Tübitak Lise 2. Aşama - 2005 Çözümleri
« 2004 2006 »
« Sorulara Git
Geri

Tübitak Lise 2. Aşama - 2005 Çözümleri

1
Tüm $a,b,c,d$ pozitif gerçel sayıları için, $$\sqrt{a^{4}+c^{4}}+\sqrt{a^{4}+d^{4}}+\sqrt{b^{4}+c^{4}}+\sqrt{b^{4}+d^{4}}\ge 2\sqrt{2}(ad+bc)$$ olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
Kuvvetler Ortalaması eşitsizliğinden $$\left ( \dfrac {a^4 + c^4}{2} \right )^{1/4} \geq \left ( \dfrac {a^2 + c^2}{2} \right )^{1/2} \Rightarrow \sqrt {a^4+c^4} \geq \dfrac {a^2 + c^2}{\sqrt 2}$$
Diğer terimler için de aynısını yapıp taraf tarafa toplarsak
$$\sqrt{a^4+c^4}+\sqrt{a^4+d^4}+\sqrt{b^4+c^4}+\sqrt{b^4+d^4}$$ $$\geq \dfrac {2a^2+2b^2+2c^2+2d^2}{\sqrt 2}$$ $$\geq \sqrt 2 \cdot (a^2 + d^2 + b^2 + c^2)$$ $$\geq 2\sqrt 2 (ad+bc) $$
2
$\vert CB\vert >\vert AC\vert >|AB|$ koşulunu sağlayan bir $ABC $ üçgeninde, $\lbrack AC\rbrack $ nın orta dikmesi $\lbrack BC\rbrack $ yi $K$; $\lbrack BC\rbrack $ nin orta dikmesi de $AC$ yi $L$ de kesiyor. $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezi $O$; $CKL$ ve $OAB$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin merkezleri de sırasıyla $ O_{1}$ ve $O_{2}$ olmak üzere, $OCO_{1}O_{2}$ dörtgeninin bir paralelkenar olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$\angle ALB=2\angle ACB=\angle AKB=\angle AOB$ olduğu için, $A,L,O,K,B$ noktaları çemberseldir. $LK$ doğru parçası, $O_1$ ve $O_2$ merkezli çemberlerin ortak kirişi olduğu için, $O_1O_2$ doğrusu, $LK$ doğru parçasının orta dikmesidir. Benzer şekilde $OO_2$ doğrusu, $AB$ doğru parçasının orta dikmesidir.


Bu durumda, $\angle ACB=\angle AOO_2$ ve $\angle COA=2\angle CBA$ ve $\angle COO_2=2\angle CBA+\angle ACB$.
$ALKB$ kirişler dörtgeninde, $\angle ABC=\angle ABK=\angle CLK$ olduğu için, $\angle CO_1K=2\angle CLK=2\angle ABC$ olacaktır. $\angle O_2O_1K=\dfrac{\angle AO_1K}{2}=\angle ACK$ olduğundan $\angle CO_1O_2=2\angle ABC+\angle ACB$ elde edildi. Bu durumda $\angle CO_1O_2=\angle COO_2=2\angle ABC+\angle ACB$
$=\angle ABC+\angle ACB+\angle BAC-\angle BAC+\angle ABC={180}^{\circ }-\left(\angle BAC-\angle ABC\right)$ olur.
$\angle CO_1K=2\angle ABC$ ve $\angle COB=2\angle CAB$ olduğu için, $\angle O_1CO=\angle O_1CK-\angle OCK$
$={90}^{\circ }-\angle ABC-\left({90}^{\circ }-\angle BAC\right)=\angle BAC-\angle ABC={180}^{\circ }-\angle CO_1O_2$ olur.
Böylelikle, $CO_1O_2O$ bir paralelkenar olmuş oldu.
3
$n+1$ kentin bulunduğu bir ülkede, bu kentlerden bazıları arasında karşılıklı uçak seferleri yapılmaktadır. $A$ ve $B$ kentleri arasında yapılan bir karşılıklı sefer, aynı gün içinde hem $A $ dan $B$ ye, hem de $B$ den $A$ ya yapılan bir uçuş ikilisi anlamına gelip, bir kentten diğerine karşılıklı olmayan tek yönlü bir sefer mevut değildir. İki kent arasında aynı gün içinde birden çok sayıda karşılıklı sefer yapılabilmektedir. İki kent arasında aynı gün içinde birden çok sayıda karşılıklı sefer yapılabilmektedir. $A$ kenti için, bir günde $A$ dan kalkan uçak sayısını $d_{A}$ ile gösteriyoruz. Başkent dışındaki tüm $A$ kentleri için $d_{A}\le n$ ve yine başkent dışındaki ve aralarında karşılıklı uçak seferi bulunmayan farklı herhangi iki $A$, $B$ kenti için, $ d_{A}+d_{B}\le n$ koşulları sağlanmaktadır. $n+1$ kent arasında yer alan başkentten bir gün içinde yapılan uçak seferlerinin sayısı konusunda ise, herhangi bir kısıtlama yoktur.

