Tübitak Lise 2. Aşama - 2023 Çözümleri

Sonsuz sayıda $k$ olduğunu göstermek için bir tane format bulmamız yeterlidir. $p\equiv 3\pmod{4}$ olan herhangi bir asal için $k=p^2$'nin çözüm vermediğini gösterirsek soru biter. Çözüm olduğunu varsayalım.

$(m,n)=d$ olsun. $m=ud$ ve $n=vd$ olacak şekilde aralarında asal $(u,v)$ pozitif tamsayı çifti vardır. $$\frac{d(u^2+v^2)}{d^3u^4+v}=p^2$$ olacaktır. $p\mid d(u^2+v^2)$ olduğundan $p\mid d$ veya $p\mid u^2+v^2$ olmalıdır ancak $u$ ve $v$ aralarında asal olduğundan, en az bir tanesi de $p$ ile de aralarında asaldır ve ikinci durumdan $$u^2+v^2\equiv 0\pmod{p}\implies (uv^{-1})^2\equiv -1\pmod{p}$$ elde edilir ve bu bir çelişkidir çünkü $-1$; $p$ modunda karekalan değildir. Dolayısıyla $p\mid d$ olmalıdır. Hatta $p^2\mid d$ olacaktır.

$(d,v)=c$ olsun. $d=cx$ ve $v=cy$ olacak şekilde aralarında asal $(x,y)$ pozitif tamsayı çifti vardır. $$\frac{x(u^2+c^2y^2)}{c^2x^3u^4+y}=p^2$$ $(c^2x^3u^4+y,x)=1$ ve $p^2\mid x$ olduğundan $x=p^2$'dir. Buradan $$y(c^2y-1)=u^2(c^2p^6u^2-1)$$ elde edilir. $(y,u^2)=1$ olması gerektiğinden $u^2\mid c^2y-1$ olacaktır ve $y=\frac{u^2t+1}{c^2}$ olacak şekilde bir $t$ pozitif tamsayısı vardır ($t=0$ durumunda $y=c=1$ olacaktır ve yerine koyulursa çözüm gelmez). $$u^2t^2+t+c^2=c^4p^6u^2$$ elde edilir. $c^2p^3\geq t+1$ olması gerektiğinden $$u^2t^2+t+c^2=c^4p^6u^2\geq (t+1)^2u^2$$ $$\implies t+c^2\geq (2t+1)u^2\geq 2t+1\implies c^2\geq t+1$$ elde edilir. Görülebildiği üzere $c^2$ için elde edilen alt sınır büyümektedir.

$k\geq 0$ için $c^2\geq p^{k}(t+1)$ gibi bir alt sınır için $$u^2t^2+t+c^2=c^4p^6u^2\geq p^{6+2k}(t+1)^2u^2\implies c^2\geq \left[p^{6+2k}(t+1)^2-t^2\right]u^2-t\geq p^{6+2k}(t+1)^2-t^2-t$$ $$\geq p^{6+2k}(t+1)^2-(t+1)^2>\left[p^{6+2k}-1\right](t+1)$$ $p^{6+2k}-1>p^{k+1}$ olduğunu görmek kolaydır. Dolayısıyla $c^2$ için $p^{k+1}(t+1)$ alt sınırını elde ederiz. Bunu sonsuza kadar götürebileceğimizden dolayı böyle bir $c$ yoktur, çözüm gelmez.

Dolayısıyla $p\equiv 3\pmod{4}$ asalı için $k=p^2$ alınırsa hiçbir çözüm olmayacaktır.

Bu soruya yukarıdaki çözümü yaptığımda $k=p^2$ seçmemin nedeni $p\not\mid u^2+v^2$ olmasını sağlamak ve ilerideki kısımlarda $u^2$'nin katsayılarını kıyaslayabilmekti. Başka formattaki $k$'lar için farklı çözümler geleceğini düşünmüştüm ama karşılaştığım her çözümde farklı sebeplerle $k=p^2$ seçilmiş. Örneğin, yüzde yüz emin olmamakla beraber $3^{2a}$ şeklindeki sayılar için de çözüm gelmeyeceğini düşünüyorum. $k=p^2$ durumuna getirilmiş farklı çözümlerden birisini daha ekleyelim.

