Tübitak Lise 2. Aşama - 2006 Çözümleri

Bir $ABCD$ konveks dörtgeninin $\lbrack CD\rbrack $ kenarı üzerinde $0<\vert DE\vert =\vert FC\vert <|CD|$ olacak şekilde $E$ ve $F$ noktaları alınıyor. $ADE$ ve $ACF$ üçgenlerinin çevrel çemberleri ikinci kez $K$ noktasında; $BDE$ ve $BCF$ üçgenlerinin çevrel çemberleri ikinci kez $L$ noktasında kesişiyor. $A,B,K,L$ noktalarının çemberdeş olduğunu ispat ediniz.

(Selim Bahadır)

Çözüm 1:

$AK$ doğrusu $CD$ yi $M$ de kessin.

$\left(ADE\right)$ çemberine göre, $MK\cdot MA=ME\cdot MD=ME\left(ME+ED\right)$.

$\left(ACF\right)$ çemberine göre, $MK\cdot MA=MF\cdot MC=MF\left(MF+FC\right)$.
$$ME^2+ME\cdot ED=MF^2+MF\cdot FC\Rightarrow ME^2-MF^2+ED\left(ME-MF\right)=0 $$ $$\Rightarrow \left(ME-MF\right)\left(ME+MF+ED\right)=0\Rightarrow ME=MF$$
$M$ noktasının $(BDE)$ çemberine göre kuvveti, $(BCF)$ çemberine göre kuvvetine eşit olacağından $M$, bu iki çemberin kuvvet ekseni üzerindedir. Yani, $BL$ doğrusu da $CD$ yi $M$ de kesecek. $$EM\cdot MD=MF\cdot MC$$ $$\Rightarrow MK\cdot AM=ML\cdot MB$$ olduğu için $A,K,L,B$ noktaları çemberseldir.

Çözüm 2:

$AK$ ile $BL$ doğrularının $CD$ üstünde kesiştiğini göstereceğiz, ki bu direkt olarak kesişim noktası için birkaç çembere göre kuvvetten istenen çemberselliği verecek.

$AK\cap CD=P$ ve $BL\cap CD=Q$ olsun

$P$ ve $Q$ noktaları sırasıyla $(ADEK)-(AKFC)$ ve $(BLED)-(BLFC)$ çemberlerinin kuvvet ekseni üzerindedir. Dolayısıyla $PE\cdot PD=PF\cdot PC$ ve $QE\cdot QD=QF\cdot QC$ olur. Bu ise $P\equiv Q$ çakışıklığını doğurur (Neden?). Sonrasında $P$ noktasının $(ADEK)$ ve $(BLFC)$ çemberlerine göre kuvvetinden $PE.PD=PK.PA=PF.PC=PL.PB$ elde edilir, istenen çembersellik $L\in (ABK)$ şeklinde elde edilir.

$2006$ öğrenci ve $14$ öğretmenin bulunduğu bir okulda, her öğrencinin en az bir öğretmen ile tanışık olması koşuluyla, öğretmenler ve öğrenciler arasındaki tanışıklı bağıntısı ne olursa olsun; öğretmenin tanıdığı öğrenci sayısının, öğrencinin tanıdığı öğretmen sayısına oranının en az $t$ olduğu, birbirini tanıyan bir öğrenci-öğretmen ikilisinin bulunmasını sağlayan en büyük $t$ gerçel sayısını belirleyiniz.

(Azer Kerimov)

Çözüm:

Cevap: $t=\dfrac{2006}{14}$.

Tüm öğrencilerin öğretmenlerle tanışık olduğu durumu düşünürsek tüm öğrenci ve öğretmen ikilileri için bu oran $\frac{2006}{14}$ e eşittir ve dolayısıyla $t\leq \frac{2006}{14}$ elde ederiz.