Bu ülkede bir günde en çok kaç karşılıklı uçak seferi yapılabileceğini ve bu en çok karşılıklı sefer sayısını olanaklı kılan tüm uçuş çizelgelerini belirleyiniz.
Çözüm:
(Sinan KARAL)

İddiamız en fazla $\dbinom{n+1}{2}$ sefer olabileceğidir.

Kentlerimiz $V_1,V_2, \cdots V_n$ ve başkentimiz de $V$ olsun.
$V_i$ şehrinden başkente giden seferlerin sayısı $b_i$, $V_i$'nin başkent dışında seferi olduğu şehirlerin sayısı $r_i$ olsun.$V$ den çıkan yolların sayısı $y,$  $(V_1, \cdots , V_n)$ arasındaki yolların sayısı $x$ olsun.

Tüm $(V_i,V_j)_{(i\neq j)}$ ikilileri üzerinden seferleri sayalım.Bir $V_i$ ve $V_j$ ikilisi aldığımızda, bu ikisinden çıkan seferlerin toplam sayısı (bir seferi iki kez de sayabiliriz, farketmez.)

$d_{V_i}+d_{V_j}=b_i+b_j+(d_{V_i}-b_i)+(d_{V_j}-b_j)$ dir. Yani bu saymada $\displaystyle \sum_{i\neq j}(d_{V_i}+d_{V_j})$
toplamında $V$ den çıkan her sefer (mesela $V$ ile $V_1$ arasında bir yol) $d_{V_1}$ bu toplamda kaç kez geçmişse o kadar kez, yani $2n-2$ kez sayılır.Bir $V_i$ ve $V_j$ yi bağlayan sefer ise $d_{V_i}$ ve $d_{V_j}$ kaç kez geçmişse o kadar yani $2(2n-2)=4n-4$ kez sayılır.

Dolayısıyla $\displaystyle \sum_{i\neq j}(d_{V_i}+d_{V_j})=(2n-2)Y+(4n-4)X$ bulunur.... $(1)$

Diğer taraftan, $\displaystyle \sum_{i\neq j}(d_{V_i}+d_{V_j})=\displaystyle \sum_{i=1}^n  \displaystyle \sum_{i\neq j}(d_{V_j}+d_{V_i})$ sağlanır.Yani $V_i$ şehrini sabit tutarak toplamı inceleyelim :
$V_i$'den sefer olan şehirler $V_{k_1},V_{k_2},\cdots , V_{k_{r_i}}$ olsun. Dolayısıyla bir $j\neq k_{\ell}$ için $V_i+V_j \leq n$ yazabiliriz :
$\displaystyle \sum_{i=1}^n  \displaystyle \sum_{i\neq j}(d_{V_j}+d_{V_i})=\displaystyle \sum_{i=1}^n \left [\displaystyle \sum_{j\neq i,k_1,k_2, \cdots ,k_{r_i}}(d_{V_i}+d_{V_j})+\displaystyle \sum_{j\in k_1,k_2, \cdots ,k_{r_i}}(d_{V_i}+d_{V_j})\right]$

