1
Ondalık gösterimdeki bütün rakamları aynı olan ve $k \in \mathbb N$ olmak üzere $1+1999k$ biçiminde yazılabilen sonsuz çoklukta doğal sayı bulunduğunu gösteriniz.
Çözüm 1:
$N = a(1 + 10 + \dots + 10^{m-1}) = \dfrac {a(10^m - 1)}9 = 1999k + 1$
$9N = a(10^m - 1) = 9\cdot 1999 k + 9$ olacak şekilde $(a, m, k)$ sayılarının olduğunu göstermemiz isteniyor.
$(10, 9\cdot 1999) = 1$ olduğu için $10^d \equiv 1 \pmod {9\cdot 1999}$ şeklinde bir $d$ sayısı vardır. (En azından $d \mid \varphi(9\cdot 1999)$ olduğunu biliyoruz; ama ilgilenmiyoruz.)
Her $r \in \mathbb Z^+$ için $10^{dr} \equiv 1 \pmod {9\cdot 1999} \Rightarrow 10^{dr + 1} \equiv 10 \pmod {9\cdot 1999}$.
$m = dr + 1$ ve $a=1$ için $9N = 1\cdot (10^{dr+1} - 1) = 9\cdot 1999 k + 10 - 1 = 9\cdot 1999 k + 9$ olduğu için ispat biter.
$dr$ basamaklı $N=11\dots 1$ sayıları istenen sayılardır.
Çözüm 2:
$m-1$ basamaklı $N = 99\dots 9 = 10^m - 1 = 1999k + 1$ olacak şekilde $(m,k)$ sayıları var mıdır?
$10^{m} \equiv 2 \pmod {1999}$ olacak şekilde $m$ sayılarını arıyoruz.
$10^{m+3} \equiv 2 \cdot 1000 \equiv 1 \pmod {1999}$ ve $1999$ asal sayı olduğu için $m \equiv 1995 \pmod {1998}$ şeklindeki $m$ sayıları aradığımız sayılardır.
Bu durumda her $r \in \mathbb Z^+$ için $1998r - 3$ basamaklı $99\dots 9$ sayısı $1999k+1$ formunda yazılabilir.
Çözüm 3:
Her $p > 5$ asal sayısı için bütün rakamları $1$ olan ve $1+1999\cdot (tp)$, $t \in \mathbf N$, biçiminde yazılabilen bir sayı bulunduğunu göstermek yeter.
Bunun için, $$a_1 = 1, a_2=11, a_3=111, \dots, a_k = \underbrace{11\dots 1}_{k \text{ tane}}, \dots$$ dizisini düşünelim. Eğer bu dizinin terimlerinden biri $1999\cdot p$ ile bölünüvorsa bu terimin $10$ katının $1$ fazlası istenilen türde bir sayıdır. Aksi halde, bu dizinin $1999\cdot p$ 'ye eşit kalanla bölünen en az iki terimi vardır (Neden?). Böyle iki terimin farkı $$(11\dots 1)\cdot 10^a = A\cdot 10^a$$ biçiminde bir sayı olacak ve $1999\cdot p$ 'ye bölünecektir. $10^a$ ve $1999\cdot p$ aralarında asal olduğundan, bu farkın diğer çarpanı $A=11\dots 1$ $1999\cdot p$ 'ye bölünmelidir. $A = (1999\cdot p) \cdot s$, $s \in \mathbf N$.
Şimdi, $10A + 1 = 1 + 1999\cdot (10ps)$ sayısı istenilen türde bir sayıdır. Sonsuz çoklukta asal sayı bulunduğundan, bu tür sayıların sonsuz çoklukta olacağı açıktır.
Kaynak: Matematik Dünyası 1999, Sayı 3, Sayfa 22.
Çözüm 4:
Fermat Teoremine göre, $$10^{1998} \equiv 1 \pmod {1999}$$ ve dolayısıyla, her $k \in \mathbf N$ için $10^{1998k} \equiv 1 \pmod {1999}$. Böylece her $k \in \mathbf N$ için $$1999m = 10^{1998k} - 1 = \underbrace{99\dots 9}_{1998k}$$ sağlanacak biçimde bir $m \in \mathbf N$ ve dolayısıyla, $$1999n = \underbrace{11\dots 1}_{1998k}$$ sağlanacak biçimde bir $n \in \mathbf N$ vardır. Her tarafı $10$ ile çarparak $1$ eklersek ve $10n=t$ dersek, $$\underbrace{11\dots 1}_{1998k+1} = 1999t + 1$$ elde ederiz. $k$ yerine herhangi doğal sayı konulabileceğinden, böyle sayılar sonsuz çokluktadır.