Çözüm 2: $p\equiv 3\pmod{4}$ için $k=p^2$ için çözüm olmayacağını göstereceğiz. $$m^2+n^2=p^2(m^4+n)\implies p\mid m^2+n^2$$ olacaktır. $p\equiv 3\pmod{4}$ olduğundan $p\mid m,n$ olmalıdır. $m=xp$ ve $n=yp$ yazarsak, $$x^2+y^2=p^4x^4+py\implies p\mid x^2+y^2\implies p\mid x,y$$ olur. $x=ap$, $y=bp$ yazarsak, $$a^2+b^2=p^6a^4+b\implies a^2-b=(p^3a^2-b)(p^3a^2+b)$$ elde edilir. Eğer $a^2=b$ ise $$p^3a^2-b>a^2-b$$ olduğundan çelişki elde edilir. Dolayısıyla $a^2\neq b$ ve $$|a^2-b|= |p^3a^2-b|(p^3a^2+b)>|p^3a^2-b|(a^2+b)>|p^3a^2-b|\cdot |a^2-b|$$ $$\implies 1>|p^3a^2-b|\implies p^3a^2-b=0$$ elde edilir ancak eşitlikte yerine yazılırsa $a^2-b=0$ çelişkisi elde edilir. Dolayısıyla $k=p^2$ için çözüm yoktur.

Kaynak: Tübitak Lise 2. Aşama Resmi Çözümler 2023

$\Pi = (ABC)$, $\Pi_A = (BPC)$ ve $\Pi$ nin yarıçapı $R$ olsun.

Üç çemberin ikişerli ikişerli kuvvet eksenleri tek bir noktada kesişir.
Yani $\omega_A$ ile $\Gamma_A$ kuvvet ekseni, $\omega_A$ ile $\Pi$ nin kuvvet ekseni, $\Gamma_A$ ile $\Pi$ nin kuvvet ekseni tek bir noktada kesişir. Bu nokta $O_A$ olsun.
$O_AP = O_AA_1 = O_AA_2$. $(O_A, |O_AP|) = \pi_A$ olsun.
$\Pi_A$ nın $O_AP$ teğeti ile $\Pi$ nin $O_AA_2$ teğeti eşit olduğu için $O_A$ bu iki çemberin kuvvet ekseni üzerindedir (Yani $O_A \in BC$).
Bu durumda $$OO_A^2 - R^2 = O_AP^2 \tag{1}$$ olur.

Şimdi de $\Pi_B = (APC)$ için benzer işlemleri yapıp $O_B$ yi ve $\pi_B$ yi tanımlayalım. $$OO_B^2 - R^2 = O_BP^2 \tag {2}$$
$\pi_A$ ile $\pi_B$ nin kuvvet ekseni $P$ den geçen ve $O_AO_B$ ye dik doğrudur. $(1)-(2)$ den $$OO_A^2 - OO_B^2 = O_AP^2 - O_BP^2 \tag {3}$$ olduğu için $OP \perp O_AO_B$ dir. Bu durumda $\pi_A$ ile $\pi_B$ nin kuvvet ekseni $OP$ dir.


$OP$ ile $A_1A_2$ nin kesişimi $K$ olsun.
$K$ noktası hem $\Pi$ ile $\pi_A$ nın kuvvet ekseni üzerinde, hem de $\pi_A$ ile $\pi_B$ nin kuvvet ekseni üzerinde olduğu için $\Pi$ ile $\pi_B$ nin kuvvet ekseni üzerinde olacaktır. Bu durumda $K \in B_1B_2$ olacaktır.
Benzer şekilde $C_1C_2$ de bu $K$ noktasından geçecektir.

Bu tarz sorularda genelde soruyu çözebilmek için cevabı tahmin etmek gerekir. Eğer yanlış tahmin üzerine çözüm elde edilmeye çalışılırsa, süre yetişmeyecek ve büyük olasılıkla o sorudan puan alınamayacaktır. $2422$ sayısının özel bir anlamı olmamasından dolayı cevabın evet olacağını tahmin edebiliriz çünkü $2023$ veya $2023^{2022}$ gibi sayılar verilseydi, çözümün sayıdan bağımsız olabileceği sonucuna varabilirdik. Ancak $2422$ sayısı belli ki özel bir inşa yönteminin sonucunda çıktığı için sorulmuş. Böyle bir kümeyi varsayarak, nasıl inşa edebileceğimize bakalım.

