1
$abcd=1$ eşitliğini sağlayan $a,b,c,d$ pozitif reel sayıları için
$$\dfrac{1+abc}{a+1}+\dfrac{1+bcd}{b+1}+\dfrac{1+cda}{c+1}+\dfrac{1+dab}{d+1} \geq 4$$
olduğunu ispatlayınız.
Çözüm:
$AGO$ uygularsak
$$\begin{array}{rcl}
\dfrac{1+abc}{a+1}+\dfrac{1+bcd}{b+1}+\dfrac{1+cda}{c+1}+\dfrac{1+dab}{d+1} &=& \dfrac{abcd+abc}{a+1}+\dfrac{abcd+bcd}{b+1}+\dfrac{abcd+cda}{c+1}+\dfrac{abcd+dab}{d+1} \\
&=& \dfrac{abc(d+1)}{a+1}+\dfrac{bcd(a+1)}{b+1}+\dfrac{cda(b+1)}{c+1}+\dfrac{dab(c+1)}{d+1} \\
&\geq & 4\sqrt[4]{a^3b^3c^3d^3} \\
&= & 4
\end{array}
$$
Eşitlik durumu $4$ kesrin birbirlerine eşit olması gerekir. Çarpımları $1$ olduğu için her biri $1$ e eşittir.
$\dfrac{1+abc}{a+1}=1 \Rightarrow bc=1$.
Benzer şekilde $cd=1$, $da=1$, $ab=1$.
Bu durumda eşitlik $c=a$ ve $b=d=\dfrac 1a$ iken sağlanır.
2
$2^{2001}+3^{2001}=n^k,\ (n,k \in \mathbb N)$ sağlanacak biçimde $n$'nin varlığı için $k$ sayısı $1$'e eşit olmalıdır. İspatlayınız.
Çözüm 1:
Bu ispat için $2^{2001}+3^{2001}\equiv 0\pmod{p}$ ve $2^{2001}+3^{2001}\not\equiv 0\pmod{p^2}$ olacak şekilde bir $p\geq 5$ olduğunu göstermemiz yeterlidir. $(p,3)=(p^2,3)=1$ olduğundan $3$'ün hem $p$ hem de $p^2$ modunda tersi vardır. Bu durumda $$2^{2001}+3^{2001}\equiv 0\pmod{p}\iff \left(\frac{2}{3}\right)^{2001}\equiv -1\pmod{p}$$ $$2^{2001}+3^{2001}\not \equiv 0\pmod{p^2}\iff \left(\frac{2}{3}\right)^{2001}\not\equiv -1\pmod{p^2}$$ $\phi(p)=p-1$ ve $\phi(p^2)=p(p-1)$ olmasından dolayı $p(p-1)\mid 2000$ olması işlemlerimizi çok sadeleştirecektir. Bu şartı sağlayan bir $p$ için Euler teoreminden $\frac{2}{3}\equiv -1\pmod{p}$ ve $\frac{2}{3}\not\equiv -1\pmod{p^2}$ olup olmadığını kontrol etmeliyiz. $\frac{2}{3}\equiv -1$'den direkt olarak $p=5$'in bakmamız gereken asal olduğunu anlayabiliriz. Gerçekten de $$\frac{2}{3}\equiv \frac{27}{3}\equiv 9\not\equiv -1\pmod{25}$$ olduğundan $p=5$ aradığımız bir asaldır. Yani $5\mid (2^{2001}+3^{2001})$ fakat $5^2\not\mid (2^{2001}+3^{2001})$'dir. Buradan $k=1$ olması gerektiği sonucu çıkar.
Çözüm 2:
$\varphi (25) = 20$ olduğu için $$(2^{20})^{100}\cdot 2+(3^{20})^{100}\cdot 3 \equiv 2+3 \equiv 5\pmod{25}$$ Yani $n^k = 25m +5 = 5(5m+1)$ dir. Bu da $k >1$ olamayacağı anlamına gelir.
3
Bir çember $32$ eş parçaya bölünmüştür. Uç noktaları çakışan herhangi $2$ parçaya "komşu parçalar" diyeceğiz. Ahmet ve Betül şöyle bir oyun oynuyorlar: Önce Ahmet kendi isteğine göre seçtiği $3$ parçayı boyar. Sonra Betül, boyanmamış parçalardan herhangi $3$ tanesini boyar. Daha sonra Ahmet boyanmamış $3$ parçayı boyar ve oyun bu şekilde devam eder. En sonda kalan boyanmamış $2$ parça komşu değilse Ahmet kazanır, komşu ise Betül kazanır. Doğru stratejiyi uyguladığı takdirde hangi oyuncu oyunu kesinlikle kazanır?
4
Köşe noktası $O$ olan bir açı ve bu açının ışınlarına $A$ ve $B$ noktalarında teğet olan bir çember verilmiştir. $A$ noktasından $[OB$ ışınına paralel olan doğrunun bu çember ile kesiştiği noktaya $C$ diyelim. $[OC]$ doğru parçasının çemberle kesiştiği diğer nokta $E$ olsun. $[AE$ ve $[OB$ ışınlarının kesişim noktasına $K$ denirse $|OK|=|KB|$ olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$\angle KOE = \angle ECA = \angle OAE$ olduğu için $OK^2=KE\cdot KA$.
Ayrıca $K$ noktasının çembere göre kuvvetinden $KB^2 = KE\cdot KA$.
5
Dikdörtgen şeklindeki karton levha makasla $2$ parçaya bölünüyor. Parçalardan biri alınarak tekrar $2$ parçaya bölünüyor. Sonra $3$ parçadan biri alınarak yine $2$ parçaya bölünüyor ve bu işlem bu şekilde sürdürülüyor. Belirli bir anda ortaya çıkan parçalar içinde tam $77$ tane $29$-genin bulunması için, makasın en az $2001$ kez kullanılması gerektiğini ispatlayınız.