Şimdi $t=\frac{2006}{14}$ ün istenen şartı sağlayacağını ispatlamamız yeterlidir. $1\leq i \leq 14$ için, $a_i$ ile, $i.$ öğretmenin tanıdığı öğrenci sayısını; $1\leq j \leq 2006$ için, $b_j$ ile de $j.$ öğrencinin tanıdığı öğretmen sayısını gösterelim. Öğrencilerimizi $1$ den $2006$ ya kadar, öğretmenlerimizi de $1$ den $14$ e kadar numaralandıralım. $T$, birbirini tanıyan tüm $(i,j)$ öğretmen-öğrenci ikililerinin kümesi olsun. Bu gösterimle, $\left |\{\ j:\ (i,j)\in T\ \}\right |=a_i \geq 0$ ve $\left |\{\ i:\ (i,j)\in T\ \} \right |=b_j \leq 1$ olduğunu gözlemleyelim.

$\dfrac{a_i}{b_j}$ oranının maksimum olmasını sağlayan $(i,j)\in T$ ikilisi vardır, bu ikili $(i_0,j_0)\in T$ olsun. Dolayısıyla $(i,j)\in T$ için, $\dfrac{{a_i}_0}{{b_j}_0} \geq \dfrac{a_i}{b_j}$ koşulunu sağlanır. Şimdi, tüm $(i,j)\in T$ için, $\dfrac{{a_i}_0}{b_{j_0}}\cdot \dfrac{1}{a_i} \geq \dfrac{1}{b_j}$ eşitsizliklerini toplarsak, $$\dfrac{{a_i}_0}{{b_j}_0}\cdot (\sum\limits_{(i,j)\in T}{\dfrac{1}{a_i}}) \geq \sum\limits_{(i,j)\in T}{\dfrac{1}{b_j}}$$ eşitsizliğini elde ederiz. Şimdi, $$\sum\limits_{(i,j)\in T}{\dfrac{1}{a_i}=\sum\limits^{14}_{i=1}{\sum\limits_{\{j:\ (i,j)\in T\}}{\dfrac{1}{a_i}}}}=\sum\limits^{14}_{i=1}{\dfrac{|\ \{j:\ (i,j)\in T\}\ |}{a_i}}=\sum\limits_{\{i:\ a_i \neq 0\}}{\dfrac{a_i}{a_i}}=\sum\limits_{\{i:a_i \neq 0\}}{1\leq 14}$$ ve benzer şekilde $$\sum\limits_{(i,j)\in T}{\dfrac{1}{b_j}=\sum\limits^{2006}_{j=1}{\sum\limits_{\{i:\ (i,j)\in T\}}{\dfrac{1}{b_j}}}}=\sum\limits^{2006}_{j=1}{\dfrac{|\ \{i:\ (i,j)\in T\}\ |}{b_j}}=\sum\limits^{2006}_{j=1}{\dfrac{b_j}{b_j}=\sum\limits^{2006}_{j=1}{1}}=2006$$ bulunur. Son eşitlikte eşitlik durumu vardır, çünkü sorudaki varsayım gereği her öğrenci en az bir öğretmen tanımaktadır.

Dolayısıyla $\dfrac{{a_i}_0}{{b_j}_0}\cdot 14 \geq \dfrac{{a_i}_0}{{b_j}_0}\cdot \sum\limits_{\left(i,j\right)\in T}{\dfrac{1}{a_i}} \leq \sum\limits_{\left(i,j\right)\in T}{\dfrac{1}{b_j}} \geq 2006\Rightarrow \ \dfrac{{a_i}_0}{{b_j}_0} \geq \dfrac{2006}{14}$ bulunur. Demek ki $(i_0,j_0)$ öğretmen-öğrenci ikilisi için bu oran $\geq \dfrac{2006}{14}$ dür, ispat biter.

$$P_{n}(x)=(x^{2}+x+1)^{n}-(x^{2}+x)^{n}-(x^{2}+1)^{n}-(x+1)^{n}+x^{2n}+x^{n}+1$$ polinomunun tüm katsayılarının $7$ ile bölünmesini sağlayan bütün $ n$ pozitif tam sayılarını bulunuz.

(Okan Tekman)

Çözüm:

Cevap: $0\le k\le l$ tamsayılar olmak üzere, $n=7^k$ ve $n=7^k+7^l$ formatındaki sayılar bu şartı sağlar.

Öncelikle bir Lemma tanımlayalım:
Lemma: $Q(x)$ tamsayı katsayılı bir polinom, $p$ bir asal sayı ve $m$ de bir pozitif tamsayı olmak üzere, ${[Q(x)]}^{p^m}$ ile $Q(x^{p^m})$ polinomlarının katsayıları $\bmod p$ de birbirine denktir.