$\leq \displaystyle \sum_{i=1}^n \left [\displaystyle \sum_{j\neq i,k_1,k_2, \cdots ,k_{r_i}}n+\displaystyle \sum_{j\in k_1,k_2, \cdots ,k_{r_i}}(n+n)\right]$

$=\displaystyle \sum_{i=1}^n \left[n(n-r_i-1)+2n.r_i\right] = \displaystyle \sum_{i=1}^n (n^2-n+nr_i)=n^3-n^2+n(r_1+ \cdots +r_n)$

$r_1+ \cdots +r_n \leq 2X$ sağlanır, çünkü $r_1+ \cdots +r_n$ toplamı $V_1, \cdots ,V_n$ arasındaki toplam sefer sayısından küçük eşittir.($V_i$ şehrinden diğer şehirlere en az $r_i$ sefer vardır.)

$\implies$ $(1)$'i de kullanarak : $(2n-2)Y+(4n-4)X \leq n^3-n^2+2X.n$

$\implies$ $(2n-2)(x+y) \leq [2X-(n^2-n)]+[n^3-n]$

$\implies$ $x+y \leq \left[ \dfrac{2X-n^2+n}{2n-2} \right] + \dbinom{n+1}{2}$ bulunur.

$x+y \leq \dbinom{n+1}{2}$ olduğunu ispatlamak istiyoruz. $2X \leq n^2-n$ ise sorun yok. $2X > n^2-n$ olsun. Dolayısıyla her $V_a$ ile $V_b$ arasında en az 1 sefer olmalı, aksi takdirde $d_{V_A}+d_{V_b} \leq n$ olur ve $\displaystyle \sum_{i\neq a,b} d_{V_i} \leq n$ olduğundan : $2X \leq \displaystyle \sum_{i=1}^n d_{V_i} \leq n+(n-2)n = n^2-n$ olur, çelişki.

Yani her $V_a$ ve $V_b$ arasında sefer var. Bu durumda her $V_i$ şehrinden en az $n-1$ sefer başkent dışındaki şehirlere olacağından, $V_i$ şehrinin mümkün $n.$ seferi ya başkente ya da başka bir şehredir.Yani $Y\leq n$ olur ve tam $n-Y$ şehrin başkent dışındaki şehirlere en fazla $n$ seferi olur.

$\implies$ $2X \leq (n-Y)+(n^2-n)$, $x+y \leq \frac{n^2-n}{2}+ \frac{n+Y}{2} \leq \frac{n^2-n}{2}+n = \binom{n+1}{2}$

Demek ki bu durumda zaten $x+y \leq \binom{n+1}{2}$.
Sonuç olarak, $x+y \leq \dbinom{n+1}{2}$ bulunur ve eşitlik durumunun sağlanması için :

$i)$ $2X \leq n^2-n$ iken, $i=1, \cdots ,n$ için $r_i=d_{V_i}-b_i$ olacak, yani her $V_i$ şehrinden başka şehirlere en fazla 1 sefer olacak. Ayrıca $X= \dbinom{n}{2}$ olacak, yani başkent dışında her şehir arasında tam 1 sefer var. $Y=n$ olacağından, başkentten de diğer her şehre tam 1 sefer var. Yani ülkedeki her şehir arasında o gün içinde karşılıklı tam 1 sefer var, bu durumda şartların sağlandığı açıktır.

$ii)$ $2X > n^2-n$ iken, eşitlik durumu için $Y=n$ olmalı,

yani $X= \dbinom{n+1}{2}-Y= \dfrac{n^2-n}{2}$, çelişiki!

Demek ki bu durumda eşitlik olamaz.

İspat biter.
4
$5^{m}+7^{n}=k^{3}$ eşitliğini sağlayan tüm $(m,n,k)$ negatif olmayan tam sayı üçlülerini bulunuz.
Çözüm:
Denklemi $\bmod 4$'te incelediğimizde $1^m + (-1)^n \equiv 0,1,0,3 \pmod 4$ olacağı için $n$ tek olmalı.

