Tübitak Lise 2. Aşama - 2003 Çözümleri

(Burak VARICI, Mehmet Efe AKENGİN)

Tüm $n\ge 3$ tek tamsayıları bu durumu olanaklı kılar.

Arabalara $A_{1} ,A_{2} ,..,A_{n} $ diyelim ve $A_{i} $ yarışa $i.$ sırada başlamış olsun. $1\le i\le n$ için $A_{i} $ yarışı $x_{i} .$sırada bitirmiş olsun ve  $k_{i} $ farklı arabayı geçmiş olsun. Herhangi arabanın geçildiği araba sayısına $k$ diyelim.

$1\le i\le n$ için $k_{i} $ ler farklı ve 0 dan büyük eşit olduğundan öyle $j$ var ki $k_{j} \ge n-1$. Diğer taraftan bir araba başka bir arabayı en fazla 1 kez geçebileceği için,  $k_{j} \le n-1$. Dolayısıyla $k_{j} =n-1$ olur ve eşitlik durumunun sağlanması için $(k_{1}, k_{2}, \dots, k_{n})$, $(0,1,\dots,n)$ in bir permütasyonu olmalıdır.

Geçme ve geçilme sayıları eşittir ve her araba $k$ kez geçilmiştir. Bu nedenle:  $nk=0+1+\dots+n-1=\frac{n(n-1)}{2} {\rm \; }\Rightarrow {\rm \; }k=\frac{n-1}{2} \in {\mathbb Z}^{+} $,  demek ki $n$ tek tamsayı olmalıdır.

Şimdi her $n\ge 3$ tek tamsayısı için böyle bir yarışın mümkün olduğunu ispatlayalım.$A_{i_{1} } \to A_{i_{2} } \to \dots\to A_{i_{n} } $ ile , $A_{1} ,A_{2} ,..,A_{n} $ arabalarının yarış sırasındaki pozisyonlarını gösterelim öyle ki $i_{n} $ en önde ve $i_{1} $ en arkada olsun. Örneği şöyle kuracağız:

Yarışa $A_{n} \to A_{n-1} \to \dots\to A_{1} $ şeklinde başlanmış olsun. Önce $A_{\frac{n+3}{2} } ,{\rm \; }A_{\frac{n+1}{2} } $ ile $A_{\frac{n-1}{2} } $i arasına, ardından  $A_{\frac{n+5}{2} } ,{\rm \; }A_{\frac{n-1}{2} } $ ile $A_{\frac{n-3}{2} } $ arasına, ardından $\dots$, son olarak benzer şekilde $A_{n} $ aracı  $A_{1} $ ile $A_{2} $ arasına yerleşsin.

Böylece $1\le k\le \frac{n-1}{2}$ için $A_{\frac{n+1}{2} +k} $ aracı $2k-1$ araç geçmiş olur. $1\le k\le \frac{n-1}{2}$ için $A_{k} $ aracı da $k-1$ kez geçilmiş olur. Yine $0\le k\le \frac{n+1}{2}$ için $A_{n-k} $ aracı $k$ kez geçilmiş olur ve şu durum elde edilir:

$$A_{\frac{n+1}{2} } \to A_{\frac{n+3}{2} } \to A_{\frac{n-1}{2} } \to A_{\frac{n+5}{2} } \to \dots\to A_{2} \to A_{n} \to A_{1} .$$ Son olarak sırasıyla, $A_{\frac{n+1}{2} } $ aracı tüm araçları ; $A_{\frac{n-1}{2} } $ aracı $A_{\frac{n+1}{2} } $ dışındaki araçları ; $A_{\frac{n-3}{2} } $ aracı $A_{\frac{n+1}{2} } $ ve $A_{\frac{n-1}{2} } $ aracı dışındaki araçları ; $\dots$ ; $A_{2} $ aracı da sadece $A_{n} $ ve $A_{1} $ araçlarını geçsin: 
$$A_{\frac{n+3}{2} } \to A_{\frac{n+5}{2} } \to \dots\to A_{n} \to A_{1} \to A_{2} \to \dots\to A_{\frac{n+1}{2} } $$ Yukarıdaki sıralama sağlanır ve arabalar yarışı bu sırayla bitirirler. Bu durumda $(1\le k\le \frac{n-1}{2} )$ için $A_{k} $ aracı  $\frac{n-1}{2} +k+1$  kez geçilmiş olur. $A_{n-k} $ aracı da  $\frac{n-1}{2} -k$  kez geçilmiş olur. $A_{k} $ aracı da $2k-2$ araç geçmiş olur. Sonuç olarak her araç toplamda  $\frac{n-1}{2} $ kez geçilir ve $A_{k} $ ile $A_{\frac{n+1}{2} +k} $ araçları da hep birbirinden farklı sayıda (tek ve çift) araç geçer. Örnek sorudaki şartı sağlar.

