Tübitak Lise 2. Aşama - 2009 Çözümleri

$p^{3}-4p+9$ un tam kare olmasını sağlayan tüm $p$ asal sayılarını bulunuz.

(Okan Tekman)

Çözüm:

(Eren DURLANIK)

Cevap: $p=2,\ 7,\ 11$ değerleri için $p^3-4p+9=\ 3^2,\ {18}^2,\ {36}^2$ olarak bulunur.

$x^2=p^3-4p+9$ denklemini $p$ asalı ve $x\in {{\mathbb N}}_0$ için çözeceğiz.

$p=2$ ise $x=3$ sağlıyor, yani $p=2$ çözümdür. $p\ne 2$ durumuna bakmak yeterlidir.

$x^2\equiv 9 \pmod p$ olduğundan; bir $k$ tam sayısı için $x=kp-3$ veya $x=kp+3$ olmalıdır.

$x=kp-3$ ise; ${(kp-3)}^2=p^3-4p+9\Rightarrow k^2p-6k=p^2-4\Rightarrow p|6k-4$ olmalıdır. $p\ne 2$ olduğundan, $p|3k-2$ olmalıdır. Yani $p\le 3k+2$ olmalıdır.

$x=kp+3$ ise; ${(kp+3)}^2=p^3-4p+9\Rightarrow k^2p+6k=p^2-4\Rightarrow p|6k+4$ olmalıdır. $p\ne 2$ ise $p|3k+2$ olmalıdır. Yani $p\le 3k+2$ olmalıdır.

İki durumda da $p\le 3k+2$ olmalıdır. Öyleyse $\dfrac{p-2}{3}\le k\Longrightarrow \dfrac{p^2-2p-9}{3}\le kp-3\le x$ .

Şimdi $x$ üzerinden iki durum inceleyelim:

i) $x\le \dfrac{p^2}{4}\Rightarrow \dfrac{p^2-2p-9}{3}\le \dfrac{p^2}{4}\Rightarrow p\le 8+\dfrac{36}{p}\Rightarrow p\le 11$ ;

ii) $x>\dfrac{p^2}{4}\Rightarrow x^2=p^3-4p+9$ olduğundan $\dfrac{p^4}{16}<p^3-4p+9\Rightarrow p<16-\dfrac{16(4p-9)}{p^3}\Rightarrow p\le 13$.

Demek ki $p\le 13$ olmalıdır, bu şartı sağlayan asallarda incelenirse yalnızca $7$ ve $11$ in sağladığı görülür. Yani, tüm çözümler $p=2,\ 7,\ 11$ olarak bulunur.

$\Gamma $, $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi; $D$ ve $E$ de, sırasıyla $[AB]$ ve $[AC]$ kenarları üstünde köşelerden farklı noktalar olsun. $A'$, $\widehat{BAC}$ nin açıortayının $\Gamma $ yı ikinci kez kestiği nokta; $P$ ve $Q$ da, sırasıyla $A'D$ ve $A'E$ doğrularının $\Gamma $ yı ikinci kez kestiği noktalar olsun. $R$ ve $S$ sırasıyla $APD$ ve $AQE$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin $AA'$ doğrusunu ikinci kez kestikleri noktalar ise; $DS$ ve $ER$ doğrularının, $\Gamma$ ya $A$ da teğet olan doğru üstünde bir noktada kestiğini gösteriniz.

(Serhat Doğan)

Çözüm:

(Eren DURLANIK)

LEMMA:
$x,\ y,\ z,\ t$ pozitif açıları $x+y=z+t<180$ ve $\dfrac{\sin\ x}{\sin\ y}=\dfrac{\sin\ z}{\sin\ t}$ şartını sağlıyor ise;$x=z$ ve $y=t$ olmalıdır.

İSPAT:
Eşitlikten ötürü $\sin\ x.\sin\ t=\sin\ y.\sin\ z$ dir. Öyleyse açı formüllerinden ötürü $cos(x-t)-cos(x+t)=cos(y-z)-cos(y+z)$ sağlanır. Ayrıca $x-t=z-y$ olduğundan $cos(x-t)=cos(y-z)$ ve dolayısıyla $cos(x+t)-cos(y+z)=0$ olur.