İspat: Öncelikle $m=1$ için ispatlayalım, sonra tümevarımla Lemma'yı her $m$ için ispatlayacağız. $Q(x)=\sum^n_{i=0}{a_ix^i}$ olarak tanımlayalım.

${[Q(x)]}^p=\sum{a_{i_1}a_{i_2}}\dots a_{i_p}x^{i_1+i_2+\dots + i_p}$ şeklindedir. $a_{i_1}a_{i_2}\dots a_{i_p}x^{i_1+i_2+\dots + i_p}$ ifadesi toplamda $(a_{i_1},a_{i_2},\dots a_{i_p})$ nin permütasyonlarının sayısı kadar geçmektedir. Dolayısıyla $(a_{i_1},a_{i_2},\dots , a_{i_p})$ nin permütasyonlarının sayısının $p$ ile bölündüğü durumları, $p$ modunda baktığımızdan ötürü çıkarabiliriz. Diğer taraftan, bu permütasyonların sayısı $\dfrac{p!}{k_1!\cdot k_2!\cdots k_t!}$ ($k_1+k_2+\dots +k_t=p$) formatındadır ($\ i=1,2,\dots ,n$ olmak üzere $x_i$ tane $y_i$ nin permütasyonlarının sayısı $\dfrac{(x_1+x_2+\dots +x_n)!}{x_1!x_2!\dots x_n!}$ dir.) ve $p$ asal olduğundan, bu ifadenin $p$ ile bölünmediği tek durum, $k_1=p,\ t=1$ durumudur. Bu istisnai durum da ancak $a_{i_1}=a_{i_2}=\dots =a_{i_p}$ iken mümkündür. Yani $p$ modunda bu şartın sağlanmadığı tüm ifadeler 0 a denktir. Sonuç olarak ${[Q(x)]}^p=\sum{a_{i_1}a_{i_2}}\dots a_{i_p}x^{i_1+i_2+\dots i_p}\equiv \sum^n_{i=1}{{a_i}^p}x^{pi}\pmod p$ bulunur. Son olarak, Küçük Fermat Teoremi'nden ${a_i}^p\equiv a_i \pmod p$ olduğundan bu polinomun katsayıları da $\bmod p$ de $\sum^n_{i=1}{a_ix^{pi}}=Q(x^p)$ polinomun katsayılarına denk olur ve Lemma'nın $m=1$ ispatı tamamlanır.

Şimdi, varsayalım Lemma bir $m\ge 1$ doğrudur, $m+1$ için inceleyelim. Tümevarım varsayımını $m$ için kullanarak: ${[Q(x)]}^{p^{m+1}}={[Q(x)]}^{p^m}.{[Q(x)]}^{p^m}\dots .{[Q(x)]}^{p^m}\equiv \ {\left[Q\left(x^{p^m}\right)\right]}^p\pmod p$. Diğer taraftan, $R\left(x\right)=Q(x^{p^m})$ polinomu için Lemma'nın $m=1$ durumunu kullanarak ${[R(x)]}^p\equiv R\left(x^p\right)\pmod p$ olduğunu biliyoruz. Sonuç olarak ${[Q(x)]}^{p^{m+1}}\equiv \ {\left[Q(x^{p^m})\right]}^p\equiv Q\left(x^{p^{m+1}}\right)\pmod p$ bulunur. Tümevarım varsayımı $m+1$ için de doğrudur, tümevarımdan ispat biter.

Şimdi, Lemma'yı $p=7$ için kullanarak $0\le k\le l$ tamsayılar olmak üzere, $n=7^k$ ve $n=7^k+7^l$ sayılarının şartı sağlayacağını ispatlayalım:

$P_{7^{k} } (x)=(x^{2} +x+1)^{7^{k} } -(x^{2} +x)^{7^{k} } -(x+1)^{7^{k} } +x^{2\cdot 7^{k} } +x^{7^{k} } +1$
$\equiv ((x^{7^{k} } )^{2} +x^{7^{k} } +1)-((x^{7^{k} } )^{2} +x^{7^{k} } )-(x^{7^{k} } +1)+x^{2\cdot 7^{k} } +x^{7^{k} } +1\equiv 0 \pmod 7$,
$n=7^k$ şartı sağlar.