O halde cevap ''$n$ tek'' tir.     

$$\dfrac{s_1}{s}=\dfrac{s_1}{\left[ABD\right]}\cdot \dfrac{\left[ABD\right]}{s}=\dfrac{AN\cdot AK}{AD\cdot AB}\cdot \dfrac{\left[ABD\right]}{s}=\dfrac{AN}{AD}\cdot \dfrac{AK}{AB}\cdot \dfrac{\left[ABD\right]}{s}$$ $$\Rightarrow \sqrt[3]{\dfrac{s_1}{s}}=\sqrt[3]{\dfrac{AN}{AD}\cdot \dfrac{AK}{AB}\cdot \dfrac{\left[ABD\right]}{s}{\rm \ }}.$$ $AO\ge GO$ dan $\dfrac{\dfrac{AN}{AD}+\dfrac{AK}{AB}+\dfrac{\left[ABD\right]}{s}}{3}\ge \sqrt[3]{\dfrac{AN}{AD}\cdot \dfrac{AK}{AB}\cdot \dfrac{\left[ABD\right]}{s}{\rm \ }}=\sqrt[3]{\dfrac{s_1}{s}}$ elde edilir.
Benzer şekilde $$\dfrac{\dfrac{BK}{AB}+\dfrac{BL}{BC}+\dfrac{\left[BAC\right]}{s}}{3}\ge \sqrt[3]{\dfrac{s_2}{s}}, $$ $$\dfrac{\dfrac{CL}{BC}+\dfrac{CM}{CD}+\dfrac{\left[CBD\right]}{s}}{3}\ge \sqrt[3]{\dfrac{s_3}{s}},$$ $$\dfrac{\dfrac{DM}{CD}+\dfrac{DN}{AD}+\dfrac{\left[DAC\right]}{s}}{3}\ge \sqrt[3]{\dfrac{s_4}{s}}$$ elde edilir. Taraf tarafa toplarsak, $$\frac{\frac{AN}{AD}+\frac{DN}{AD}+\frac{AK}{AB}+\frac{BK}{AB}+\frac{BL}{BC}+\frac{CL}{BC}+\frac{CM}{CD}+\frac{DM}{CD}+\frac{\left[ABD\right]+\left[BCD\right]+\left[BAC\right]+\left[DAC\right]}{s}}{3}$$ $$\ge \dfrac{\sqrt[3]{s_1}+\sqrt[3]{s_2}+\sqrt[3]{s_3}+\sqrt[3]{s_4}}{\sqrt[3]{s}}$$ olur. Düzenlersek, $$\dfrac{1+1+1+1+\dfrac{s+s}{s}}{3}=\dfrac{6}{3}=2\ge \dfrac{\sqrt[3]{s_1}+\sqrt[3]{s_2}+\sqrt[3]{s_3}+\sqrt[3]{s_4}}{\sqrt[3]{s}}$$ Eşitlik durumu,
$$\dfrac{AN}{AD}=\dfrac{AK}{AB}=\dfrac{\left[ABD\right]}{s}\Rightarrow \dfrac{AN}{DN}=\dfrac{AK}{BK}=\dfrac{\left[ABD\right]}{\left[CBD\right]},$$ $$\dfrac{BK}{AB}=\dfrac{BL}{BC}=\dfrac{\left[BAC\right]}{s}\Rightarrow \dfrac{BK}{AK}=\dfrac{CL}{BL}=\dfrac{\left[BAC\right]}{\left[CAD\right]},$$ $$\dfrac{CL}{BC}=\dfrac{CM}{CD}=\dfrac{\left[CBD\right]}{s}\Rightarrow \dfrac{CL}{BL}=\dfrac{CM}{DM}=\dfrac{\left[CBD\right]}{\left[ABD\right]},$$ $$\dfrac{DM}{CD}=\dfrac{DN}{AD}=\dfrac{\left[DAC\right]}{s}\Rightarrow \dfrac{DM}{CM}=\dfrac{DN}{AN}=\dfrac{\left[DAC\right]}{\left[ABC\right]},$$ iken sağlanır. Birleştirsek, $KLMN$ kenarları $ABCD$ nin köşegenlere paralel olan bir paralelkenar ve $$\dfrac{AK}{BK}=\dfrac{\left[ABD\right]}{\left[CBD\right]}=\dfrac{\left[CAD\right]}{\left[BAC\right]}=\dfrac{\left[CBD\right]}{\left[ABD\right]}=\dfrac{\left[BAC\right]}{\left[CAD\right]}$$ olur. Bu durumda $\left[ABD\right]=\left[CBD\right]$ ve $\left[CAD\right]=\left[BAC\right]$ olduğu için köşegenler birbirlerini ortalar, yani $ABCD$ paralelkenar olur.
Yani, eşitlik durumu $ABCD$ dörtgeni paralelkenarken ve $K,L,M,N$ noktaları orta noktalar iken sağlanır.

