Tübitak Lise Takım Seçme - 2023 Çözümleri
1
$AB \parallel CD$ olan bir $ABCD$ yamuğunun iç bölgesindeki bir $T$ noktası için $\angle ATD = \angle CTB$ dir. $AT$ doğrusu $ACD$ nin çevrel çemberini ikinci kez $K$ de, $BT$ doğrusu $BCD$ nin çevrel çemberini ikinci kez $L$ de kesiyor. $KL \parallel AB$ olduğunu gösteriniz.
2
$n$ öğrencinin bulunduğu bir okulda her öğrencinin tam olarak $2023$ arkadaşı olup birbiriyle arkadaş olmayan herhangi iki öğrencinin tam olarak $2022$ ortak arkadaşı vardır. Buna göre, $n$ nin alabileceği tüm değerlerini bulunuz.
3
Her $n>1$ tam sayısı için, $n$ nin kendisi dışındaki en büyük böleni $f(n)$ olsun. Bir $k$ pozitif tam sayısı için $$n-f(n)=k$$ eşitliğini sağlayan $n$ tam sayılarının sayısı $2023$ olabilir mi?
4
$k$ bir pozitif tamsayı olmak üzere, $S$ kümesinin her elemanı $k$ elemanlı bir kümedir. Her $A,B\in S$ ve $A\neq B$ için $A \triangle B \in S$ olduğu biliniyor. $|S|=1023$ ve $|S|=2023$ durumlarının her birinde $k$ nin alabileceği tüm değerleri bulunuz.
Not: $A\triangle B=(A\backslash B) \cup (B\backslash A)$ dir.
5
Bir çeşitkenar $ABC$ üçgeninde çevrel çemberin merkezi $O$, iç teğet çemberin merkezi $I$, diklik merkezi $H$ olsun. $O$ dan geçip $IH$ ye $I$ da teğet olan çember ile $H$ den geçip $IO$ ya $I$ da teğet olan çemberin ikinci kesişimi $M$ olsun. $M$ noktasının $ABC$ nin çevrel çemberi üzerinde olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$IM \cap HO = T$ olsun. $\angle{HIM} = \angle{IOM}$ olduğu açıktır (Teğetlikten). Bu açı $\alpha$ olsun. Yine teğetlikten $\angle{MIO} = \angle{IHM}$ olduğu söylenebilir. Bu açıda $\theta$ olsun. $\triangle {HMI} \sim \triangle {IMO}$ olduğundan $|IM|^2=|MO|\cdot|MH|$'dur. Ayrıca $\angle{HMI}=\angle{IMO}$ olduğundan $\triangle{HMO}$'nde açıortay teoreminden $|MT|^2=|MO|\cdot|MH|-|HT|\cdot|TO|$'dur. $|MO|\cdot|MH|=|IM|^2$ olduğunu söylemiştik. Buradan $|HT|\cdot|TO|=|IM|^2-|MT|^2=(|IM|+|MT|)\cdot(|IM|-|MT|)$ elde edilir. $I$'nın $M$'ye göre simetriği $L$ olsun. Az önceki bilgi bize, kuvvet vasıtasıyla $HIOL$ çemberselligini gösterir. $HIOL$ çemberseldir. $\angle{OHI}=x_1$ ve $\angle{HOI}=x_2$ olsun. Çembersellikten $\angle{HOL}=\alpha$ olduğundan $\angle{MOL}=x_2$ olur. Benzer şekilde $\angle{MHL}=x_1$ olur. $\angle{IHO}=\angle{LHM}=x_1$ olduğundan $[HT] ,\triangle{IHL}$'nde simedyandır. Buradan $\frac{|IT|}{|TL|}=\frac{|HI|^2}{|HL|^2}$ olur. Benzer şekilde $\frac{|IO|^2}{|OL|^2}=\frac{|IT|}{|TL|}$ olur ve bu iki denklem birleştirilerek $\frac{|IO|^2}{|HI|^2}=\frac{|OL|^2}{|HL|^2}$ elde edilir. $\angle{HLI}=x_2$ ve $\angle{ILO}=x_1$ olduğundan $\triangle{MHL}\sim\triangle{MLO}$ olur. Buradan $\frac{|OL|}{|HL|}=\frac{|ML|}{|HM}=\frac{|MO|}{|ML|}$ elde edilir. Bu yüzden $\frac{|OL|^2}{|HL|^2}=\frac{|MO|}{|HM|}$ olur. Buradan $\frac{|IO|^2}{|HI|^2}=\frac{|MO|}{|HM|}$ olur. $\triangle {HMO}$'nde iç açıortay teoreminden $\frac{|MO|}{|HM|}=\frac{|OT|}{|TH|}$ elde edilir. Yani $\frac{|IO|^2}{|HI|^2}=\frac{|OT|}{|TH|}$ olur. Bu yüzden $[IT]$, $\triangle{HIO}$'nde simedyan olur. Buradan $[OH]$'nin orta noktası $R$ ise $\angle{RIO}=\alpha$ ve $\angle{HRI}=\theta$ gelir. $R$'den geçip $IH$'ye paralel olan doğrunun $IO$ ile kesişimi $Q$ olmak üzere $\angle{IRQ}=\theta$ olduğu açıktır. Ayrıca orta tabanlıktan $Q$, $[IO]$'nin orta noktasıdır. $\triangle {IRQ}\sim\triangle {OMI}$ benzerliği ve az önceki orta tabanlıktan $\frac{\frac{|OI|}{2}}{|OM|}=\frac{|IR|}{|OI|}$ elde edilir. Buradanda $\frac{|OI|^2}{2|IR|}=|OM|$ olur. Feurebach ve euler teoremlerinden $|OI|=\sqrt{R^2-2Rr}$ ve $|IR|=\frac{R}{2}-r=\frac{R-2r}{2}$ olduğunu biliyoruz. Bunları son denklemde yerine yazarsak $|OM|=R$ elde edilir. $M$ noktası merkeze yarıçap kadar uzaklıktadır. Dolayısıyla çemberin üzerindedir. İspat biter.