Kümenin elemanlarını $i=0,1,\dots,22$ için $2^{\frac{2^i}{n}}$ olarak seçersek elemanları çarpımının rasyonel olması için kullanılan terimlerin üslerinin toplamının tamsayı olması gerekir. Yani $$n\mid 2^{a_1}+2^{a_2}+\cdots 2^{a_k}$$ şeklinde olmalıdır. $n$ sayısının herhangi bir katının $2$'nin farklı kuvvetlerinin toplamı olarak tek şekilde yazılabileceğini biliyoruz. Dolayısıyla $$n,2n,3n,\dots,2422n$$ sayılarını $1,2,2^2,\dots, 2^{22}$ sayılarını kullanarak elde edebilmeli ancak $2423$'ü elde edememeliyiz. $2^m$'ye kadar olan $2$'nin kuvvetleri kullanılarak sadece $2^m-1$'e kadar olan tüm sayıları elde edebiliriz. Dolayısıyla $$2422n\leq 2^{23}-1<2423n\implies \frac{2^{23}-1}{2423}<n\leq \frac{2^{23}-1}{2422}$$ olacak şekilde bir $n$ varsa, bu $n$ için yukarıdaki formatta seçtiğimiz küme istenilen şartı sağlayacaktır. Bu aralıkta $n=3463$ sayısı olduğundan, böyle bir küme vardır.

Kaynak: Tübitak Lise 2. Aşama Resmi Çözümler 2023

Not 1: Son kısımdaki $n$'nin varlığının gösterilmesi yeterlidir. Dolayısıyla böyle bir $n$'yi elle hesaplamak yerine, ki sayılar bence bunu yapmak için çok da büyük değil, sınırlarının arasındaki farkın $1$'den büyük olduğu gösterilebilir. Çünkü $b-a>1$ ise $(a,b)$ aralığında kesin bir tamsayı vardır. Resmi çözümde de bu şekilde çözüm tamamlanmıştır.

Not 2: AoPS gibi forumlarda istenileni sağlayan farklı formattaki bazı kümeler de bulunmuş. O kümelerin neden o şekilde seçilmesi gerektiğine dair açıklamalarla birlikte burada farklı çözüm olarak paylaşabiliriz.

Metin Can Aydemir'in bahsettiği AoPS forumundaki çözümlerden biri sınavın birincisi Barış Koyuncu'ya ait. Barış Koyuncu, derincesi Youtube kanalında kendisini çözüme götüren yöntemi detaylıca anlatıyor.

Barış Koyuncu, ilgili kümelerden birini $\{e, 2e, 3e, \dots, 12e, e^{-7}, 2e^{-7}, e^{-8}, e^{-10}, 2e^{-10}, \ldots, 5e^{-10}, e^{-11}, e^{-12}, e^{-31}\}$ olarak örneklendiriyor.
O çözümünün biraz daha genelini (Barış Koyuncu'nun AoPS'taki çözümününden esinlenerek) Metin Can Aydemir ile birlikte şöyle yaptık:

Öncelikle kümede hiç rasyonel sayı olmaması gerektiğini gözlemleyelim. $a\in\mathbb{Q}$ sayısı bu kümenin içerisinde ise $a$'nın olmadığı, çarpımı rasyonel olan altkümelere, $a$ eklendiğinde yine çarpımı rasyonel olacaktır. Eğer $a\neq 0$ ise kalan $22$ reel sayıdan kaç tane altküme elde edebiliyorsak, $a$'yı ekleyerek bir o kadar alt küme daha elde edebilirdik. Bunların dışında $a$'nın tek başına olduğu kümeyi de düşünürsek, alt küme sayısı tek sayı olacaktır, $2422$ olamaz. Eğer $a=0$ ise $a$'yı içeren her altkümenin elemanları çarpımı rasyonel olacaktır. Bu da en az $2^{22}$ tane altküme demektir. Bu da istenileni sağlamaz.