(Burak VARICI)

$n$ üzerinden tümevarımla, verilmiş  $a_{1} \ge a_{2} \ge \dots\ge a_{n} $ , $a_{n+1} =a_{1} $ sayıları için  $\sum\limits _{k=1}^{n}f(a_{k} )a_{k+1} \ge  \sum\limits_{k=1}^{n}f(a_{k+1} )a_{k}  $ olduğunu ispatlayalım.

Öncelikle bir lemma tanımlayalım.
Lemma:  $x\ge y\ge z$ şartını sağlayan $x,y,z\in {\mathbb R}$ için $f(x)(y-z)+f(z)(x-y)\ge f(y)(x-z)$.

İspat:  $0\le \dfrac{y-z}{x-z} \le \dfrac{x-z}{x-z} =1$ olduğundan, soruda verilen eşitsizlikte  $(t,x_{1} ,x_{2} )=(\dfrac{y-z}{x-z} ,x,z)$  yazabiliriz:
$f(x).\dfrac{y-z}{x-z} +f(z).(1-\dfrac{y-z}{x-z} )\ge f(x.\dfrac{y-z}{x-z} +(1-\dfrac{y-z}{x-z} ).z)$ $\Rightarrow {\rm \; }f(x).\dfrac{y-z}{x-z} +f(z).\dfrac{x-y}{x-z} \ge f(y)$  bulunur, ki bu da $x-z$  ile çarpılırsa istenilen elde edilir. $\blacksquare$

Şimdi Lemma'yı  $a_{1} =a_{2} =a_{3} {\rm \; ,\; }a_{4} =a_{1} $  sayıları için uygularsak:
$f(a_{1} )(a_{2} -a_{3} )+f(a_{3} )(a_{1} -a_{2} )\ge f(a_{2} )(a_{1} -a_{3} ){\rm \; }\Rightarrow {\rm \; }\sum\limits _{k=1}^{3}f\left(a_{k} \right)a_{k+1} \ge \sum\limits _{k=1}^{3}f\left(a_{k+1} \right)a_{k}$ bulunur.

Yani tümevarım hipotezi $k=3$ için doğrudur. Varsayalım ki $k=3,4,..,n$ için doğru olsun. $k=n+1$ için ispatlayalım.

Elimizde $a_{1} \ge a_{2} \ge \dots\ge a_{n+1} $ sayıları olsun. $a_{1} \ge a_{2} \ge \dots\ge a_{n} $ sayıları için tümevarımdan $f(a_{1} )a_{2} +f(a_{2} )a_{3} +\dots+f(a_{n} )a_{1} \ge f\left(a_{2} \right)a_{1} +f\left(a_{3} \right)a_{2} +\dots+f(a_{1} )a_{n}$ sağlanır.

