Tübitak Lise 2. Aşama - 2002 Çözümleri

1

$n\ge 2$ bir tam sayı ve $(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})$, $1,2,\ldots ,n$ sayılarının bir permütasyonu olmak üzere, gerçel eksen üstünde $1,2,...,n$ noktalarına sırasıyla $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ elma yerleştiriliyor. $A,B,C$ isimli çocuklara sırasıyla $x_{A},x_{B},x_{C} \in \lbrace 1,2,\ldots ,n\rbrace $ noktaları veriliyor. Her $k\in\{1,2,\dots, n\}$ için, kendilerine verilen noktalar $k$ ye en yakın olan çocuklar $a_{k}$ elmayı paylaşıyor. (Elmalar istenildiği kadar küçük parçalara ayrılabiliyor.) Çocuklardan hiçbiri, diğer ikisinin noktaları aynı kalmak üzere, topladığı elma miktarı eskisine göre kesin artacak biçimde kendisine $\{1,2,\dots, n\}$ kümesinde yeni bir nokta seçemiyorsa, $(x_{A},x_{B},x_{C})$ ye bir denge konumu diyoruz. $n$ nin hangi değerleri için, bir denge konumunun var olmasını sağlayan uygun bir $(a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n})$ dağılımının bulunduğunu belirleyiniz.

2

Bir $A$ noktasında dıştan teğet olan iki çember, bir $\Gamma $ çemberine $B$ ve $C$ noktalarında içten teğettir. $\Gamma $ çemberinin küçük çemberlere $A$ noktasında teğet olan kirişinin orta noktası $D$ dir. Çemberlerin merkezleri doğrudaş değilse, $BCD$ üçgeninin içteğet çemberinin merkezinin $A$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm 1:

$\Gamma$ çemberinin $B$ ve $C$ noktalarındaki teğetleri $P$ de kesişsin. $OP$ çaplı çember, $B$, $C$ ve $D$ noktalarından geçeceği için $O,B,C,D$ noktaları çemberseldir. Bu durumda $\angle BDP=\angle BOP=\angle POC=\angle PDC$ olduğu için, $DA$ doğrusu $BCD$ üçgeninde bir iç açıortaydır.

$PD$ doğrusu çemberi şekildeki gibi $Q$ ve $R$ noktalarında kessin.
$2\cdot \angle BRC=\angle BOC=\angle BDC\Rightarrow \angle QDC=\angle BRC$ ve $\angle BRQ=\angle QCB\Rightarrow \angle QDC=\angle QCB+\angle QRC=\angle DCR+\angle QRC\Rightarrow \angle DCR=\angle BCQ$ elde edilir. Bu durumda $CA$ nın $\angle BCD$ nin açıortayı olması için $CA$ nın $\angle QCR$ nin açıortayı olması gerekir. Bu da aslında bilindik bir problem. İspatlayalım.

$CQ$ ile $CR$, çemberi sırasıyla $Y$ ve $X$ noktalarında kessin.

Teğet-Kiriş açıların eşitliğinden $\angle PRC=\angle QCP=\angle YXC$ olduğu için $XY\parallel RQ$ elde ettik. Bu durumda $\angle ACX=\angle RAX=\angle AXY=\angle ACY$ olur ki, bu da $CA$ nın $\angle QCR$ nin açıortayı olduğu anlamına gelir.

Çözüm 2:

$BA$ ve $CA$ nın çemberi kestiği noktalar sırasıyla $P$ ve $R$ olsun. $P$ ve $R$ noktaları kirişin ayırdığı yayların orta noktalarıdır. *
Buradan $\left[RP\right]$ çap olup $D$ noktasında kirişe diktir ( $P-D-R$ doğrusal noktalardır ) . $\left[RP\right]$ çap olduğundan $m\left ( \widehat{RPB} \right )=90^{\circ}$ ve $m\left ( \widehat{PCR} \right )=90^{\circ}$ olur. Diğer taraftan $\left[AD\right] \perp \left[RP\right]$ bulunduğundan $ABRD$ ile $ACPD$ dörtgenleri birer kirişler dörtgenidir. $O$ merkezli çembere göre; $m\left ( \widehat{BCR} \right )=m\left ( \widehat{BPR} \right )$ ve $m\left ( \widehat{CBP} \right )=m\left ( \widehat{CRP} \right )$ , $ACPD$ ve $ABRD$ dörtgenlerine göre de $m\left ( \widehat{ACD} \right )=m\left ( \widehat{APD} \right )$ ve $m\left ( \widehat{ABD} \right )=m\left ( \widehat{ARD} \right )$ olup $AB$ ve $AD$, $BDC$ üçgeni için birer iç açıortay olduğundan $A$ iç merkezdir.