Dolayısıyla hiçbir rasyonel sayı içermeyen bir küme oluşturmalıyız. Çarpımlarının rasyonel olmasından dolayı sayıları $\alpha$ transcental sayısı ve $a,k\in\mathbb{Z}$ için $a\cdot \alpha^k$ formatında seçmeyi düşünebiliriz. Burada $\alpha$'yı rastgele bir irrasyonel seçmemizin sebebi $\alpha^k$'nın irrasyonel kalmasını istememizdir. Örneğin $\alpha=\sqrt{2}$ seçersek $\alpha^2$ rasyonel olacaktır. $a$'nın da elemanları farklı yapmak dışında bir kullanımı yoktur çünkü çarpıma herhangi ekstra bir şey katmayacak ancak elemanları birbirinden farklı seçebilmemizi sağlayacaktır. $23$ irrasyonel için üslere $k_1,k_2,\dots,k_{23}$ diyelim. $k_i$'lerin farklı olması gerekmez ama $0$'dan farklı olmalıdır.

Bu elemanların çarpımının rasyonel sayı olması demek, üslerinin toplamının $0$ olması demektir. Dolayısıyla $(k_1,k_2,\dots,k_{23})$ tamsayı $23$-lüsünün tam olarak $2422$ tane alt dizisinin elemanları toplamının $0$ olmasını istiyoruz. Bunun için de $k_i$'lerden pozitif olanlar ile negatif olanları birbirlerini nötrleyecek şekilde seçmeliyiz. İki işaret için de sayıları rastgele seçersek, $2422$'yi hesaplamak karmaşıklaşacağından tüm pozitifleri $+1$ seçebiliriz. Böylelikle, $-K$'yı nötrlemek demek $K$ tane $+1$'den seçmek demek olacak.

$k =\lfloor (n+1)/2 \rfloor$ olmak üzere; $N$ tane $1$, $x_0$ tane $-k$, $x_1$ tane $-k-1$, $\ldots$, $x_{n-k}$ tane $-n$ sayısından oluşan sayı dizisini ele alalım.
Toplamları $0$ olacak şekilde bu dizinin alt dizisini seçmek istersek; sadece $1$ adet negatif sayı, bu negatif sayı neyse bir o kadar da $1$ sayısı seçmemiz gerekir.
$x_0 + x_1 + \dots + x_{n-k} \leq 23 - n$ olmak üzere; bu şekilde dağılımların sayısı için $\displaystyle \sum_{i=0}^{n-k}\binom{n}{k + i}\binom{x_i}{1} = 2422$ olmalı.

Örneğin, $n=11$ için $\binom{11}{6} = 462$, $\binom{11}{7} = 330$, $\binom{11}{8} = 165$, $\binom{11}{9} = 55$, $\binom{11}{10} = 11$, $\binom{11}{11} = 1$  eşitliklerini kullanarak $462 \cdot 5 + 55 \cdot 2 + 1 \cdot 2 = 2422$ elde ederiz.

Bu durumda $20$ elemanlı $\{e, 2e, \dots, 11e, e^{-6}, 2e^{-6}, \dots, 5e^{-6}, e^{-9}, 2e^{-9}, e^{-11}, 2e^{-11}\}$ kümesinin tam olarak $2422$ altkümesi için elemanlar çarpımında $e$ nin üssü $0$ a eşit olacaktır. (Geri kalan $3$ elemanı $e^{-12}, e^{-13}, e^{-14}$ şeklinde seçebiliriz.)

Barış Koyuncu'nun örneğini bizim çözümümüzdeki yaklaşımla verirsek:
$n=12$, $\binom{12}{7} \cdot 2 + \binom{12}{8} \cdot 1 + \binom{12}{10} \cdot 5 + \binom{12}{11} \cdot 1 + \binom{12}{12} \cdot 1$  $= 792\cdot 2 + 495 \cdot 1 + 66 \cdot 5 + 12 \cdot 1 + 1\cdot 1 = 2422 $, dolayısıyla aradığımız küme $\{e, 2e, \dots, 12e, e^{-7}, 2e^{-7}, e^{-8}, e^{-10}, 2e^{-10}, \dots, 5e^{-10}, e^{-11}, e^{-12}\}$ olacaktır. (Geri kalan $1$ elemanı $e^{-13}$ şeklinde seçebiliriz.)