$P_{7^{k} +7^{l} } (x)=(x^{2} +x+1)^{7^{k} +7^{l} } -(x^{2} +x)^{7^{k} +7^{l} } -(x+1)^{7^{k} +7^{l} } +x^{2.(7^{k} +7^{l} )} +x^{7^{k} +7^{l} } +1$
$\equiv ((x^{7^{k} } )^{2} +x^{7^{k} } +1)\cdot ((x^{7^{l} } )^{2} +x^{7^{l} } +1)-((x^{7^{k} } )^{2} +x^{7^{k} } )\cdot ((x^{7^{l} } )^{2} +x^{7^{l} } )-(x^{7^{k} } +1)\cdot (x^{7^{l} } +1)+$ $+x^{2.(7^{k} +7^{l} )} +x^{7^{k} +7^{l} } +1\equiv 0 \pmod 7$,
$n=7^k+7^l$ istenen şartı sağlar.

Şimdi diğer $n$ tamsayıları için koşulun sağlanmayacağını gösterelim. $n=1$ ve $n=2$ şartı sağladığından, $n>2$ varsayabiliriz.

Lemma'yı kullanarak
$P_{7m} (x)=(x^{2} +x+1)^{7m} -(x^{2} +x)^{7m} -(x+1)^{7m} +x^{14m} +x^{7m} +1$
$\equiv ((x^{7} )^{2} +x^{7} +1)^{m} -((x^{7} )^{2} +x^{7} )^{m} -(x^{7} +1)^{m} +(x^{7} )^{2m} +(x^{7} )^{m} +1=P_{m} (x^{7} ) \pmod 7$ bulunur. Yani $7m$ istenen şartı sağlıyorsa $m$ de sağlar, dolayısıyla genelliği bozmadan $n$ nin $7$ ile bölünmediğini varsayabiliriz.

$n>2$ için $P_n$ polinomunda $x^3$ ün katsayısının $n(n-1)$ olduğu açıktır. $\left(n,7\right)=1$ olduğundan, $7|n-1$ sağlanmalıdır. $a\ge 1$ ve $b\ge 2$ tamsayılar ve $7\nmid b$ olmak üzere, $n=1+7^ab$ olsun.

Tüm denklikler $7$ modunda olmak üzere, Lemma'yı kullanarak

${(x^2+x+1)}^n\equiv (x^2+x+1){\rm \ }{(x^2+x+1)}^{7^ab}\equiv (x^2+x+1){(x^{2\cdot 7^a}+{x^7}^a+1){\rm \ }}^b$
$\equiv 1+x+x^2+bx^{7^a}+bx^{7^a+1}+bx^{7^a+2}+$ (derecesi $2\cdot 7^a$ veya daha büyük olan terimler)

${(x+1)}^n\equiv 1+x+bx^{7^a}+bx^{7^a+1}+$ (derecesi $2\cdot 7^a$ veya daha büyük olan terimler)

${(x^2+1)}^n\equiv 1+x^2+$ (derecesi $2\cdot 7^a$ veya daha büyük olan terimler)

${(x^2+x)}^n\equiv $ (derecesi $2\cdot 7^a$ veya daha büyük olan terimler)

elde ederiz (En son denklikte $b\ge 2$ olduğunu kullandık).

Buradan $P_n(x)\equiv bx^{7^a+2}+$ (derecesi $2\cdot 7^a$ veya daha büyük olan terimler) çıkar. Bu da $b$ sayısı $7$ ile bölünmediği için $P_n(x)$ polinomunun $x^{7^a+2}$ teriminin katsayısının $7$ ile bölünmediğini kanıtlar. Demek ki diğer $n$ tamsayıları için koşulun sağlanmaz, ispat biter.

$n\ge 2$ ve $a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n}$ pozitif gerçel sayılar olmak üzere $$t=a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{n}=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\ldots +a_{n}^{2}$$ ise, $$\sum\limits_{i\ne j}{\dfrac{a_{i}}{a_{j}}}\ge \dfrac{(n-1)^{2}t}{t-1}$$ olduğunu gösteriniz.