Diğer taraftan, Lemma'yı $(x,y,z)=(a_{1} ,a_{n} ,a_{n+1} )$ için uygularsak:
\[f(a_{n} )(a_{n+1} -a_{1} )+f(a_{n+1} )a_{1} \ge f(a_{1} )(a_{n+1} -a_{n} )+f(a_{n+1} )a_{n} \] \[\Leftrightarrow {\rm \; }f(a_{1} )(a_{n} -a_{n+1} )+f(a_{n+1} )(a_{1} -a_{n} )\ge f(a_{n} )(a_{1} -a_{n+1} ){\rm \; }\]   
Bu son iki eşitsizliği toplarsak $n+1$ için istenilen eşitsizlik elde edilir. Dolayısıyla ispat biter. $\blacksquare$

Kaynak:
Burak Varıcı

(Burak VARICI)

Cevap: Tek çözüm $n=4$ tür.

Öncelikle, $n=1$ için $2^{3} +2^{1} +1=11$ ve $n=2$ için $2^{5} +2^{2} +1=37$ olduğundan, $n\ge 3$ varsayabiliriz.

$2^{2n+1} +2^{n} +1=x^{k} $, $p$ de $k$ nın en küçük asal böleni olsun. $x^{\frac{k}{p} } =m$ dersek, $2^{2n+1} +2^{n} +1=(x^{\frac{k}{p} } )^{p} =m^{p} $ olur. $p$ üzerinden iki durum vardır:

• $p=2$. Dolayısıyla $8.2^{2n-2} +2^{n} +1=m^{2} $ olduğundan $7\cdot 2^{2n-2} =m^{2} -(2^{n-1}+1)^{2} =(m-2^{n-1} -1)\cdot(m+2^{n-1} +1)$ bulunur.
  $n\ge 2$ için $7\cdot 2^{2n-2} $ ifadesi çifttir. Dolayısıyla $m$ tektir, $m=2m_{1} +1{\rm \; }(m_{1} \in {\mathbb N})$ olsun. $7\cdot 2^{2n-4} =(m_{1} -2^{n-2} ).(m_{1} +2^{n-2} +1)$  elde edilir. İki durum vardır:
  
  • $m_{1} $ çifttir. Bu durumda $(m_{1} -2^{n-2} ).(m_{1} +2^{n-2} +1)$ ifadesinde çarpanlardan biri tek biri çift olduğundan, $m_{1} +2^{n-2} +1\in \left\{1,7\right\}$ sağlanır. $m_{1} +2^{n-2} +1>1$ olduğundan,  $m_{1} -2^{n-2} =2^{n-4} $, $m_{1} +2^{n-2} =6$ olmalıdır. Ancak bu durumda iki ifadeyi toplarsak:
    $2m_{1} =2^{2n-4} +6{\rm \; }\Rightarrow {\rm \; }m_{1} =2^{2n-5} +3$ bulunur. Fakat $m_{1} $ çift demiştik, çelişki! Bu durumda çözüm yoktur.
    
  • $m_{1} $ tektir. $(m_{1} -2^{n-2} )$ tek çarpanı $1$ e veya $7$ ye eşit olmak üzere iki durum vardır.     
    $m_{1} -2^{n-2} =1$  durumunda $m_{1} +2^{n-2} =7\cdot 2^{2n-4} -1$ olur. İki ifadeyi toplarsak:   
    $2m_{1} =7\cdot 2^{2n-4} \Rightarrow m_{1} =7\cdot 2^{2n-5} $. Fakat $m_{1} $ tek demiştik,  çelişki! Bu durumda da çözüm yoktur.
    