Çözenler: Serhat Doğan, Sabri Yılmaz, Mustafa Bal, Ahmet Çetintaş.
Kaynak: Matematik Dünyası 1999, Sayı 3, Sayfa 22.
Çözüm 5:
$$10, 110, 1110, 11110, \dots$$ dizisine bakalım. Bu dizinin en az bir terimi $1999$ ile tam bölünür; çünkü, aksi halde, bu dizinin en az iki teriminin $1999$ ile bölünmesinden elde edilen kalan aynı olur. Bu tür iki terim $$A=\underbrace{\overline{11\dots 10}}_{n + 1}, \text { ve } A=\underbrace{\overline{11\dots 10}}_{k + 1}$$ ise $(k<n)$, o takdirde, $$A-B = A=\overline{\underbrace{11\dots 1}_{n -k}\underbrace{00\dots 0}_{k+1}}$$ sayısı $1999$ ile tam bölünür; $1999$ asal olduğundan, $\overline {\underbrace{11\dots 1}_{n -k + 1}0}$ sayısı $1999$ ile tam bölünür. Çelişki. O halde, verilen dizinin $1999$ ile tam bölünen $u+1$ basamaklı bir $a=11\dots 10$ terimi bulunduğunu söyleyebiliriz. Bu takdirde, $s+1 = 1999k + 1$, $k \in \mathbf N$ biçinindedir. Şimdi, her $t \geq 1$ için $ut + 1$ basamaklı $$s_t = \underbrace{11\dots 1}_{ut+1}$$ sayısını düşünürsek, $s_0 = s/10$ olmak üzere $s_t = 10^{u(t-1) + 1}s_0 + 10^{u(t-2) + 1}s_0 + \dots + 10^1s_0 + 1$ sayısının da $1999k_t + 1$, $k_t \in \mathbf N$ biçiminde olduğu görülür.
Çözen: Alp Şimşek
Kaynak: Matematik Dünyası 1999, Sayı 3, Sayfa 23.
2
$m^2+(m+1)^2=n^4+(n+1)^4$ eşitliğini sağlayan $m$ ve $n$ pozitif tam sayılarının bulunmadığını gösteriniz.
Çözüm 1:
İfadenin sol tarafını tamkareye tamamlayalım, $$2m^2+2m+1=n^4+(n+1)^4\iff 4m^2+4m+1=2n^4+2(n+1)^4-1$$ $$\iff (2m+1)^2=4n^4+8n^3+12n^2+8n+1$$ Şimdi sağ tarafı tamkareye benzetmeye çalışalım. $(2n^2+2n+1)^2=4n^4+8n^3+8n^2+4n+1$ olduğundan $$(2m+1)^2=4n^4+8n^3+12n^2+8n+1>4n^4+8n^3+8n^2+4n+1=(2n^2+2n+1)^2$$ olur. Buradan $2m+1\geq 2n^2+2n+2$ olur. Bir taraf tek sayı diğeri çift sayı olduğundan eşitlik sağlanamaz. Dolayısıyla $2m+1\geq 2n^2+2n+3$ olur. Buradan $$(2m+1)^2=4n^4+8n^3+12n^2+8n+1\geq (2n^2+2n+3)^2=4n^4+8n^3+16n^2+12n+9$$ $$\iff 0\geq 4n^2+4n+8$$ olur ama $n>0$ olduğundan çelişki elde edilir. Çözüm yoktur.
Çözüm 2:
$m^2+m^2+2m+1= n^4+ n^4+ 4n^3+6n^2+4n+1$
$2m^2+2m=2n^4+4n^3+6n^2+4n$
$m^2+m = n^4+2n^3+3n^2+2n = n(n^3+2n^2+3n+2) = n(n+1)(n^2+n+2)$
$k = n^2+n$ olsun.
