Avrupa Kızlar Matematik Olimpiyatı

$n \geq 3$ olmak üzere, $a_1,a_2,...,a_n$ pozitif reel sayıları verilmiştir. Her $1 \leq i \leq n$ için $b_i=\dfrac{a_{i-1} + a_{i+1}}{a_i}$ olsun (burada $a_0$ sayısı $a_n$ ve $a_{n+1}$ sayısı $a_1$ olarak tanımlanmıştır). Her $i,j \in [1,2,...,n]$ için $a_i \leq a_j$ ancak ve ancak $b_i \leq b_j$ dir.
$$a_1=a_2= \dots =a_n$$ olduğunu ispatlayınız.

Çözüm:

Aksini varsayalım. $a_i$'lerin hepsi aynı olmasın. $m=\min\limits_{i=1,2,\dots,n} a_i$ ve $M=\max\limits_{i=1,2,\dots,n} a_i$ olsun. $M>m$'dir. $a_j=M$ olacak şekilde bir $j$ ve $a_i=m$ olacak şekilde bir $i$ alalım. Bu durumda $$a_i\leq a_{j}\iff b_i\leq b_j\iff \frac{a_{i-1}+a_{i+1}}{a_i}\leq \frac{a_{j-1}+a_{j+1}}{a_j}\leq 2$$ olacaktır çünkü $a_{j-1}\leq a_j$ ve $a_{j+1}\leq a_j$'dir. Buradan $$a_{i-1}+a_{i+1}\leq 2a_i$$ elde edilir. Ancak $a_i$ minimum eleman olduğundan $a_{i-1}+a_{i+1}\geq a_i$'dir. Bu da eşitlik durumu sağlanması gerektiğini gösterir. Yani $a_{i-1}=a_{i}=a_{i+1}$ olacaktır. $a_{i}$ yerine $a_{i-1}$ ve $a_{i+1}$ elemanlarını seçerek aynı işlemleri yaparsak da $a_{i-2}=a_{i-1}=a_{i}=a_{i+1}=a_{i+2}$ elde edilecektir. Bu şekilde ilerlersek $a_j=a_i$ elde edilir ancak $M>m$ olduğundan bu bir çelişkidir. Demek ki tüm $a_i$'ler eşittir.

Dar açılı bir $ABC$ üçgeni verilmiştir. Bu üçgenin çevrel çemberi üzerinde $AD$ çap olacak şekilde bir $D$ noktası alınmıştır. Sırasıyla $AB$ ve $AC$ doğru parçaları üzerinde yer alan $K$ ve $L$ noktaları için, $DK$ ve $DL$ doğruları $AKL$ üçgeninin çevrel çemberine teğettir. $KL$ doğrusunun $ABC$ üçgeninin diklik merkezinden geçtiğini gösteriniz.

Bir üçgenin diklik merkezi, o üçgenin yüksekliklerinin kesiştikleri noktadır.

Çözüm:

$KL$ doğru parçasının orta noktası $M$ ve $ CM \cap AB = \{X \} $ olsun.

$\angle{DBK} = \angle{DMK} = 90^{\circ}$ olduğu için $D,B,K,M$ çemberseldir.
$\angle{DCL} = \angle{DML} = 90^{\circ}$ olduğu için $D,C,L,M$ çemberseldir.

$\angle{KAL} = \angle{KLD} = \angle{MLD} = \angle{MCD} \implies \angle{ACX}=90^{\circ}-\angle{KAL} \implies \angle{ACX}+\angle{KAL}=90^{\circ} \implies \angle{AXC}=90^{\circ} \implies CM \perp AB$

benzer şekilde $BM \perp AC$ bulunur ve buradan da $M$ noktasının $ABC$ üçgeninin diklik merkezi olduğunu söyleyebiliriz.

$k$ bir pozitif tam sayı olsun. Lexi'nin, sadece $A$ ve $B$ harflerini içeren $k$ harfli kelimelerden oluşan bir $\mathcal D$ sözlüğü vardır. Lexi, $k \times k$ boyutlarında bir satranç tahtasının birim karelerinin her birine ya $A$ ya da $B$ harfini, her satır soldan sağa okunduğunda $\mathcal D$ de bulunan bir kelime oluşacak ve her sütun yukarıdan aşağıya okunduğunda $\mathcal D$ de bulunan bir kelime oluşacak şekilde yazmak istiyor.
En az $m$ farklı kelime içeren her $\mathcal D$ sözlüğü için Lexi tahtayı istediği biçimde doldurabiliyorsa $m$ tam sayısının alabileceği en küçük değer nedir?