6
$a,b,c,d$ pozitif gerçel sayılar olmak üzere, $$\dfrac{(a^2+b^2+2c^2+3d^2)(2a^2+3b^2+6c^2+6d^2)}{(a+b)^2(c+d)^2}$$ ifadesinin alabileceği en küçük değer kaçtır?
Çözüm:
Biraz incelendiğinde paydaki iki parantezin de içerisinde $6$'nın çarpanları var katsayılarının çarpmını $6$ olan teeimler gruplanabiliyor. Ayrıca minimum değer sorduğundan Cauchy-Schwarz'ın ters hali olabilir. İkinci denklemdeki terimleri dediğimiz gibi grup yapacak şekilde sıralayalım ve Ters Cauchy uygulayalım:
$$\dfrac{(a^2+b^2+2c^2+3d^2)(6d^2+6c^2+3a^2+2b^2)}{(a+b)^2(c+d)^2}\geq \dfrac{(\sqrt{6}ad+\sqrt{6}bc+\sqrt{6}ac+\sqrt{6}bd)^2}{(a+b)^2(c+d)^2}$$
$$=\dfrac{6(a+b)^2(c+d)^2}{(a+b)^2(c+d)^2}$$
$$=6$$
elde edilir.
7
Bir $\{a_1, a_2, \dots \}$ tam sayı dizisi, bir $f:\mathbb{Z^+}\Leftrightarrow \mathbb{Z^+}$ fonksiyonu ve tüm $i,j,n$ pozitif tam sayıları için $$a_{i}\equiv a_{j} \pmod {n}\quad \Leftrightarrow \quad i\equiv j \pmod{f(n)}$$ olmasını sağlıyorsa, bu diziye iyi dizi diyelim. Tüm iyi dizileri bulunuz.
8
Tahtada başlangıçta $$*\dfrac{1}{x-1}*\dfrac{1}{x-2}*\dfrac{1}{x-4} \cdots*\dfrac{1}{x-2^{2023}}=0$$ yazılıdır. Aslı başlamak üzere, Aslı ve Zehra sırayla tahtadaki yıldızlardan birini silip yerine $+$ veya $-$ işaretlerinden birini yazıyor. Aslı, tüm yıldızların yerine işaretler konulduktan sonra oluşan denklemin gerçel çözümlerinin sayısının en çok kaç olmasını grantileyebilir?
9
Bir $\Gamma$ çemberi üzerinde verilen sırada yer alan $A$, $B$, $K$, $L$, $X$ noktaları için $\stackrel{\LARGE{\frown}}{BK}$ ve $\stackrel{\LARGE{\frown}}{KL}$ yayları eşit ölçüdedir. $A$ dan geçip $BK$ ye $B$ de teğet olan çember $KX$ doğru parçasını $P$ ve $Q$ da kesiyor. $A$ dan geçip $BL$ ye $B$ de teğet olan çember ise $BX$ doğru parçasını ikinci kez $T$ de kesiyor. $\angle PTB = \angle XTQ$ olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$T$ noktası, $[BK]$ üzerinde $\angle{TAB}=\angle{XBC}$ olmasını sağlayan noktadır. Bu açı $\alpha$ olsun. $BC \cap (AQP) = R$ olsun. Teğetlikten $\angle {RBK}=\angle{RAB}$ gelir. $BX \cap (AQP) = S \neq B$ olsun. $\angle{SAR}=\alpha$'dır. $\angle{SAT}=\angle {RAB}=\angle {RBK}$ olduğu açıktır. Bu açı $\beta$ olsun. Ayrıca $CK$ yayı $KB$ yayına eşit olduğundan $\angle{KXB}=\beta$ olmalıdır. $\angle{XKB}=180-2\beta-\alpha$ olduğundan $\angle{XAB}=2\beta+\alpha$ olur. Buradan $\angle{XAS}=\beta$ gelir. $AS \cap XK = Z$ olsun. $XAZT$ kirişler dörtgeni olduğundan $|ZT|=|ZX|$ olur. $\triangle{ZAT}$'nde benzerlikten $|ZT|^2=|ZS|\cdot|SA|$ olur. Bu, $Z$'nin $(AQP)$'ye kuvvetidir ve $|ZP|\cdot|ZQ|$'ya eşittir. Yani $|ZT|^2=|ZP|\cdot|ZQ|$ olur. $m\angle{ZTP}=\angle{ZQT}$ olduğu anlaşılır. $\angle {QTB}=\angle {ZQT}+\angle {XQT}$ olur. Zaten $\angle {PTX}=\angle {ZTX}+\angle {ZTP}$'dir. $\angle {ZTP}=\angle {ZQT}$ ve $\angle {QXT}=\angle{ZTX}$ olduğundan $\angle{PXT}=\angle{QTB}$ olur. İspat biter.