Öyleyse; $2\ \sin\left(\dfrac{x+t-y-z}{2}\right)\sin(\dfrac{x+y+z+t}{2})=0$ dır. $\dfrac{x+y+z+t}{2}<180$ olduğundan $\sin(\dfrac{x+y+z+t}{2})\ne 0$ yani $\sin(\dfrac{x+t-y-z}{2})=0$ olmalıdır. Öyleyse $x+t=y+z$ olmalı ve $x+y=z+t$ olduğundan; $x=z$ ve $y=t$ sağlanmalıdır, Lemma ispatlandı.

Şimdi sorumuza dönelim.

$A,\ Q,\ S,\ E$ çembersel olduğundan $\angle SQE=\dfrac{A}{2}$ dır. Ayrıca $A,Q,A',B$ noktaları da çembersel olduğundan $\angle BQE=\dfrac{A}{2}$ olmalıdır. Dolayısıyla $Q,S,B$ doğrusaldır, aynı şekilde $P,R,C$ noktaları da doğrusaldır. Çembersellikten $\angle AQB=\angle ACB=\angle AES=C$ dir. Yani $SE\parallel BC$ ve aynı şekilde $DR\parallel BC$ bulunur.

$ABC$ üçgeninin çevrel çemberine $A$ noktasından çizilen teğetle $ER$ doğrusu $M$ noktasında kesişsin. $M$, $S$ ve $D$ noktalarının doğrusal olduğunu göstermemiz yeterlidir. $\angle SER=\angle QRM=\alpha$ olsun. $ARM$ üçgeninde $D$ noktasına göre ve $AEM$ üçgeninde $S$ noktasına göre Trigonometrik Ceva yaparsak:

$\dfrac{\sin(\angle AMD)}{\sin(\angle DMR)}=\dfrac{\sin\ C.\sin\ (C+\dfrac{A}{2})}{\sin\ \dfrac{A}{2}.\ \ \sin\ \alpha}$ ve $\dfrac{\sin\ (\angle SMA)}{\sin\ (\angle SMR)}=\dfrac{\sin\ C.\sin\ (C+\dfrac{A}{2})}{\sin\ \dfrac{A}{2}.\ \ \sin\ \alpha}$ bulunur. Buradan $\dfrac{\sin(\angle AMD)}{\sin(\angle DMR)}=\dfrac{\sin\ (\angle SMA)}{\sin\ (\angle SMR)}$ elde edilir. $\angle AMD+\angle DMR=\angle SMA+\angle SMR$ olduğundan Lemma'dan ötürü $\angle AMD=\angle SMA$ ve $\angle DMR=\angle SMR$ bulunur.

Yani $M,\ S$ ve $D$ noktaları doğrusal olur ve ispat tamamlanır.

Bir beldenin Elektrik İşleri görevlisi Ahmet, $k$ gün boyunca her gün, ya seçtiği bir direkle yine kendisinin seçtiği istediği sayıda direk arasına birer tel bağlıyor, ya da en çok $17$ direk ikilisi seçip her ikiliye ait direkler arasına birer tel bağlıyor. Beldenin Boya İşleri görevlisi Berna da, beldede kaç direk olursa olsun ve Ahmet telleri nasıl bağlarsa bağlasın, beldedeki tüm direklerin en çok $2009 $ renk kullanarak ve aralarına tel bağlanmış herhangi iki direk aynı renkte olmayacak biçimde boyanabileceğini iddia ediyor. $k$ nin, Berna'nın iddiasının doğru olmasını sağlayan en büyük değerinin belirleyiniz.

(Azer Kerimov)

Çözüm:

Cevap: $k$ nin en büyük değeri 2000 dir.

Ahmet' in seçtiği bir direkle yine kendisinin seçtiği istediği sayıda direk arasına birer tel bağlaması işlemine birinci işlem, en çok $17$ direk ikilisi seçip her ikiliye ait direkler arasına birer tel bağlaması işlemine de ikinci işlem diyelim.
Öncelikle $k\le 2000$ olduğunu ispatlayalım. $k>2001$ durumunda Ahmet $17$ direk seçip $\dfrac{\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{17}{2}\right)}{17}=8$ bunların her ikilisi arasına tel bağlayıp, kalan direklerden $1993$ tanesini seçip $1993$ gün boyunca bunların her biriyle başlangıçta seçtiği $17$ direk ve bu $1993$ direkten işlem yaptığı dışındakiler arasına tel bağlanırsa $2001$ günün sonunda her ikilisi arasında tel bulunan, yani her ikilisinin farklı renkte boyanması gereken $1993+17=2010$ direk elde edilir. Ancak bu durumda Berna $2009$ renk ile istediği şekilde boyama yapamaz. O halde $k\le 2000$ dir.