* ispatı : burada

3

Çizge Hava Yolları (ÇHY), Çizge Cumhuriyeti'nin bazı kentleri arasında uçak seferleri düzenlemektedir. Her kentten en az üç farklı kente sefer vardır ve yalnızca ÇHY seferlerini kullanarak, Çizge Cumhuriyeti'nin herhangi bir kentinden başka bir kentine ulaşmak mümkündür. Bunu, yalnızca ÇHY seferlerini kullanarak herhangi bir kentten bir diğerine ulaşmanın hala mümkün kalacağı, ancak kentlerin en az $\dfrac{2}{9}$ undan sadece bir seferin olacağı bir şekilde yapmanın olanaklı olduğunu kanıtlayınız.

4

$0\le x,y<p$ ve $y^{2}\equiv x^{3}-x \pmod p$ koşullarını sağlayan $(x,y)$ sıralı tam sayı ikililerinin sayısının $p$ olmasına yol açan tüm $p$ asal sayılarını bulunuz.

Çözüm:

$p=2$ durumunu aradan çıkaralım. $\{(0,0), (1,0)\}$ olduğu için $p=2$ sağlar.

Şimdi $(x,y)$ ikililerinin sayısı tek olduğu için denkliğin $y=0$ ken çözümü olmalı. Aksi halde çözüm sayısı, $(-x,y)$ de bir çözüm olduğundan çift olurdu. Bu durumda $0 \equiv x^3 - x \pmod p \Rightarrow x \equiv 0,1,-1 \pmod p$ şeklinde $3$ çözüm garanti bulunur. Demek ki geriye kaldı $p-3$ çözüm. Bu çözümler çiftler halinde olduğu için $\dfrac {p-3}2$ daha $x$ değeri için denkliğin sağlanması gerekecek.

Euler kriteri: $y^2 = a \pmod p \Leftrightarrow a^{\frac {p-1} 2} \equiv 1 \pmod p$
(Fermat'ın Küçük Teoreminden rahatça ispatlanabilir.)

$p=4k+1$ olsun. $\dfrac {p-3}2 = 2k-1$ adet $x$ değeri arıyoruz.
$a^{\frac {p-1}2}=a^{2k} \equiv 1 \pmod p$ denkliğini $a$ sağlıyorsa, $-a$ da sağlar. Ya da tam tersi.
Bu durumda $f(x) = x^3 - x = y^2$ polinomu $a$ değeri için bir kuadratik kalana eşit oluyorsa, $f(a) = -f(-a)$ olduğu için $-a$ değeri için de bir kuadratik kalana eşittir. Yani $(a,y_1)$ bir çözümse $(a,-y_1)$, $(-a,y_2)$, $(-a, -y_2)$ ler diğer çözümlerdir. Yani çift sayıda $x$ değeri vardır; halbuki $2k-1$ adet bekliyorduk. Çelişki.

$p=4k+3$ olsun. $\dfrac {p-3}2 = 2k$ adet $x$ değeri arıyoruz.
$a^{\frac {p-1}2}=a^{2k+1} \equiv 1 \pmod p$ olduğu için $a$ bir kuadratik kalan ise $-a$ bir kuadratik kalan olamaz. Ya da tam tersi.
Bu durumda $f(2), f(-2)$, $f(3), f(-3)$, $\dots$, $f(2k+1), f(-(2k+1))$ çiftlerinden tam olarak bir tanesi kuadratik kalan olmalı. Bunların adedi de $2k$.

Sonuç olarak $p=2$ ve $p=4k+3$ formundaki asal sayılar için $(x,y)$ ikililerinin sayısı $p$ tanedir.

5

Kenar uzunlukları $|BC|<|AC|<|AB|$ koşulunu sağlayan dar açlı bir $ABC$ üçgeninin $AB$ ve $AC$ kenarları üzerinde sırasıyla $|BD|=|BC|=|CE|$ olacak biçimde $D$ ve $E$ noktaları alınıyor. $ADE$ üçgeninin çevrel çemberinin yarıçapının, $ABC$ üçgeninin içteğet çemberinin merkezi ile çevrel çemberinin merkezi arasındaki uzaklığa eşit olduğunu gösteriniz.

Çözüm 1:

İç teğet çember $AB$ ye $N$ de dokunsun. $AB$ nin orta noktası $M$, $AE$ nin orta noktası $P$ olsun.