$\bmod 7$'de
$5^m$ in kalan sınıfı $\{5,4,6,2,3,1\}$,
$k^3$ in kalan sınıfı $\{1,1,6,1,6, 6, 0\}$
olduğu için $m \equiv 3 \pmod 6$ yani $m=3a$ olmalı.
Bu durumda denklem $5^{3a} + 7^n = k^3$ e dönüşür.
$7^n = k^3 - (5^a)^3 \Rightarrow 7^n = (k - 5^a)\left( (k-5^a)^2 + 3\cdot k \cdot 5^a  \right )$
İkinci çarpan ilkinden büyük olduğu için $k-5^a \equiv 0 \pmod 7$ olduğunda $3\cdot k \cdot 5^a \equiv k \equiv 0 \pmod 7$ gerekeceği için $k-5^a \equiv 0 \pmod 7$ olamaz.
Bu durumda geriye sadece $k-5^a = 1$ durumu kalıyor. Yerine yazarsak $1+3\cdot k\cdot 5^a = 7^n$ elde ederiz. $a\geq 1$ için $\bmod 5$'te incelersek, $n \equiv 0 \pmod 4$ elde ederiz ki bu başlangıçta bulduğumuz $n$ tek olmalı yargısıyla çelişir. O halde $a\geq 1$ için bir çözüm yok.
Geriye sadece $a=0$ ve dolayısıyla $k-5^a = 1 \Rightarrow k=2$ durumu kalıyor. Bu durumda denklemin tek çözümü $(m,n,k)=(0,1,2)$ oluyor.
5
Kenar uzunlukları $a,b,c$ ve iç teğet çemberinin yarıçapı $r$ olan bir üçgende, $$\dfrac{1}{a^{2}}+\dfrac{1}{b^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}}\le \dfrac{1}{4r^{2}}$$ olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$$\sqrt{u\left(u-a\right)\left(u-b\right)\left(u-c\right)}=ur\Rightarrow \left(u-a\right)\left(u-b\right)=\dfrac{ur^2}{\left(u-c\right)}$$ $$\dfrac{(u-a)+(u-b)}{2}\ge \sqrt{\left(u-a\right)\left(u-b\right)}$$ $$\Rightarrow c\ge 2\sqrt{\left(u-a\right)\left(u-b\right)}$$ $$\Rightarrow \dfrac{1}{c^2}\le \dfrac{1}{4\left(u-a\right)\left(u-b\right)}=\dfrac{u-c}{4ur^2}$$
Benzer şekilde, $\dfrac{1}{a^2}\le \dfrac{u-a}{4ur^2\ }$ ve $\dfrac{1}{b^2}\le \dfrac{u-b}{4ur^2}$ elde edilir. Taraf tarafa topladığımızda,
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\le \dfrac{u-a}{4ur^2}{\rm +}\dfrac{u-b}{4ur^2}+\dfrac{u-c}{4ur^2}=\dfrac{3u-2u}{4ur^2}=\dfrac{1}{4r^2}$$ elde ederiz. Eşitlik $a=b=c$ iken sağlanır.
6
Terimleri tam sayılar olan bir $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ dizisinde, her $n\ge N$ için, $$a_{n}= \left \vert \lbrace i \mid i\le i<n \text{ ve } a_{i}+i\ge n\rbrace \right \vert $$ olacak şekilde bir $N$ pozitif tam sayısı varsa, $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ dizisinin en çok kaç değeri sonsuz kere alabileceğini belirleyiniz?
Çözüm:
(Eren DURLANIK)

${\max  \left\{a_i\right\}\ }=K$ olsun.

İddia: $a_i$ dizisinin üstten sınırı vardır.

İspat: ${\max  \left\{a_1,\ a_2,\ \dots ,a_N\right\}\ }=K$ olsun.  $i=1,\ 2,\ \dots ,\ m-1$ için $a_i \leq K$  olsun. $a_m \leq K$  olduğunu gösterelim. $i \leq m-K-1$  için  $a_i \leq K$  olduğundan  $a_i+i<m$ olur ve dizinin tanımı gereği $a_m \leq K$  bulunur ve iddianın ispatı tamamlanır.