Ahmet $2000$ günde ne yaparsa yapsın, Berna'nın iddiasını doğrulayabileceğini ispatlayalım. Ahmet birinci işlemi en fazla $2000$ kez yapacağından işlemi yapmak için seçtiği direk ile arasına tel bağladığı ancak işlem yapmadığı direkler en fazla $2000$ direğe bağlı olup, Ahmet'in işlem yapmak için seçtiği direkler $2009$ renk ile boyanabilirse, bu direkler bağlı oldukları direklerde kullanılmayan bir renkle boyanabileceği için bunları yok varsayabiliriz. Ahmet $a$ gün birinci işlemi, $b$ gün ikinci işlemi yapmış olsun. $a+b=2000$ dir. İlk işlemi yaptığı direkler kümesine $A$, ikinci işlemi yaptığı direkler kümesine $B$ diyelim. $|A|=a$ olup $A$ kümesi $a$ renk ile boyanır. $A$ daki tüm direklerle $B$ deki tüm direkler arasında tel bulunduğundan $B$ deki direklerin kendi aralarında $2009-a$ renk ile boyanabileceğini ispatlarsak Berna'nın iddiası doğru olur.

İddia: Aralarındaki tel sayısı $n\in {\mathbb N}$ için $\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{2}\right)$ ni aşmayan direkler en çok $n$ renk ile boyanabilir.

İspat: Aralarında hiç tel olmayan en çok direk içeren grubu alalım, daha sonra geriye kalanlara aynısını uygulayarak telleri gruplayalım. Grupları oluşturma şeklimizden dolayı herhangi iki farklı gruptan aralarında tel bulunan birer direk bulunur. O halde grup sayısına $m$ dersek en az $\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{m}{2}\right)$ tel bulunur. $\left(\genfrac{}{}{0pt}{}{m}{2}\right)\le \left(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{2}\right)$ olup $m\le n$ dir. Her grubu bir renge boyarsak direkler an fazla $n$ renk ile boyanmış olur ve iddiayı ispatlamış oluruz.

$b{\in {\mathbb N}}_0$ olup $(b-8)(b-9)\ge 0\Rightarrow b^2-17b+72\ge 0\Rightarrow b^2+17b+72\ge 34b\Rightarrow (b+9)(b+8)\ge 34b\Rightarrow \left(\genfrac{}{}{0pt}{}{b+9}{2}\right)\ge 17b$ olup iddiadan $B$ deki direkler en çok $b+9$ renk ile boyanabiliyor. O halde tüm direkler en çok $a+(b+9)=2000+9=2009$ renk ile boyanabiliyor. Sonuç olarak cevap $k=2000$ dir.

Dar açılı $ABC$ üçgeninin diklik merkezi $H$ ve $A,B,C$ köşelerine ait yüksekliklerinin ayakları da, sırasıyla $ A_{1},B_{1},C_{1}$ dir. $K$, $[AB]$ çaplı çemberin küçük $AB_{1} $ yayı üstünde yer alan ve $m(\widehat{HKB})=m(\widehat{C_{1}KB})$ koşulunu sağlayan bir nokta ve $\lbrack KB\rbrack \cap \lbrack CC_{1}\rbrack =\lbrace L\rbrace $ olmak üzere; $C$ merkezli ve $\lbrack CL\rbrack $ yarıçaplı çember $\lbrack AA_{1}\rbrack $ i $M$ noktasında kesiyor. $ B$ merkezli ve $[BM]$ yarıçaplı çemberin $CC_{1}$ doğrusunu kestiği noktalar $P$ ve $Q$ ise, $A,K,P$ ve $Q$ noktalarının çemberdeş olduğunu kanıtlayınız.

(Hasan Hüseyin Eruslu)

Çözüm:

$A,C_1,H,B_1$ çembersel olduğundan $\angle LHB=A$ olur. $A,B,B_1,K$ çembersel olduğundan $\angle BKB_1=\angle BAB_1=A$ öyleyse $\angle LHB=\angle BKB_1$ dir. Yani $L,K,B_1,H$ çemberseldir. $\angle AC_1L=\angle AB_1B=\angle AKL=90^\circ$ olduğundan $A,C_1,L,K$ çemberseldir. Öyleyse; $\angle C_1AL=\angle C_1KL=\angle LKH=\angle LB_1H$ dır. $\angle ALC=90^\circ+\angle C_1AL$ ve $\angle LB_1C=90^\circ+\angle LB_1H$ dır.