$BN=u-b$, $BM=\dfrac{c}{2}\Rightarrow MN=\dfrac{c}{2}-\left(u-b\right)=\dfrac{b-a}{2}$ olarak bulunur. Bu durumda ${\sin\angle OIN=\dfrac{NM}{OI}=\dfrac{\dfrac{b-a}{2}}{OI}\ }$ olur.
$AQP$ üçgeninde $${\sin \angle AQP=\dfrac{AP}{AQ}=\dfrac{\dfrac{b-a}{2}}{AQ}\ }$$ ve $$2\cdot \angle ADE=\angle EQA\Rightarrow \angle AQP=\angle ADE$$ olduğu için de ${\sin \angle ADE\ }=\dfrac{\dfrac{b-a}{2}}{AQ}$ olarak bulunur.
Bu durumda, $$\angle ADE=\angle AQP\Rightarrow OI=AQ$$ olacağı için, $\angle ADE=\angle AQP$ olduğunu göstereceğiz.
$OI$ ile $ED$ yi kesiştirirsek, $\angle ADE=\angle OIN\Leftrightarrow DE\bot OI$ olur.

$OE^2-OD^2$ farkıyla $O$ nun $DE$ üzerindeki izdüşümünün yerini tespit edebiliriz.
$IE^2-ID^2$ farkıyla da $I$ nın $DE$ üzerindeki izdüşümünün yerini tespit edebiliriz.
Bu iki fark eşitse, bu durumda $OI\bot DE$ olacaktır.

Bu farkları hesaplamaya çalışalım. Üçgenlerde Stewart Teoremini uygulayacağız.
Stewart'ın Özel Halinden $OE^2=OC^2-AE\cdot EC=R^2-\left(b-a\right)a$,
Stewart'ın Özel Halinden $OD^2=OB^2-AD\cdot DB=R^2-\left(c-a\right)a$ olacağı için $$OE^2-OD^2=a\left(c-a\right)-a\left(b-a\right)=a\left(c-b\right)$$ elde ederiz.
$I$ noktası için her şey bu kadar kolay olmayacak tabii ki.
Stewart'tan $IE^2=\dfrac{IC^2\cdot AE+AI^2\cdot CE}{AC}-AE\cdot CE$, $$IE^2=\dfrac{IC^2\left(b-a\right)+AI^2\cdot a}{b}-a\left(b-a\right)$$ Benzer şekilde $ID^2=\dfrac{IB^2\cdot AD+AI^2\cdot BD}{AB}-AD\cdot BD$, $$ID^2=\dfrac{IB^2\left(c-a\right)+AI^2\cdot a}{c}-a\left(c-a\right)$$
elde ederiz. Bu durumda $$IE^2-ID^2=a\left(c-a\right)-a\left(b-a\right)+\dfrac{IC^2\left(b-a\right)+AI^2\cdot a}{b}-\dfrac{IB^2\left(c-a\right)+AI^2\cdot a}{c}$$ $$=OE^2-OD^2+\dfrac{IC^2\cdot c\left(b-a\right)+AI^2\cdot ac-IB^2\cdot b\left(c-a\right)-AI^2\cdot ab}{bc}$$ $$=OE^2-OD^2+\dfrac{IC^2\cdot c\left(b-a\right)+{IA}^2\cdot a\left(c-b\right)+IB^2\cdot b\left(a-c\right)}{bc}$$ elde ederiz. Yani $IC^2\cdot c\left(b-a\right)+{IA}^2\cdot a\left(c-b\right)+IB^2\cdot b\left(a-c\right)=0$ olduğunu göstermeye çalışacağız.

$I$ dan $AC$ ye inilen dikme, kenarı $b=(u-c)+\left(u-a\right)$ şeklinde böleceği için, $$CI^2-AI^2={\left(u-c\right)}^2-{\left(u-a\right)}^2=\left(2u-a-c\right)\left(u-c-u+a\right)=b\left(a-c\right)$$ elde ettik.

Benzer şekilde, $BI^2-CI^2=a\left(c-b\right)$ ve $AI^2-BI^2=c\left(b-a\right)$ elde edilir. $$IC^2\cdot c\left(b-a\right)+{IA}^2\cdot a\left(c-b\right)+IB^2\cdot b\left(a-c\right)$$ $$=IC^2\left(AI^2-BI^2\right)+IA^2\left(BI^2-CI^2\right)+IB^2\left(CI^2-AI^2\right)=0$$ elde ederiz.

Demek ki, $IE^2-ID^2=OE^2-OD^2.$
Öyleyse, $OI\bot DE$ dir.

Çözüm 2:

$AB$ nin orta noktası $M$, $AC$ nin orta noktası $K$ olsun.

İçteğet çember $AB$ ye $N$ de, $AC$ ye $L$ de dokunsun. $$BM=\dfrac{c}{2},BN=u-b\Rightarrow MN=\dfrac{b-a}{2}$$ Benzer şekilde, $$KL=\dfrac{c-a}{2}$$ elde edilir.

$OI$ çaplı çember, $IN$ yi $R$ de, $OK$ yı $S$ de kessin. Çember üzerinde $OS\parallel RT$ olacak şekilde $T$ noktası alalım. $ST=OR=\dfrac{b-a}{2}=\dfrac{AE}{2}$ ve $SI=\dfrac{c-a}{2}=\dfrac{AD}{2}$ olacaktır.