Bilgisayar yardımıyla, bu yaklaşımdaki tüm çözümleri bulabiliriz.

$n=10$ için:

$\begin{array}{c|c|c|c|c|c}
\binom{10}{5} = 252 & \binom{10}{6} = 210 & \binom{10}{7} = 120 & \binom{10}{8} = 45 & \binom{10}{9} = 10 & \binom{10}{10} = 1 \\
\hline 6 & 2 & 4 & & 1 & \\
\hline 8 & & 3 & 1 & & 1
\end{array}$

$n=11$ için:

$\begin{array}{c|c|c|c|c|c}
\binom{11}{6} = 462 & \binom{11}{7} = 330 & \binom{11}{8} = 165 & \binom{11}{9} = 55 & \binom{11}{10} = 11 & \binom{11}{11} = 1 \\
\hline  &6  &2  &2  &  &2 \\
\hline  &7  &  &2  &  &2 \\
\hline  2&2  &5  &  &1  &2 \\
\hline  2&3  &3  &  &1  &2 \\
\hline  2& 4 &  &3  &1  &2 \\
\hline  2& 4 & 1 &  & 1 &2 \\
\hline  3& 3 &  &  & 4 & 2\\
\hline  4&  & 3 & 1 & 2 & 2\\
\hline  4&  1&  1&  1& 2 & 2\\
\hline  5&  &  &2  &  &2
\end{array}$

$n=12$ için:

$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c}
\binom{12}{6} = 924 & \binom{12}{7} = 792 & \binom{12}{8} = 495 & \binom{12}{9} = 220 & \binom{12}{10} = 66 & \binom{12}{11} = 12 & \binom{12}{12} = 1 \\
\hline  &  & 4& 1 & 3 & 2 & \\
\hline  &  & 4& 2 &  &  & 2 \\
\hline  & 1&  & 7 & 1& 2 & \\
\hline  & 1& 2 & 2 & 3 & & 2 \\
\hline  & 1& 3&  & 2 & 1 & 1 \\
\hline  & 2& 1&  & 5 & 1 & 1 \\
\hline 1 &  & 2 & 1 & 4 & 2 & \\
\hline 1 &  & 2 & 2& 1&  & 2 \\
\hline 1 &  & 3 &  &  & 1 & 1 \\
\hline 1 & 1&  & 2 & 4 &  & 2 \\
\hline 1& 1& 1&  & 3& 1& 1 \\
\hline 2&  &  & 1 & 5 & 2 &  \\
\hline 2&  &  & 2 & 2 & & 2 \\
\hline 2&  & 1&  & 1& 1& 1
\end{array}$

Üsler toplamının sıfır yapıldığı bu yaklaşım, literatürde subset sum olarak geçiyor.
Geeks For Geeks sitesinde yer alan kod örneklerini,
şeklinde çalıştırdığımızda, boş küme de sayıldığı için $2423$ elde ediyoruz. Bir nevi çözümde bulduğumuz değerlerin doğrulaması yapılmış oldu.

AoPS forumundaki çözümlerden biri resmi çözümdeki yaklaşıma ait bir örnek barındırıyor.


$A = \left \{2^{\frac{2^{10}}{n}}, 2^{\frac{2^{9}}{n}}, \ldots, 2^{\frac{2^{0}}{n}} \right \}$, $B = \left \{2\cdot 2^{\frac{2^{10}}{n}}, 2\cdot 2^{\frac{2^9}{n}}, \ldots, 2\cdot 2^{\frac{2^{0}}{n}} \right \}$, $C = \left \{ 3\cdot 2^{\frac{2^k}{n}}  \right \}$ ve $S = A \cup B \cup C = \left \{ 2^{\frac{2^0}{n}}, 2^{\frac{2^1}{n}}, \ldots, 2^{\frac{2^{10}}{n}}, 2\cdot 2^{\frac{2^0}{n}}, 2\cdot 2^{\frac{2^1}{n}}, \ldots, 2\cdot 2^{\frac{2^{10}}{n}}, 3\cdot 2^{\frac{2^k}{n}} \right \} $ kümelerini ele alalım.