Yani $\angle ALC=\angle LB_1C$ dir. Böylece $ALC$ ve $LB_1C$ üçgenleri benzerdir. Benzerlikten; ${CL}^2=CB_1\cdot CA$ elde edilir. $B,A,B_1,A_1$ çembersel olduğundan ${CB}_1\cdot CA=CA_1\cdot CB$ ve $CM=CL$ olduğundan ${CM}^2=CB\cdot CA_1$ elde edilir. Dolayısıyla Öklid'den $\angle BMC=90^\circ$ bulunur. $BP=BM$ ve $C,A,C_1,A_1$ çemberselliğinden ve Öklid'den ${BP}^2={MB}^2=BA_1\cdot BC=BA\cdot BC_1$ bulunur. Dolayısıyla Öklid'den $\angle BPA=90^\circ$ olur ve aynı şekilde $\angle BQA=90^\circ$ olur. Yani $A,K,P,Q$ noktaları çemberseldir.

Tüm $a,b,c$ pozitif gerçel sayıları için, $$ \dfrac{(b+c)(a^{4}-b^{2}c^{2})}{ab+2bc+ca}+\dfrac{(c+a)(b^{4}-c^{2}a^{2})}{bc+2ca+ab}+\dfrac{(a+b)(c^{4}-a^{2}b^{2})}{ca+2ab+bc}\ge 0$$ olduğunu gösteriniz.

(Fehmi Emre Kadan)

Çözüm:

$\sum{\dfrac{(b+c)(a^4-b^2c^2)}{ab+2bc+ca}\ge 0}\Leftrightarrow \sum{\dfrac{a^4b+a^4c-b^3c^2-b^2c^3}{ab+2bc+ca}}\ge 0\Leftrightarrow \sum{\dfrac{a^4b+a^4c}{ab+2bc+ca}}\ge \sum{\dfrac{b^3c^2+c^3b^2}{ab+2bc+ca}}$ sağlanır. Bu son eşitsizliği ispatlayalım.

Genelliği bozmadan $a\ge b\ge c$ kabul edebiliriz.

Bu durumda $\dfrac{1}{ab+2bc+ca}\ge \dfrac{1}{bc+2ca+ab}\ge \dfrac{1}{ca+2ab+bc}$ sıralamasının doğru olduğu açıktır. Ayrıca $a(b+c)\ge b(a+c)\ge c(a+b)$ olduğundan, $a^4(b+c)\ge b^4(a+c)\ge c^4(a+b)$ eşitsizliği de sağlanır. Dolayısıyla Chebishev Eşitsizliği'nden

$\sum{\dfrac{a^4b+a^4c}{ab+2bc+ca}}\ge \dfrac{1}{3}(a^4b+a^4c+b^4a+b^4c+c^4a+c^4b)\sum{\dfrac{1}{ab+2bc+ca}}$ elde edilir.

Benzer şekilde $a^3b^2+a^2b^3\ge c^3a^2+a^3c^2\ge b^3c^2+c^3b^2$ olduğundan, yine Chebishev Eşitsizliği'ni kullanarak

$\sum{\dfrac{b^3c^2+c^3b^2}{ab+2bc+ca}}\le \dfrac{1}{3}(a^3b^2+b^3a^2+b^3c^2+c^3b^2+c^3a^2+a^3c^2)\sum{\dfrac{1}{ab+2bc+ca}}$ olarak bulunur.

Son iki eşitsizlikten, $\dfrac{1}{3}\sum{a^4b}\sum{\dfrac{1}{ab+2bc+ca}}\ge \dfrac{1}{3}\sum{a^3b^2}\sum{\dfrac{1}{ab+2bc+ca}}\Leftrightarrow \sum{a^4b\ge }\sum{a^3b^2}$ olduğunu ispatlamak yeterlidir. Son olarak Cauchy-Schwarz Eşitsizliği'ni kullanarak:
$$\left(\sum{a^4b}\right).\left(\sum{a^3b^2}\right)=\left(a^4b+a^4c+b^4a+b^4c+c^4a+c^4b\right)\left({b^3a^2+c^3a^2+a}^3b^2+c^3b^2+a^3c^2+b^3c^2\right)$$ $$\ge {\left(a^3b^2+b^3a^2+b^3c^2+c^3b^2+c^3a^2+a^3c^2\right)}^2={\left(\sum{a^3b^2}\right)}^2$$
ve dolayısıyla $\sum{a^4b\ge }\sum{a^3b^2}$ bulunur, ispat biter.