Aynı zamanda
$$OS\parallel RT\Rightarrow SI\bot RT\Rightarrow \angle TRI+\angle RIS=\angle TSI+\angle RIS={90}^{\circ }\Rightarrow \angle RIS={90}^{\circ }-\angle TSI.$$
$ANIL$ kirişler dörtgeninde, $$\angle BAC+\angle NIL={180}^{\circ }\Rightarrow \angle RIS=\angle NIL-{90}^{\circ }={90}^{\circ }-\angle BAC$$ elde edilir.

Bu durumda $\angle BAC=\angle TSI$ ve $\dfrac{ST}{AE}=\dfrac{SI}{AD}=\dfrac{1}{2}$ olduğu için $K.A.K$ dan $\triangle TSI\sim \triangle EAD$ olacaktır. Benzerlik oranları $\frac{1}{2}$ dir. Bu durumda $\triangle ADE$ nin çevrel çemberinin yarıçapı, $\triangle TSI$ nın çevrel çemberinin yarıçapının iki katı, yani $\triangle TSI$ nın çapı kadar olacaktır. Bu durumda, $\triangle ADE$ nin çevrel çemberinin yarıçapı $OI$ ya eşittir.

Çözüm 3:

$ABC$ üçgeninde $I$ ; iç çemberin merkezi ve $I_{a} , I_{b} , I_{c}$ de ilgili kenarların dış teğet çemberlerinin merkezleri olsun.

$1.$ $A-I-I_{a}, B-I-I_{b} , C-I-I_{c}$ noktaları doğrusaldır.

$2.$ $I_{a}I_{b}I_{c}$ üçgeninde $I$ diklik merkezidir.

$3.$ $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi, $I_{a}I_{b}I_{c}$ üçgeninin dokuz nokta çemberi olduğundan, $[I_{a}I] , [I_{b}I] , [I_{c}I]$ doğru parçalarının orta noktalarından geçer.

$4.$ Bu orta noktalar sırasıyla $IBC , ICA , IAB$ üçgenlerinin çevrel merkezleridir

$|BE|=|BC|$ ve $BI$ açıortay olduğundan $|IE|=|IC|$ dir. Buna göre $AEIC$ kirişler dörtgenidir.

Benzer şekilde,$|ID|=|IB|$ ve $ADIB$ de kirişler dörtgenidir.

$BI$ nın $(ABC$) çemberini kestiği $P$ noktası $AIC$ üçgeninin çevrel çember merkezidir.

Benzer şekilde,$CI$ nın $(ABC)$ çemberi ile kesim noktası olan $Q$ da $AIB$ üçgeninin çevrel çember merkezidir.

$T ; (ADE)$ çemberinin merkezi olsun.

Kesişen çemberlerde merkezler doğrusu, kuvvet eksenlerine dik olduğundan, $OP\perp AC ,QT\perp AC ,OQ\perp AB , PT\perp AB$ dir.

Buna göre $OP\parallel QT$ ve $OQ\parallel PT$ dir. Ayrıca $|OP|=|OQ|$ olduğundan $OPTQ$ bir eşkenar dörtgendir yani, $|PT|=|PO|$ eşitliği vardır.

$\angle{BAC}=\angle{BPC}$ ve $\angle{CAP}=\angle{ACP}$ olduğundan , $\angle{APT}=\angle{OPI}$ dir.

Son olarak; $|AP|=|AI| , |PT|=|PO|$ eşitliklerinide göz önüne alırsak $ATP$ üçgeni ile $IOP$ üçgenlerinin eşliği söz konusudur.

O halde; $|OI| = |AT|$ dir.

6

$n$ pozitif bir tam sayı olsun ve $\mathbf{R}^n$ ile sıralı gerçel sayı $n$ lilerinin kümesini gösterelim. $1,2,\dots, n$ sayılarının, her $i\in\{1,2,\dots, n-1\}$ için, $x_{\sigma (i)}-x_{\sigma (i+1)}\ge 1$ eşitsizliğini sağlayan bir $\sigma $ permütasyonunun bulunduğu $\mathbf{R}^n$ ye ait $(x_1,x_2,\dots, x_n)$ elemanlarının kümesini de $T$ ile gösterelim. Aşağıdaki koşulu sağlayan bir $d$ gerçel sayısının bulunduğunu kanıtlayınız:
Her $(a_1,a_2,\dots, a_n)\in \mathbf{R}^n$ için,
$$a_{i}=\dfrac{1}{2}(b_{i}+c_{i}), \quad \vert a_{i}-b_{i}\vert \le d, \quad \vert a_{i}-c_{i}\vert \le d \quad (1 \leq i \leq n)$$ koşullarını yerine getiren $
(b_{1},\ldots ,b_{n}), (c_{1},\ldots ,c_{n}) \in T$ vardır.