İddia: $a_i$  dizisi bir yerden sonra periyodik devam eder.

İspat: İlk iddiadan $a_i$  terimi yalnızca kendinden önceki  $K$  terime bağlıdır.  Dizinin alttan ve üstten sınırı da olduğundan $\left\{a_{m+1},\ a_{m+2},\dots ,\ a_{m+K}\right\}=\{a_{s+1},a_{s+2},\dots ,\ a_{s+K}\}$  olan  $m$  ve $s$  bulunmaktadır. Dizi de yalnızca kendinden önceki  $K$  terime bağlı olduğundan, $a_{m+i}=a_{s+i}$  olur ve dizi $a_m$  teriminden sonra  $s-m$  periyoduyla devam eder ve iddianın ispatı tamamlanır.

Dizi  $a_L$  teriminden itibaren periyodik olsun.  ${\max  \left\{a_i\ \right|\ }\ i \geq L\}=M$ olsun. Bundan sonra dizinin yalnızca  $a_L$  den sonraki kısmını inceleyelim. Dizinin tanımından dizi yalnızca kendinden önceki $M$  terime bağlı olarak değişir.

İddia: $a_i=M$  ise $a_{i-M}=M$  dir.

İspat:  Dizinin tanımından ve her terim yalnızca kendinden önceki  $M$  terime bağlı olduğundan $a_{i-1} \geq1,\ a_{i-2} \geq2,\ \dots ,a_{i-M} \geq M$  dir. Dolayısıyla $a_{i-M}=M$  olur ve iddianın ispatı tamamlanır.

İddia: $a_k<M-1$ ise $a_{k+M-1}<M-1$ dir.

İspat: Öncelikle $a_{k-1}=M$  olamayacağını gösterelim. Diyelim $a_{k-1}=M$  olsun.  Dizinin periyoduna  $t$ dersek $a_{k+tM-1}=M$  olur. Bir önceki iddiayı da kullanarak  $a_{k+M-1}=M$  olur. Fakat $a_k+k<k+M-1$ olduğundan ve her terim önceki  $M$  terime bağlı olduğundan  $a_{k+M-1}<M$  olur ve çelişki elde ederiz. Yani  $a_{k-1}<M$  olmalıdır. Bu kez de $a_{k-1}+k-1<M$ olacağından $a_{k+M-1}<M-1$ elde ederiz ve iddianın ispatı tamamlanır.

Şimdi $a_k<M-1$ olamayacağını gösterelim. Diyelim $a_k<M-1$ olsun.  $a_n=M$ olan bir $n$  alalım. Dizinin periyoduna  $t$  dersek  $a_{n+tM}=M$  olur. Daha önce ispatladığımız iddialardan da  $a_n=a_{n+m}=\dots =a_{n+lm}=\dots =M$  olur. Son iddiayı kullanarak $a_k<M-1$ olduğundan $a_{k+l\left(M-1\right)}<M-1$  elde ederiz.  $k+l(M-1) \equiv n \pmod M$  olan $l$  bulunur; çünkü $M-1$  ile $M$  aralarında asaldır. Öyleyse bu  $l$  için $a_{k+l\left(M-1\right)}=M$  olur; fakat  $a_{k+l\left(M-1\right)}<M-1$ olmalıydı, çelişki elde ettik. Yani  $a_k<M-1$  olamaz. Öyleyse $a_i$  dizisi yalnızca $M-1$  ve  $M$  değerlerini sonsuz kez alabilir, yani cevabımız en fazla $2$  dir. Şimdi de cevabın $2$  olduğu duruma örnek verelim.

$a_1=a_2=\dots =a_{N-2}=0,\ a_{N-1}=1,\ a_N=2$  alırsak $a_n$  dizisi $a_N$  den itibaren $2,1,2,1,\dots$  şeklinde devam eder ve böylece dizi  $2$  değerini sonsuz kez alır.