$m^2+m = k(k+2)$ olur. Her iki tarafa $1$ eklersek $m^2+m+1= k^2+2k+1=(k+1)^2$ olur.
$m^2<m^2+m+1 = (k+1)^2<(m+1)^2$
Ardışık iki sayının kareleri arasında başka tam kare bulunamayacağı için denklemin çözümü yoktur.
Çözüm 3:
Denklemi $m^2 + m = n^4 + 2n^3 + 3n^2 + 2n$ biçimine getirelim. Şimdi, sol taraftaki ifade için $$n^4 + 2n^3 + 2n^2 + n < n^4 + 2n^3 + 3n^2 + 2n < n^4 + 2n^3 + 4n^2 + 3n + 2 $$ ya da $$(n^2+n)(n^2 + n+1) < n^4 + 2n^3 + 3n^2 + 2n < (n^2 + n + 1)(n^2 + n + 2)$$ eşitsizliği sağlanacağından, $k=n^2 + n$ olmak üzere, $$k(k+1) < m(m+1) < (k+1)(k+2)$$ eşitsizliği de sağlanmalıdır. Buradan, $k<m<k+1$ olur. Fakat, iki ardışık tamsayı arasında başka bir tamsayı bulunmadığından, problemdeki eşitlik pozitif tamsayılarda sağlanamaz.
Çözen: Murat Bilge Badem
Kaynak: Matematik Dünyası 1999, Sayı 3, Sayfa 24.
Çözüm 4:
$f(x) = x^2 + (x+1)^2$, ($x \geq 1$) diyelim. $f$ 'nin artan bir fonksiyon olduğu açıktır. $$f(n^2 + n) = 2n^4 + 4n^3 + 4n^2 + 2n + 1$$ $$f(n^2 + n + 1) = 2n^4 + 4n^3 + 8n^2 + 6n + 5$$ 'tir. Şimdi, $$n^4 + (n+1)^4 = 2n^4 + 4n^3 + 6n^2 + 4n + 1$$ olduğundan, $$f(n^2 + n) < n^4 + (n+1)^4 < f(n^2 + n+1)$$ olur.
$n^2 + n$ ve $n^2 + n+1$ ardışık sayıları arasında hiç tamsayı bulunmadığından, artan $f$ fonksiyonu için $f(m) = n^4 + (n+1)^4$ sağlanacak biçimde $m \in \mathbf N$ yoktur.
Çözen: Bumin Yenmez
Kaynak: Matematik Dünyası 1999, Sayı 3, Sayfa 23.
3
$a,b,c$ ve $d$ herhangi pozitif reel sayılar olmak üzere,
$$\dfrac{1}{a+b+c+d} \leq \dfrac{1}{64} \left( \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{4}{c} + \dfrac{16}{d} \right)$$
eşitsizliğinin sağlandığını gösteriniz.
Çözüm 1:
$AO \ge HO$ dan $$\dfrac{a+b+c+d}{8} = \dfrac{a+b+\frac c2 +\frac c2 +\frac d4 +\frac d4 + \frac d4 +\frac d4 }{8} \ge \dfrac {8}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{2}{c} + \frac{2}{c} + \frac{4}{d}+ \frac{4}{d}+ \frac{4}{d}+ \frac{4}{d}} = \dfrac {8}{\frac 1a + \frac 1b + \frac 4c + \frac {16}d}$$
Eşitlik $a=b=\dfrac c2 = \dfrac d4$ iken sağlanır.
Çözüm 2:
$a,b,c$ ve $d$ herhangi pozitif reel sayılar olsun. Bu takdirde ($\dfrac {x}{y} + \dfrac {y}{x} \geq 2$ eşitsizliği kullanılarak), $$(a+b+c+d)\left (\dfrac 1a + \dfrac 1b + \dfrac 4c + \dfrac {16}d \right ) = 22 + \left ( \dfrac {a}{b} + \dfrac {b}{a} \right ) + 2\left ( \dfrac {2a}{c} + \dfrac {c}{2a} \right )+ 4\left ( \dfrac {4a}{d} + \dfrac {d}{4a} \right )+ 2\left ( \dfrac {2b}{c} + \dfrac {c}{2b} \right ) \\ + 4\left ( \dfrac {4b}{d} + \dfrac {d}{4b} \right )+ 8\left ( \dfrac {2c}{d} + \dfrac {d}{2c} \right ) \\ \geq 22 + 2 + 4 + 8 + 4 + 8 + 16 = 64.$$
Eşitlik durumu, örneğin, $a$ herhangi bir pozitif reel sayı olmak üzere $b=a$, $c=2a$, $d=4a$ alındığında elde edilir.