$S$ kümesinin herhangi bir altkümesini ele aldığımızda, $A$ kümesinin elemanlarından hangilerinin bu alt kümede var olup olmadığını büyükten küçüğe sıralı bir listede $1$ ve $0$ kullanarak ifade ettiğimizde $11$ basamaklı $$ (00000000000)_2, (00000000001)_2, \dots , (11111111111)_2 $$ sayılarından birini elde edeceğiz. Bu sayıya $a$ diyelim.

Benzer şekilde $b$ ve $c$ sayılarını tanımlayalım. $0\leq a \leq 2047$, $0\leq b \leq 2047$ ve $c = 0$ veya $c = 2^k$ olacaktır.
$S$ nin herhangi bir altkümesini aldığımızda elemanların çarpımının rasyonel olması için $2^{\frac an} \cdot 2^{\frac bn} \cdot 2^{\frac cn} = 2^{\frac {a+b+c}n}$ ifadesinin rasyonel olması gerekir.
$a+b+c = n$ denkleminin çözüm sayısı $2422$ olacak şekilde $n$ ve $k$ sayıları bulabilirsek soruyu çözmüş olacağız.
$a+b = m$ denkleminin çözüm sayısı; $(2047, m - 2047)$, $(2046, m - 2046)$, $\ldots$, $(m-2047, 2047)$ çiftlerinin sayısı $2047 - (m-2047) + 1 = 4095 - m$ dir.

$c=0$ iken $m=n$ ve dolayısıyla $4095 - n$ çözüm gelecektir.
$c=2^k$ iken $m = n - 2^k$ ve dolayısıyla $4095 - n + 2^k$ çözüm gelir.
Bu durumda toplamda $8190 - 2n + 2^k = 2422$ çözüm gelmesi gerekir. $k=1$ için $n = 2885$ olacaktır.

O halde $S = \left \{ 2^{\frac{2^0}{2885}}, 2^{\frac{2^1}{2885}}, \ldots, 2^{\frac{2^{10}}{2885}}, 2\cdot 2^{\frac{2^0}{2885}}, 2\cdot 2^{\frac{2^1}{2885}}, \ldots, 2\cdot 2^{\frac{2^{10}}{2885}}, 3\cdot 2^{\frac{2^1}{2885}} \right \} $ kümesi aradığımız kümelerden biridir.

$SR$ ile $AB$ doğrusu $M$ de, $BS$ ile $TL$ doğrusu $N$ de kesişsin.

Benzerlikten $AF = AB \cdot \dfrac {DC}{BD + DC}$ ve $$AF \cdot AB = AB^2 \cdot \dfrac {DC}{BD + DC} \tag {1}$$
Benzerlikten $AE = AC \cdot \dfrac {BD}{BD + DC}$ ve $$AE \cdot AC = AC^2 \cdot \dfrac {BD}{BD + DC} \tag{2}$$
$(1)$ ile $(2)$ yi oranlarsak $$\dfrac {AF \cdot AB}{AE \cdot AC} = \dfrac {AB^2 \cdot DC}{AC^2 \cdot BD} = \dfrac {BD \cdot DC}{DC \cdot BD} = 1 \tag{3}$$ olacaktır. Bu durumda $BFEC$ kirişler dörtgenidir.  $\angle BAS = \angle ACB = \angle AFE$ olduğu için $EF \parallel AS$ dir. $SFEA$ kirişler dörtgeni olduğu için ikizkenar yamuktur. Bu durumda $\triangle FSE \cong \triangle EAF \sim \triangle BAC$ ve $\angle FST = \angle FAR = \angle BAD$ olduğu için $AD$, $BC$ yi hangi oranda bölüyorsa $ST$, $FE$ yi o oranda bölecektir. Yani $$\dfrac {FT}{FE} = \dfrac {BD}{BC} = \dfrac {BF}{BA} \tag {4}$$
Paralellikten doğan benzerlikleri uyguladığımızda $$\dfrac {LF}{LE + LF} = \dfrac {FD}{EC + FD} = \dfrac {FD}{EC + AE} = \dfrac {FD}{AD} = \dfrac {BF}{BA} \tag {5}$$
$$\dfrac {NF}{AS} = \dfrac {BF}{BA} \tag {6}$$
$$\dfrac {FT}{AS} = \dfrac {FM}{MA} \tag {7}$$ eşitliklerini elde edeceğiz.