(Refail Alizade)

Çözüm:

Cauchy-Schwarz Eşitsizliği'ni kullanarak:

$(\sum\limits_{i\ne j}{\dfrac{a_i}{a_j}).(\sum\limits_{i\ne j}{a_ia_j})\ge }{{\rm (}\sum\limits_{i\ne j}{a_i})}^2={(n-1)}^2.{(\sum\limits^n_{i=1}{a_i})}^2={(n-1)}^2t^2$ bulunur.

Öte yandan, $\sum\limits_{i\ne j}{a_ia_j}={(\sum\limits^n_{i=1}{a_i})}^2-\sum\limits^n_{i=1}{{a_i}^2}=t^2-t$ olduğundan, $\sum\limits_{i\ne j}{\dfrac{a_i}{a_j}\ge \dfrac{{(n-1)}^2t^2}{\sum\limits_{i\ne j}{a_ia_j}}}=\dfrac{{(n-1)}^2t^2}{t^2-t{\rm \ \ }}=\dfrac{{(n-1)}^2t}{t-1}$ elde edilir, ispat biter.

Dar açılı bir $ABC$ üçgeninin yükseklikleri $\lbrack AA_{1}\rbrack $, $\lbrack BB_{1}\rbrack $ ve $\lbrack CC_{1}\rbrack $ olsun. $AB_{1}C_{1}$, $BC_{1}A_{1}$ ve $CA_{1}B_{1}$ üçgenlerinin iç merkezleri, sırasıyla, $O_{A}$, $O_{B}$ ve $O_{C}$ olsun. $ ABC$ üçgeninin iç teğet çemberi $BC$, $CA$ ve $AB$ kenarlarına, sırasıyla, $T_{A}$, $T_{B}$ ve $T_{C}$ noktalarında teğet ise, $ T_{A}O_{C}T_{B}O_{A}T_{C}O_{B}$ altıgeninin eşkenar olduğunu gösteriniz.

(Mehmet Tagiyev)

Çözüm:

$AC=b$ ve $\angle BAC=2\alpha$ olsun. $AC=b\cdot {\cos 2\alpha\ }$ olacaktır.

İster $BC_1B_1C$ kirişler dörtgeni olduğu için $(A.A)$ dan, ister $AB_1=c\cdot {\cos 2\alpha\ }$ eşitliğinden dolayı $\left(K.A.K\right)$ dan $\triangle AB_1C_1\sim \triangle ABC$ olacaktır. Benzerlik oranı ${\cos 2\alpha\ }$ dır.

Benzer üçgenlerin, açıortayları da benzer olacağından $\dfrac{AO_A}{AI}={\cos 2\alpha\ }$ olur.

$T_C$ den $AI$ ya inilen dikmenin ayağı $M$ ve $IT_C=r$ olsun. $\angle MT_CI=\alpha$ olacağı için

$MI=r\cdot {\sin \alpha\ }$, $MT_C=r\cdot {\cos \alpha\ }$ ve $AM=r\cdot \dfrac{{{\cos }^{{\rm 2}} \alpha\ }}{{\sin \alpha\ }}$ olacaktır. Diğer taraftan, $\triangle AT_CI$ üçgeninde $AI=\dfrac{r}{{\sin \alpha\ }}$ , dolayısıyla da $AO_A=r\cdot \dfrac{{\cos 2\alpha\ }}{{\sin \alpha\ }}$ olacaktır.
$$AM-MI=r\cdot \dfrac{{{\cos }^{{\rm 2}} \alpha\ }}{{\sin \alpha\ }}-r\cdot {\sin \alpha\ }=r\cdot \dfrac{{{\cos }^2 \alpha\ }-{{\sin }^2 \alpha\ }}{{\sin \alpha\ }}=r\cdot \dfrac{{\cos 2\alpha\ }}{{\sin \alpha\ }}=AO_A$$
olduğu için
$$AM=MI+AO_A=MO_A+AO_A\Rightarrow O_AM=MI\Rightarrow O_AT_C=T_CI=r$$
elde edilir. Diğer uzunluklar için de aynı şeyleri yaptığımızda $T_AO_CT_BO_AT_CO_B$ altıgeninin tüm kenarlarının $r$ ye eşit olduğu görülür.