Kaynak: Matematik Dünyası 1999, Sayı 3, Sayfa 24.
Çözüm 3:
Cauchy-Schwarz-Bunyakovski eşitsiziğinden
$$\begin{array}{rcl}
(a+b+c+d)\left ( \dfrac 1a + \dfrac 1b + \dfrac 4c + \dfrac {16}d \right ) &\geq & \left ( \sqrt a \dfrac 1{\sqrt a} + \sqrt b \dfrac 1{\sqrt b} + \sqrt c \dfrac 2{\sqrt c} + \sqrt d \dfrac 4{\sqrt d} \right )^2 \\ &=& (1+1+2+4)^2 = 8^2 = 64
\end{array}$$
Çözenler: Ali Cevahir, Sabri Yılmaz, Serhat Doğan
Kaynak: Matematik Dünyası 1999, Sayı 3, Sayfa 24.
4
Birinci terimi $2$ olan ve ikinci teriminden itibaren her bir terimi bir önceki terimin rakamlarının beşinci kuvvetlerinin toplamına eşit olan (yani, ikinci terim $=2^5=32$; üçüncü terim $=3^5+2^5=275$,...) doğal sayı dizisinde birbirine eşit en az iki terim bulunduğunu kanıtlayınız.
Çözüm:
Üçüncü terim üç basamaklıdır.
Dördüncü terim, $2^5 + 7^5 + 5^5 < 3 \cdot 9^5 < 10^6$ olduğu için en fazla $6$ basamaklı olabilir. $7$ basamaklı olamaz. (Aslında $5$ basamaklıdır; ama bu bilgiye ihtiyacımız yok.)
Yedi basamaktan az bir basamağa sahip bir terim için $a^5 + b^5 + c^5 + d^5 + e^5 + f^5 \leq 6\cdot 9^5 < 9^6 < 10^6$ olduğu için bir sonraki terim de en fazla $6$ basamaklı olabilir.
Dolayısıyla bu dizinin tüm terimleri $10^6 = 1000000$ dan küçüktür. Dizide sonsuz terim olduğu için en az iki terim aynı olacaktır.
Not:
Dizinin önceki elemanlarından birine eşit olan bir terimine rast geldiğimizde bu terimden itibaren dizi periyodik bir halde gelecektir.
Bilgisayar yardımıyla $a_{38} = a_{50} = \dots = a_{38 + 12k} = 119366$ olarak hesaplanabilir.
5
Merkezi $O$ ile gösterilen bir çember içinde bir $C$ noktası alınıyor ve $OC$ doğrusuna paralel olan herhangi bir $[AB]$ kirişi çiziliyor. $|AC|^2+|BC|^2$ toplamının, $[AB]$ kirişinin seçiminden bağımsız olduğunu ispatlayınız.
Çözüm 1:
Çemberin yarıçapı $r=\text{Sabit}$ ve $OC=c = \text {Sabit}$ olsun.
$A$ nın $OC$ doğrusuna göre simetriği $D$ olsun. $\angle BAD = 90^\circ$ olduğu için $BD$ çaptır, yani $O$ dan geçer.
$\triangle BCD$ de kenarortay teoreminden $AC^2 + BC^2 = DC^2 + BC^2 = 2(BO^2 + CO^2) = 2(r^2 + c^2) = \text {Sabit}$tir.
Çözüm 2:
Çember $O(0,0)$ merkezli $r$ yarıçaplı, $C(c, 0)$, $A(x,y)$ olsun. $B(-x,y)$ ve $x^2 + y^2 = r^2$ olacaktır.
$C$ nin $A$ ve $B$ ye uzaklıklarının karelerini toplarsak $AC^2 + BC^2 = (x-c)^2 + y^2 + (x+c)^2 + y^2 = 2x^2 + 2y^2 + 2c^2 = 2r^2 + 2c^2 = \text {Sabit}$ elde ederiz.