    $m_{1} -2^{n-2} =7$  ise  $m_{1} +2^{n-2} =2^{2n-4} -1$ olur. İki ifadeyi toplarsak:  $2m_{1} =2^{2n-4} +6\Rightarrow m_{1} =2^{2n-5} +3$. Diğer taraftan,  $m_{1} -2^{n-2} =7{\rm \; }\Rightarrow {\rm \; }2^{2n-5} -2^{n-2} =4$ bulunur.
    Dolayısıyla $2^{2n-7} -2^{n-4} =1$. Buradan $n=4$ çözümü gelir. Gerçekten de, $2^{9} +2^{4} +1=529$ bir tam kuvvettir.
    
• $p>2$ ise, $2^{2n+1} +2^{n} +1=m^{p} {\rm \; }\Rightarrow {\rm \; }2^{n} (2^{n+1} +1)=(m-1).\sum\limits _{i=0}^{p-1}m^{i}$.
  $m$ tek olduğundan  $\sum\limits _{i=0}^{p-1}m^{i}  \equiv \sum\limits _{i=0}^{p-1}1^{i}  \equiv p\equiv 1 \pmod 2$ bulunur. Dolayısıyla $2^{n} |m-1$, $m=2^{n}\cdot s+1{\rm \; }(s\in {\mathbb Z}^{+} )$ sağlanır.   
  $\Rightarrow {\rm \; }2^{n+1} +1=s\cdot \sum\limits _{i=0}^{p-1}(2^{n} s+1 )^{i} \ge \sum\limits _{i=0}^{2}(2^{n} +1)^{i} >2^{2n} +1 \Rightarrow {\rm \; }2^{n+1} >2^{2n} ,{\rm \; }1>2^{n-1} $ bulunur ki bu hiçbir $n\in {\mathbb N}$ için mümkün değildir. Demek ki bu durumda çözüm yoktur.
  

Sonuç olarak, $2^{2n+1} +2^{n} +1$ ifadesini tam kuvvet yapan tek pozitif tamsayı $n=4$ dür. $\blacksquare $

$O$, $\triangle ABC$ nin çevrel merkezi; $P$, kenarlara teğet olan çemberin merkezi olsun.
$P$ merkezli $S$ çemberi, $AC$ ye $D$ de, $AB$ ye $E$ de dokunsun.


$AI$, çevrel çemberi $M$ de kessin. $M$, $AC$ yayının orta noktası olduğu için $OM\bot BC$ dir.
Aynı zamanda, $PD\bot BC$ olduğu için, $PD\parallel OM$ dir. $O,P,T$ noktaları doğrusal olduğu için, $\triangle TOM\sim \triangle TPD$ olacaktır. Bu durumda $T,D,M$ noktaları doğrusaldır.

Benzer şekilde, $CI$ çemberi $N$ de kesiyorsa, $T,E,N$ noktaları da doğrusal olacaktır.
$A,T,C,M,B,N$ noktaları için Pascal Teoremi uygulandığında $E,I,D$ noktaları doğrusal olur.

Pascal Teoremine takılmadan (aslında Pascal'ın ispatını yapıyoruz) şöyle yapabiliriz:

$\angle ANE=\angle IMD$, $\angle ENI=\angle DMC$, $\angle NAE=\angle ICD$, $\angle IAE=\angle BCM$ olduğu için, $INA$ üçgeninde $E$ noktası için, $IMC$ üçgeninde $D$ noktası için Ceva Teoreminin Trigonometrik halini uyguladığımızda, $\angle NIE=\angle DIC$ ve $\angle EIA=\angle DIM$ çıkacaktır. Bu da $E,I,D$ noktalarının doğrusal olduğu anlamına gelir.

$\angle BAC=2\alpha$ ve $\angle BCA=2\theta$ dersek, $\angle ATN=\theta$, $\angle CTM=\alpha$, $\angle NTM=\angle BED=\angle BDE=\alpha+\theta$, $\angle EIA=\theta$ ve $\angle DIC=\alpha$ olacaktır.

$\angle EIA=\angle ETA=\theta$ olduğu için $EITA$ dörtgeni kirişler dörtgeni olacaktır. Bu durumda, $\angle ETI=\angle EAI=\alpha$, dolayısıyla da $\angle ATI=\alpha+\theta=\angle CTI$ olacaktır.

