<P(-1)$ olduğundan $a+2>0$ ve $a-2<0$ olmalıdır. Yani $a\in (-2,2)$'dir. İfadelerin tanımlı olması için $x+y$, $y+z$, $x+z$ değerleri $0$'dan farklı olmalıdır. $x+y+z=0$ olduğundan $x,y,z$ değerleri de $0$'dan farklı olmalıdır. Dolayısıyla $a\neq 0$ olmalıdır. Buradan $a\in (-2,2)-\{0\}$ elde edilir.

$AH$; $BC$ yi $D$ de, $(ABC)$ çemberini $E$ de kessin.
$(AHO)$ çemberi ile $(ABC)$ çemberi $F$ de kesişsin.


Bilinen bir özellik olan $HD=DE$ eşitliğini, $\angle CBE = \angle CAH = \angle HBC$ ile gösterebiliriz.
Bu durumda $TH=TE$ olacaktır.

$\angle AOH = \alpha$ ve $\angle OAH = \beta$ olsun.
$\angle AFH = \angle AOH = \alpha$ ve $\angle HFO = \angle OAH = \angle OEA = \beta$ olacaktır.
$OA = OF$ olduğu için $\angle OFA = \angle OAF = \alpha + \beta$.
$OFOH$ kirişler dörtgeninde $ \angle FHO = \angle OAF = \angle OFA = \angle OHE = \alpha + \beta$ olacaktır.
$OH$ iki üçgende de ortak olduğu için $\triangle FHO \cong \triangle EHO \qquad (AA)$ elde edilir. Bu da $FH=HE$ demektir.

$(KAK)$ eşliğinden $\triangle FHT \cong \triangle EHT$ olacaktır. Dolayısıyla $TF=TE=TH$ olur.
Son durumda $XFTH$ dörtgeni simetri ekseni $TX$ olan bir deltoiddir. Yani $H$ nin $TX$ e göre yansıması $F$ dir ve $F$ noktası $(ABC)$ çemberi üzerindedir.

Cevap: $77$.

Öncelikle koşulları sağlayan $77$ günlük bir gezi programı örneği verelim. $26 \cdot 71=2002$ ögrenci alınıp bunların $26 \cdot 51=1326$ sı $A$ sınıfına konulsun ve her birine
$$
A=\left\{(i, j): i, j \in \mathbb{Z}_{+}, \quad i+j \leq 52\right\}
$$
kümesinden farklı birer ikili verilsin, kalan $26 \cdot 26=676$ sı ise $B$ sınıfına konulsun ve her birine
$$
B=\left\{(i, j): i, j \in \mathbb{Z}_{+}, \quad i \leq 26, j \leq 26\right\}
$$
kümesinden farklı birer ikili verilsin. Sonra $1 \leq k \leq 77$ olmak üzere $k$-nci günde

$(i)$ $k \leq 51$ ise $A$ sınıfından $i=52-k$ koşulunu sağlayan $k$ öğrenci müze gezisine gitsin,
$(ii)$ $k \geq 52$ ise $A$ ve $B$ sınıflarından $j=78-k$ koşulunu sağlayan toplam $k$ öğrenci doğa gezisine gitsin.

Şimdi de koşulları sağlayan $n$ günlük bir gezi programı için $n \leq 77$ olduğunu gösterelim. En kalabalık $52$ gezi grubu $M_{1}, M_{2}, \ldots, M_{k}, D_{k+1}, \ldots, D_{52}$ olsun ( $M_{i}$ ler müze gezisi gruplarını, $D_{i}$ ler ise doğa gezisi gruplarını göstersin). Koşullardan dolayı $\left|M_{i} \cap D_{j}\right| \leq 1$ dir ve $i \neq j$ için $\left|M_{i} \cap M_{j}\right|=0$ ve $\left|D_{i} \cap D_{j}\right|=0$ dır. O halde
$$
\begin{gathered}
\sum\left|M_{i}\right|+\sum\left|D_{i}\right|= \\
\left|M_{1} \cup \ldots \cup M_{k} \cup D_{k+1} \cup \ldots \cup D_{52}\right|+\sum\left|M_{i} \cap D_{j}\right| \leq \\
2022+k(52-k) \leq 2698<26 \cdot 104
\end{gathered}
$$
tür. Öte yandan tüm gezi gruplarında farklı sayıda öğrenci bulunduğundan
$$
\sum\left|M_{i}\right|+\sum\left|D_{i}\right| \geq n+(n-1)+\ldots+(n-51)=(2 n-51) \cdot 26
$$
dır. Dolayısıyla $2 n-51<104$ olup $n \leq 77$ dir.

Not 1: Çözümde $n \leq 77$ nin ispatlandığı kısımda en kalabalık $52$ gruba bakmak yerine herhengi bir $46 \leq m \leq 58$ sayısı için en kalabalık $l$ gruba bakmak da aynı sonuca ulaştırır.

Not 2: Soruda $2022$ yerine herhangi bir $m$ sayısı olursa cevap $n(n+1) \leq 3 m$ koşulunu sağlayan en büyük $n$ tam sayı değeri olur.

Kaynak: Tübitak 30. Ulusal Matematik Olimpiyatı İkinci Aşama Sınavı Çözümleri