Tübitak Lise 2. Aşama - 1993 Çözümleri

On tabanına göre yazılışı $1994$ ile biten ve bir $n\ge 1$ tamsayısı için $1994\cdot 1993^{n}$ şeklinde olan bir tamsayının varlığını gösteriniz.

Çözüm:

(Lokman GÖKÇE)

Son dört basamağın $1994$ olması için $1994 \cdot 1993^n \equiv 1994 \pmod{10000}$ gerekli ve yeterlidir. $(1993,10000)=1$ olduğundan Euler Teoremi'ni uygulayabiliriz.

$\phi (10000) = (5^4-5^3) \cdot (2^4-2^3)=4000 $ olduğundan $n=4000$ için $1993^n =1993^{4000} \equiv 1 \pmod{10000}$ elde edilir. Bu denkliğin her iki yanı $1994$ ile çarpılırsa $1994 \cdot 1993^{4000} \equiv 1994 \pmod{10000}$ bulunur.

NOT: $k$ bir pozitif tamsayı olmak üzere $n=4000k$ şeklindeki her tamsayı için $1994 \cdot 1993^n \equiv 1994 \pmod{10000}$ olduğundan, aranan özellikte sonsuz çoklukta $n$ değeri olduğunu söyleyebiliriz.

Bir $ABC$ ($m(\widehat{B})=90^{\circ}$) üçgeninin $I$ merkezli iç teğet çemberi, $\lbrack BC\rbrack , [CA]$ ve $[AB]$ kenarlarına sırası ile $D,E$ ve $F$ noktalarında değiyor. $\lbrack CI \cap \lbrack EF\rbrack ={L}$ ve $\lbrack DL \cap \lbrack AB\rbrack ={N}$ olduğuna göre $\vert AI\vert =|ND|$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

(Lokman GÖKÇE)

$|CD|=|CE|$ ve $CI$ iç açıortay olduğundan $\triangle DCL \cong \triangle ECL $ (K-A-K eşliği) olup bu eşlikten dolayı $m(\widehat{NDB})=m(\widehat{FEA})$ olur. Ayrıca $|AE|=|AF|$ olduğundan $m(\widehat{AFE})=m(\widehat{FEA})$ dır. Bu açı eşitliklerinden dolayı $m(\widehat{NDB})=m(\widehat{AFE})$ olup $BDLF$ bir kirişler dörtgenidir. Dolayısıyla $ND \perp FE$ dir. Açık olarak $AFE$ ikizkenar üçgeninde $AI \perp FE$ dir. Böylece $$ AI \parallel ND $$ bulunur. Diğer taraftan $AN \perp BC$ ve $ID \perp BC$ olduğundan $$ AN \parallel ID $$ dir. $AIDN$ dörgeninde karşılıklı kenarlar paralel olduğundan bu dörtgen bir paralelkenardır ve paralel olan bu kenarlar eşit uzunluktadır.

Sonuç olarak, $|AI|=|ND|$ elde edilir.

$n$ pozitif bir tamsayı ve $A=\{1,\ldots ,n\}$ olsun. $f:A\to A $ ve $\sigma :A\to A$ gibi iki permütasyon için, eğer $(f \circ\sigma )(1),\ldots,(f \circ \sigma )(k)$ artan ve $(f \circ\sigma )(k),\ldots,(f \circ\sigma )(n)$ azalan bir dizi olacak şekilde bir $k \in A$ var ise, $f,\sigma $ 'ya göre "tek tepeli''dir diyeceğiz. $S_{\sigma }$ ile $\sigma $'ya göre tek tepeli permütasyonların kümesini gösterelim.
$n\ge 4$ ise, $ S_{\sigma }\cap S_{\pi }=\phi $ olacak şekilde $\sigma $ ve $\pi $ permütasyonlarının var olduğunu gösterelim.

Çözüm:

$\sigma \left(\genfrac{}{}{0pt}{}{1}{1}\genfrac{}{}{0pt}{}{2}{2}\genfrac{}{}{0pt}{}{3}{3}\genfrac{}{}{0pt}{}{4}{4}\dots \genfrac{}{}{0pt}{}{n}{n}\right)$ ve $\pi \left(\genfrac{}{}{0pt}{}{1}{2}\genfrac{}{}{0pt}{}{2}{1}\genfrac{}{}{0pt}{}{3}{4}\genfrac{}{}{0pt}{}{4}{3}\genfrac{}{}{0pt}{}{5}{5}\dots \genfrac{}{}{0pt}{}{n}{n}\right)\ $olsun. $\left(f\circ \sigma \right)$ nın ilk dört elemanı tek tepeli bir diziliş gösterecek. Bu dört sayıyı $a<b<c<d$ ile göstermek yerine $1<2<3<4$ ile gösterirsek, tek tepelilik özelliğini takip daha kolay olacaktır.
$$\left(1,4,3,2\right) \left(2,4,3,1\right) \left(3,4,2,1\right) \left(1,2,4,3\right) \left(1,3,4,2\right) \left(2,3,4,1\right) \left(1,2,3,4\right) \left(4,3,2,1\right)$$

Görüldüğü gibi $4$ elemanla $8$ farklı şekilde tek tepeli bir diziliş oluşturabiliyor.

$\left(f\circ \pi \right)$ fonksiyonunun bu ilk dört elemanı

$\left(4,3,2,3\right)$ $\left(4,2,1,3\right)$ $\left(4,3,1,2\right)$ $\left(2,1,3,4\right)$ $\left(3,1,2,4\right)$ $\left(3,2,1,4\right)$ $\left(2,1,4,3\right)$ $\left(3,4,1,2\right)$ şeklinde olacaktır. Bu durumda $f$, $\sigma $'ya göre tek tepeli iken; $\pi $'ye göre tek tepeli değildir. Bu durumda $S_{\sigma }$ kümesinin hiçbir elemanı $S_{\pi }$ kümesinde yer almaz. Yani $S_{\sigma }\cap S_{\pi }=\varnothing $ dır.