Not:
IMO 1993 Shortlist'inde (İspanya-1) $I$ nın $DE$ üzerinde olduğu sorulmuş.
IMO 1978, $AB=BC$ iken $I\in DE$ sorulmuş.

(Sinan KARAL)

İddiamız en büyük güzel sayının $75$ olduğudur. $75$ için örnek şekildeki gibidir.Her satır ve sütunda ya bir tane $1$ ya da üç tane $1$ vardır, yani $1$'lerin oranı hep ya $\leq \% 25$ ya da $\geq \% 75$ tir.
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
0 & 0 & 0 & 1 \\ \hline
1 & 0 & 0 & 0 \\ \hline
1 & 1 & 0 & 1 \\ \hline
1 & 0 & 1 & 1 \\ \hline
\end{array}
$$
Varsayalım bir $a>75$ güzel sayı olsun. Bir $m$ ve $n$ için de $m$ x $n$ satranç tahtasını $1$ ve $0$ lar ile kaplamış olalım. Tam olarak $m_1$ satırda $1$ lerin yüzdesi $\geq a$ ve tam olarak $m_2=m-m_1$ satırda da $1$ lerin yüzdesi $\leq 100-a$ olsun. Benzer şekilde $n_1$ ve $n_2$ sayılarını sütunlarda tanımlayalım. Genelliği bozmadan, $m_2 \geq m_1$ varsayabiliriz çünkü $0$ ve $1$ lerin yazılımı birbirine göre simetriktir.
$1$ lerin yüzdesi $\leq 100-a$ olan $n_2$ sütundaki $1$ lerin toplam sayısı $\leq \dfrac{(100-a).n_2m}{100} < \dfrac{n_2(m_1+m_2)}{4}$
Diğer taraftan, bu yazılım eşit olduğu için tüm tahtadaki $1$ lerin toplam sayısı :  $\dfrac{mn}{2}= \dfrac{(m_1+m_2)(n_1+n_2)}{2}$ dir. Demek ki kalan $n_1$ sütunda :
$$\dfrac{(m_1+m_2)(n_1+n_2)}{2} - \dfrac{n_2(m_1+m_2)}{4}= \dfrac{(2n_1+n_2)(m_1+m_2)}{4}$$
den fazla sayıda $1$ var. Bu $1$ lerin en fazla $n_1m_1$ tanesi tanımladığımız $n_1$ sütun ve $m_1$ satırın kesişiminde olabilir. Dolayısıyla $n_1$ sütunun üstündeki $1$ lerin $$\dfrac{(2n_1+n_2)(m_1+m_2)}{4}-m_1n_1= \dfrac{n_2m_1+n_2m_2-2m_1n_1+2n_1m_2}{4}$$
den fazlası, aynı zamanda $1$ lerin yüzdesi $\leq 100-a$ olan $m_2$ satır üstünde.
Fakat biz, bu $m_2$ satır üstünde $\dfrac{(100-a)n}{100}.m_2$ den fazla $1$ olamayacağını biliyoruz. $$\implies \dfrac{(n_1+n_2)}{4}m_2 \geq \dfrac{100-a}{100}m_2.n > \dfrac{n_2m_1+n_2m_2-2m_1n_1+2n_1m_2}{4}$$
$$\implies 2m_1n_1 > n_2m_1+n_1m_2 ... (*)$$ bulunur.
$m_2 \geq m_1$ olduğundan, $(*)$ dan : $2m_1n_1 > n_2m_1+n_1m_2 \geq n_2m_1+n_1m_1$
$$\implies \boxed{n_1 > n_2}$$
Şimdi, $(*)$'ı bulana kadar yaptığımız hesabın benzerini $0$ ları sayarak yaparsak :
$2m_2n_2 > n_2m_1+n_1m_2$ bulunur, $(*)$ ile toplarsak : $$m_1n_1+m_2n_2 > n_2m_1+n_1m_2 \iff (m_1-m_2)(n_1-n_2) > 0$$ bulunur.  Fakat $$m_1-m_2 \leq 0 \text{ ve } n_1-n_2 > 0$$ olduğundan çelişki elde edilir.
Demek ki güzel sayı $\leq 75$ olmalıdır. İspat biter.