Kenarları, alanı ve iç açılarının derece cinsinden ölçüleri rasyonel sayılar olan bir üçgenin bulunmadığını ispat ediniz.

(Selim Bahadır)

Çözüm:

Varsayalım bir $ABC$ üçgeni için bu şart sağlanır. Üçgenimizin kenar uzunlukları $a,b,c$; çevrel çemberi yarıçapı $R$ ve iç açıları da $A,B,C$ olsun.

Varsayımımız gereği olarak, radyan cinsinden baktığımızda $A,B,C$ açıları $\pi$ nin rasyonel katıdır. $A(ABC)=\dfrac{abc}{4R}$ olduğundan $R$ de rasyoneldir. $a=2R \sin A$ olduğundan $\sin A$ da rasyoneldir. Benzer şekilde $\sin B$ ve $\sin C$ rasyonel olmalıdır. İki lemma tanımlayalım:

Lemma-1: $\forall \ n$ pozitif tamsayısı için öyle bir $S_n(x)$ polinomu vardır ki, $S_n(x)$ in başkatsayısı 1, katsayıları tamsayı olsun ve $S_n(2\cos \alpha)=2\cos n\alpha$ sağlansın.

İspat: n üzerine tümevarımla ispatlayalım. $n=1$ için $S_1(x)=x$ ve $n=2$ için $S_2(x)=x^2-2$ polinomları istenen şartı sağlıyor. Lemmadaki iddia $\forall \ n\le m$ pozitif tamsayısı için doğru olsun, $m+1$ için kanıtlayalım. $S_{m+1}(x)=xS_m(x)-S_{m-1}(x)$ alırsak sağladığı yarım açı formülünden kolayca görülür.

Lemma-2: $\alpha=\pi\cdot r$ olmak üzere $\cos \alpha$ rasyonel ve $r$ rasyonel sayılar ise $\cos \alpha\in \{0,1,-1,\dfrac{1}{2},-\dfrac{1}{2}\}$ sağlanır.

İspat: $n.r\equiv 0 \pmod 2$ sağlanacak şekilde bir $n$ pozitif tamsayısı ve Lemma-1 deki şartları sağlayan bir $S_n(x)$ polinomu alalım. $S_n(2\cos \alpha)=2\cos n\alpha=2\cos (nr\pi)=1$ olur. $S_n(x)-1=P_n(x)$ olarak tanımlayalım. $2\cos \alpha=\dfrac{a}{b}$ olmak üzere $(a,b$ tamsayı ve aralarında asal $)$ $\dfrac{a}{b}$ , $P_n(x)$ in bir köküdür. Rasyonel Kök Teoremi'nden, $P_n(x)$ her rasyonel kökü ya sıfırdır ya da kökün en sade halinin paydasındaki ifade polinomun baş katsayısını böler. Dolayısıyla $b|1$ veya $a=0$ sağlanmalıdır, ki bu $\cos \alpha\in \{0,1,-1,\dfrac{1}{2},-\dfrac{1}{2}\}$ demektir. Lemma-2 ispatlandı.

$A,B,C$ açıları $\pi$ nin rasyonel katı olduğundan $90^\circ-A,\ 90^\circ-B,90^\circ-C$ sayıları da $\pi$ nin rasyonel katıdır. $\cos \left(90^\circ-A\right)={\sin A\ },\ {\cos \left(90^\circ-B\right)={\sin B\ }\ },\ \cos\left(90^\circ-C\right)={\sin C\ }$ nin rasyonel olduğunu biliyoruz. Lemma-2 den ötürü; ${\cos (90^\circ-\ }A)={\sin A\ }\in \{0,1,-1,\dfrac{1}{2},-\dfrac{1}{2}\}$ olmalıdır. Dolayısıyla derece cinsinde düşünürsek $A\in \{30^\circ,90^\circ\}$ olmalıdır. Aynı şeyler $B$ ve $C$ için de geçerlidir, yani $B\in \{30^\circ,90^\circ\}$ ve $C\in \{30^\circ,90^\circ\}$ sağlanmalıdır. Fakat bu durumda Dolayısıyla $A+B+C$ toplamı $180^\circ$ olamaz, varsayımımızla çelişir.

Sonuç olarak böyle bir üçgen bulunamaz.