$LN= x$, $TN=y$, $NF = z$, $TE=w$ olsun. $FT=y-z$, $FE = y - z + w$, $LF = x + z$, $LE = x + y + w$

Şimdi de önce $AM = BM \Longrightarrow LN = NT$ yi gösterelim. Sonra da $LN = NT \Longrightarrow AM = BM$ yi gösterelim.

$AM = BM$ ise $(7)$ nolu eşitliği düzenlersek $$\dfrac {FT}{AS} = \dfrac {FM}{MA} = \dfrac {\dfrac {BA}{2} - BF}{\dfrac {BA}{2}} = 1 - \dfrac {2 \cdot BF}{BA} = 1 - 2 \cdot \dfrac {NF}{AS} \Longrightarrow 2\cdot NF + FT = AS$$ elde ederiz. Bu durumda $AS = 2z + y-z = y + z$ olacaktır.

$(4)$, $(5)$, $(6)$ eşitliklerini yazarsak $$\dfrac {y-z}{y-z + w} = \dfrac {x+z}{2x + y + z + w} = \dfrac {z}{y+z}$$
$1.$ ve $3.$ oranları çapraz çarparsak $$y^2 - z^2 = yz  - z^2 + wz \Longrightarrow wz = y^2 - yz = y(y-z) \tag {8}$$
$2.$ ve $3.$ oranları çapraz çarparsak $$xy + xz + yz + z^2 = 2xz + yz + z^2 + wz \Longrightarrow wz = xy - xz = x(y-z) \tag{9}$$ elde ederiz.
$y=TN > FN = z$ olacağı için $( 8 )$ ve $(9)$ u birleştirdiğimizde $x=y$ yani $LN=TN$ elde ederiz. $\blacksquare$

Şimdi de $LN=NT$ kabul edelim.
$x=y$ olacaktır.
$(4)$, $(5)$, $(6)$ eşitlikleri $$\dfrac {y-z}{y-z + w} = \dfrac {y+z}{2y + y + z + w} = \dfrac {z}{AS}$$ şeklinde yazılabilir. Oran-Orantı özelliğinden $2.$ orandan $1.$ oranı çıkarırsak $\dfrac {2z}{2y + 2z} = \dfrac {z}{y+z}$ oranını elde ederiz. Bu da $AS = y + z$ olduğu anlamına gelir.

$(6)$ ve $(7)$ yi yeniden yazarsak $\dfrac {NF}{AS} = \dfrac {z}{y+z} = \dfrac {BF}{BA}$ ve $\dfrac {FT}{AS} = \dfrac {y - z}{y+z} = \dfrac {FM}{MA}$

$1.$ eşitliğin $2$ katı ile $2.$ eşitliği toplarsak $\dfrac {2z + y-z}{y+z} = 1 = \dfrac {2\cdot BF}{BA} + \dfrac {FM}{MA}$ olur.

Şimdi de $BF=p$, $FM=q$ ve $MA=r$ olsun. $BA=p+q+r$ olacaktır. Yerine yazarsak $$1 = \dfrac {2p}{p+q+r} + \dfrac {q}{r} = \dfrac {2pr + pq + q^2 + qr}{pr + qr + r^2}$$ elde ederiz. Biraz düzenlemeyle  $pq + pr + q^2 - r^2 = p(q+r) + (q-r)(q+r) = (p+q - r)(q+r) = 0 \Longrightarrow p+q = r $ olur. Bu da $BM = MA$ demektir. $\blacksquare$

Not: Her iki koşulda da $AS = AE = SF$ eşitliğinin sağlandığı gösterilebilir. Bu da biraz açı hesabıyla $\angle ABC = 2 \angle ACB$ yı gerektirecektir. Kenarortaysıların (Simedyan) özelliğinden ($AB^2:AC^2 = BD:DC$ oranından) $AD$ nin $ABC$ de bir kenarortaysı olduğu görülebilir. Yani bir çizim aracı ile $\angle B = 2\angle C$ olan üçgeni çizip, $BC$ ye ait kenarortayın $BC$ ye ait açıortaya göre simetriğini alarak $D$ noktasını işaretleyebilirsiniz. Daha sonra sorudaki yönergeleri izlediğinizde çizimi tamamlamış olursunuz.