1
Dört ardışık doğal sayının çarpımının asla bir tamkare (yani başka bir doğal sayının karesi) olamayacağını kanıtlayınız.
Çözüm:
Öncelikle bu soruda doğal sayılardan kastının pozitif tamsayılar olduğunu varsıyorum çünkü $0\cdot 1\cdot 2\cdot 3=0^2$ sağlanır. Pozitif tamsayılar olarak alıp, soruya başlayalım. Aksini varsayalım ve $n\geq 1$ için $n(n+1)(n+2)(n+3)=m^2$ olacak şekilde $m,n$ pozitif tamsayılarının varlığını kabul edelim. Buradan $$n(n+3)(n+1)(n+2)=(n^2+3n)(n^2+3n+2)=(n^2+3n+1)^2-1=m^2$$ elde edilir. Aralarındaki farkın $1$ olduğu tek tamkare çifti $(0,1)$'dir. Ancak $m,n$ pozitif tamsayılar olduğundan bu mümkün değildir. Dört pozitif tamsayının çarpımı asla tamkare olamaz.
2
Yarıçapı $1$ cm olan bir çember üzerinde rastgele $100$ tane nokta işaretlenmiştir. Çember üzerinde, bütün işaretlenmiş noktalara olan uzaklıkları toplamı $100$ cm'den büyük olacak şekilde en az bir noktanın bulunduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$i=1,2,\dots , 100$ olmak üzere çember üzerindeki noktalar $P_i$ olsun. $A$ ve $B$, $P_i$ noktalarından farklı olmak üzere $AB$ çemberin çapı olacak şekilde seçilmiş iki nokta olsun.
Üçgen eşitsizliğinden
$$200 = \sum_{i=1}^{100} AB < \sum_{i=1}^{100} (AP_i + P_iB) = \sum_{i=1}^{100}AP_i + \sum_{i=1}^{100}BP_i$$ elde ederiz. Ya $A$ noktasının tüm $P_i$ lere uzaklıkları toplamı ya da $B$ noktasının tüm $P_i$ lere uzaklıkları toplamı $100$ den büyüktür.
3
$x,y,z$ negatif olmayan reel sayılar ve $x+y+z \leq 3$ ise
$$\dfrac{2}{1+x}+\dfrac{2}{1+y}+\dfrac{2}{1+z} \geq 3$$
olduğunu kanıtlayınız.
Çözüm:
$HO\leq AO$ dan $\dfrac{3}{\dfrac 1{x+1}+\dfrac 1{y+1}+\dfrac 1{z+1}} \leq \dfrac {x+1+y+1+z+1}3 \leq \dfrac 63 = 2$
4
Kenar uzunluğu $1cm$ olan bir $ABC$ eşkenar üçgeninin $[AB]$ kenarı üzerinde rastgele bir $D$ noktası alınıyor. $D$'nin $[AC]$ ve $[BC]$ üzerine dik izdüşümleri, sırasıyla $E$ ve $F$; $E$ ve $F$'nin $[AB]$ üzerine dik izdüşümleri, sırasıyla $E_1$ ve $F_1$ olsun.
$$|E_1F_1|=\dfrac{3}{4}cm$$
olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$\triangle BFD$ bir $30^\circ-60^\circ-90^\circ$ üçgenidir.
Öklit bağıntılarından (benzerlikten ya da trigonometriden) $BF_1/F_1D=1/3$. Biraz düzenlemeyle $F_1D=\dfrac 34 \cdot BD$.
Benzer şekilde $DE_1=\dfrac34 \cdot DC$.
Taraf tarafa toplarsak $F_1E_1 = \dfrac34 \cdot BC$.
5
Aşağıdaki denklem sistemini (reel sayılar kümesinde) çözünüz:
$$\left\{ \begin{align*} x_1 + x_2 &= x_3^2 \\ x_2 + x_3 &= x_4^2 \\ x_3 + x_4 &= x_1^2 \\ x_4 + x_1 &= x_2^2\end{align*} \right.$$
Çözüm:
Sistemin en büyük elemanı $x_1$ olsun.
$4.$ eşitlikten $3.$ eşitliği çıkarırsak $$0 \leq x_1-x_3=x_2^2-x_1^2 = (x_2-x_1)x_3^2 $$
$x_3 \neq 0$ olsun.
Bu durumda $x_2\geq x_1$ olacaktır. Baştaki $x_1\geq x_2$ kabulümüze göre $x_1=x_2$ olur.
O zaman $x_1^2=x_2^2=x_3+x_4=x_4+x_1 \Rightarrow x_1=x_3$ ve $3.$ eşitlikten $x_4=x_1^2-x_3=x_3^2-x_1=x_2=x_1$.
$1.$ denklemde $x_3^2=x_1+x_2=2x_3$ ten $x_1=x_2=x_3=x_4=2$ elde edilir.
$x_3=0$ olsun.
$x_1+x_2=0$ ve $0 \leq x_4^2 = x_2+x_3 = x_2$ ile baştaki $x_1\geq x_2$ kabulünü birleştirdiğimizde $x_1=x_2=x_3=0$ olacaktır. Buradan $x_1=x_2=x_3=x_4=0$ elde ederiz.