Salyangoz Turbo çevresi $1$ birim olan bir çemberin üzerindeki bir noktada oturmaktadır. $c_1,c_2,c_3,...$ sonsuz pozitif reel sayı dizisi verildiğinde, Turbo çember üzerinde sırasıyla $c_1,c_2,c_3,...$ birim uzunluğunda mesafeleri, her seferinde saat yönü veya saat yönünün tersi istikametlerinden birini seçip o yönde sürünerek kat ediyor.

Örneğin, $c_1,c_2,c_3,...$ dizisi $0.4,0.6,0.3,...$ şeklinde ise, Turbo sürünmeye örnekteki gibi başlayabilir :

Aşağıdaki koşulu sağlayan en büyük $C>0$ sabit sayısını belirleyin :

Her $i$ değerinde $c_i<C$ koşulunu sağlayan tüm $c_1,c_2,c_3,...$ pozitif reel sayı dizileri için, Turbo (bu diziyi inceledikten sonra) çember üzerinde hiç uğramadığı veya üzerinden geçmediği bir nokta bulunmasını garantileyebilir.

Çözüm:

$\boxed{C=\frac{1}{2}}$

Eğer $C=\frac{1}{2}$ ise başlangıç noktasına $A$ ve $A$'nın tam karşısına ($\frac{1}{2}$ birim uzağındaki) $B$ diyelim. Genelliği bozmadan $c_1$'i saat yönünde ilerlesin. Yeni bulunduğu noktanın $B$'ye uzun olan yaydaki uzaklığı $\frac{1}{2}$'den fazla olduğundan, $c_2$'yi uzun yayın bulunduğu yönde ilerler ($c_2$ için bu saat yönünün tersi olacaktır). Yine $c_2$'nin de $B$'ye olan uzaklığı bir yönde $\frac{1}{2}$'den büyük veya eşit olacaktır. O yönde $c_3$'ü ilerleterek $B$'ye asla gitmemeyi garanti eder. İki yönde de $\frac{1}{2}$ uzaklıktaysa da istediği yönde gidebilir.

Bu yöntemle $C=\frac{1}{2}$ için kesinlikle $B$'ye uğramamayı garanti edebilir. Şimdi $C>\frac{1}{2}$ için çelişki elde edilecek bir dizi elde etmeye çalışalım. $\epsilon>0$ için $C=\frac{1}{2}+2\epsilon$ olsun. Tek $n$'ler için $c_n=\frac{1}{2}+\epsilon$ ve çift $n$'ler için $c_n=\frac{1}{2}-\epsilon$ dizisini alalım. Genelliği bozmadan $A$'dan saat yönünün tersinde hareket etmeye başlasın. Bu durumda $B$'den, sağ tarafından, $\epsilon$ birim uzaklıkta olacaktır. $c_2$'yi saat yönünün tersinde hareket edemez çünkü bu durumda tüm noktalardan geçmiş olur. Yani $c_2$ birim, saat yönünde hareket edilmelidir. Bu durumda da $A$'nın solunda $2\epsilon$ uzaklıkta kalacaktır. Bundan sonraki her terim için bir önceki hamlesinin tersinde yürümelidir. Aksi taktirde $c_{n}+c_{n+1}=1$ olduğundan tüm noktaları gezmiş olur.

Her iki adımda attığı konumları gözlemlersek, önceki konumundan saat yönünün tersinde $2\epsilon$ birim uzakta olduğunu görürüz. Dolayısıyla $\frac{1}{2\epsilon}$'dan daha fazla hamle atıldığında tüm çember gezilmiş olacaktır. Bu da $C>\frac{1}{2}$ için Turbo'nun çember üzerinde hiç uğramadığı nokta bulunmasını garantileyemediği anlamına gelir. Yani $C$'nin en büyük değeri $\frac{1}{2}$'dir.

Bir $s \geq 2$ pozitif tam sayısı verilmiştir. Her $k$ pozitif tam sayısı için, bu sayının döndürülmüşü $k'$ aşağıdaki şekilde tanımlanıyor :

$k$ sayısını $as+b$ olarak, $a,b$ negatif olmayan tam sayılar ve $b<s$ olacak şekilde yazalım, o zaman $k'=bs+a$ dır. $n$ bir pozitif tam sayı olmak üzere, $d_1=n$ ve her $i$ pozitif tam sayısı için $d_{i+1}$ sayısı $d_i$ sayısının döndürülmüşü olacak şekilde tanımlanan $d_1,d_2,...$ sonsuz dizisini alalım.