Her $n\ge 1$ için $0<a_{n+1}-a_{n}<\sqrt{a_{n}} $ koşulunu sağlayan bir $(a_{n})$ pozitif tamsayılar dizisi veriliyor. $0<x<y<1$ koşulunu sağlayan herhangi $x,y$ reel sayıları için $$x<\dfrac{a_{k}}{a_{m}}<y$$ olacak şekilde $a_{k}$ ve $a_{m}$ terimleri bulunduğunu gösteriniz.

Dışbükey bir dörtgeni alanca iki eşit bölgeye ayıran ve dörtgenin bir köşesinden geçen doğrunun pergel ve cetvelle nasıl çizilebileceğini belirleyiniz.

Çözüm:

$BD$ köşegenini çizelim. $A$ dan geçen $BD$ ye paralel olan doğru $CD$ yi $E$ de kessin.

$BDEA$ yamuğunda $\left[BAD\right]=[BED]$ olacağından

$\left[ABC\right]=\left[BAD\right]+\left[BDC\right]=\left[BED\right]+\left[BDC\right]=[BEC]$ olacaktır. $F$, $[EC]$ nin orta noktası olsun. $\left[BFC\right]=\dfrac{\left[BEC\right]}{2}=\dfrac{\left[ABC\right]}{2}$ olacağından $BF$ doğrusu dörtgeni alanca iki eşit parçaya böler.

Peki ya $F\in [DE]$ olsaydı?

Bu durumda çizim yöntemimizi şöyle değiştirelim: $BD$ köşegenini çizelim. $A$ dan geçen $BD$ ye paralel olan doğru $CD$ yi $E$ de kessin. $C$ den geçen $BD$ ye paralel olan doğru $AB$ yi $G$ de kessin. $F$ ve $H$ sırasıyla $[CE]$ ve $\left[AG\right]$ nin orta noktaları olsun. $FH\parallel BD\parallel AE\parallel GC$ olacaktır. $AE$ ile $CG$ doğrularından $BD$ ye uzaklığı az olanı aldığımızda, örneğin şekilde $AE$, çizimi mümkün kılan orta nokta üçgen içerisinde kalacaktır.

Aşağıdaki koşulları sağlayan $n_{1}, n_{2},\ldots n_{k}$ ve $a$ pozitif tamsayıları veriliyor.

Her $i\ne j$ için $(n_{i},n_{j})=1$
Her $i$ için $a^{n_{i}}\equiv 1 \pmod {n_{i}}$.
Her $i$ için $ n_{i} \nmid a-1$

Bu durumda $a^{x}\equiv 1 \pmod x$ denkliğinin gerçekleştiği en az $2^{k+1}-2$ tane $x>1$ tamsayısının bulunduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$a^b \equiv 1 \pmod b$, $a^c \equiv 1 \pmod c$ ve $(b,c)=1$ olduğunda $b \mid a^{bc} - 1$ ve $c \mid a^{bc} - 1$, dolayısıyla $bc \mid a^{bc} - 1$ olacaktır.

$x$, herhangi $1\leq m \leq k$ tane farklı $n_i$ sayısının çarpımı olduğunda $n_i$ ler aralarında asal olduğu için $a^x \equiv 1 \pmod x$ olacaktır.

$\alpha$ ve $\beta$, $1,2,\dots, k$ kümesinin sırasıyla $r$ ve $s$ elemanlı permütasyonu olmak üzere; $$n_{\alpha (1)} \cdot n_{\alpha (2)} \cdots n_{\alpha (r)} = n_{\beta (1)} \cdot n_{\beta (2)} \cdots n_{\beta (s)}$$ olması için $r=s$ ve $\alpha = \beta$ olması gerekir. Aksi halde sol ve sağ taraftaki aynı olan $n_i$ ler sadeleştirildikten sonra geri kalan $n_i$ lerden herhangi biri diğer taraftaki farklı çarpımı bölmek zorunda olduğundan aralarında asallık durumu bozulmuş olur.

O halde, $n_i$ lerin çarpımlarından oluşan kümenin her elemanı $x$ in bir değeri olabilir. Bu şekilde, (boş kümeyi çıkartalım) $2^k - 1$ adet $x$ değeri vardır.

Bu kümenin bir elemanı $b$ olsun. $[a-1, b]=\ell$ ile $(a-1)$ ile $\ell$ sayılarının $\text{okek}$ ini gösterelim. $(a-1)\mid a^{\ell}-1$ ve $b \mid a^{\ell}-1$ olduğu için $\ell \mid a^{\ell} - 1$ dir.

$[a-1, n_i] = \ell_i$ olsun. $\ell_i$ sayılarını önceki kümedeki elemanlarla ve kendi aralarında farklılık açısından karşılaştıracağız.

Bu kümenin $\ell = c$ olacak şekilde bir $c$ elemanı bulunamaz. Çünkü $c$ nin $n_i \nmid b$ olan $n_i$ çarpanı için $n_i \nmid (a-1)$ dolayısıyla da $n_i \nmid \ell$ olacaktır.

Bu kümenin bir $d$ elemanı için $[a-1, d] = u$ olsun. $b\neq d$ olduğunda $\ell = u$ olamaz. Yine benzer şekilde $d$ nin $n_i \nmid b$ olan çarpanı için $n_i \nmid \ell$ olacaktır.

Bu durumda $2 \cdot (2^{k} -1 ) = 2^{k+1}-2$ adet $x$ tam sayısı bulmuş olduk.