Bu dizinin $1$ sayısını içermesi için gerek ve yeter koşulun $n$ sayısının $s^2-1$ ile bölümünden kalanın ya $1$ ya da $s$ olması olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

Öncelikle $d_{k+1}$'i $d_k$ cinsinden $s^2-1$ modunda inceleyelim. $d_k=as+b$ dersek, $d_{k+1}=bs+a$ olacaktır. $s^2\equiv 1\pmod{s^2-1}$ olduğundan $$d_{k+1}\equiv bs+a \equiv bs+as^2\equiv s(as+b)\equiv sd_k\pmod{s^2-1} $$ olacaktır. $$d_{m-1}\equiv sd_m\equiv s\pmod{s^2-1}$$ $$\implies d_{m-2}\equiv sd_{m-1}\equiv s^2d_{m}\equiv d_{m}\pmod{s^2-1}$$ olacaktır. Yani $$d_{1}\equiv d_{3}\equiv \cdots\equiv d_{2k-1}\equiv n\pmod{s^2-1}$$ $$d_2\equiv d_4\equiv \cdots\equiv d_{2k}\equiv sn\pmod{s^2-1}$$ olacaktır. $d_i$'lerin hepsi ya $n$ ya da $sn$ kalanı verdiğinden dolayı $1$'i elde edebilmemiz için $n\equiv 1,s^{-1}\equiv 1,s\pmod{s^2-1}$ olmalıdır ($s$'nin tersinin yine $s$ olduğu barizdir).

Şimdi $n\equiv 1,s\pmod{s^2-1}$ olduğunu varsayalım. $k=as+b$ olarak yazımındaki $a$ ve $b$'yi $(a,b)$ olarak gösterelim. $0\leq a'<s$ için $a\equiv a'\pmod{s}$ ve $a=a'+sq$ olmak üzere $k'=bs+a=(b+q)s+a'$ olacağından $(a,b)\to (a',b')=(a',b+q)$ olur. $$a'+b'=a'+b+q=a-sq+b+q=a+b+q(1-s)\leq a+b$$ olacaktır ve eşitlik durumu sadece $q=0$ iken sağlanır (tanım gereği $q\geq 0$'dır). Yani $a+b$ toplamı artmayan bir dizidir. $q\neq 0$ oldukça $a+b$ kesin azalacağından bir noktada $q=0$ olmalıdır çünkü $a+b>0$'dır. Ayrıca bir noktada $q=0$ olursa $(a,b)\to (b,a)\to (a,b)\to \cdots$ döngüsü oluşacaktır. Bu döngünün oluşabilmesi için $a,b<s$ olmalıdır. Sonuç olarak $$as+b\leq (s-1)s+(s-1)=s^2-1$$ olacağından ve $as+b\equiv 1,s\pmod{s^2-1}$ olduğundan $as+b=1,s$ olabilir. İlk durumda istenildiği gibi $1$ sayısı $d_i$ dizisinin elemanı olur. İkinci durumda $1\cdot s+0\to 0\cdot s+1=1$ olacağından $1$ yine dizinin bir elemanı olur.

Dolayısıyla dizinin $1$ elemanını içermesi için gerek ve yeterli şart $n\equiv 1,s\pmod{s^2-1}$ olmasıdır.

Bir $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi $\Omega$ olsun. $B$ noktasını içermeyen $AC$ yayının orta noktası $S_b$, $C$ noktasını içermeyen $AB$ yayının orta noktası $S_c$ olsun. Çevrel çemberin $BAC$ yayının ($A$ noktasını içeren $BC$ yayının) orta noktası $N_a$ olsun. $ABC$ üçgeninin iç teğet çember merkezi $I$ olsun. $AB$ doğrusuna teğet olup $\Omega$ çemberine $S_b$ noktasında içten teğet olan çember $\omega _b$; $AC$ doğrusuna teğet olup $\Omega$ çemberine $S_c$ noktasında içten teğet olan çember $\omega _c$ olsun. $IN_a$ doğrusu ile $\omega _b$ ve $\omega _c$ çemberlerinin kesişim noktalarından geçen doğrunun $\Omega$ üzerinde kesiştiğini gösteriniz.

Çözüm:

$IN_a$, $(ABC)$ çemberini $Q$ da kessin.
$(ABC)$ nin $S_c$ ve $S_b$ deki teğetleri $P$ de kesişsin.

$S_c$, $\overset{\Huge\frown}{AB}$ yayının orta noktası olduğu için $PS_c \parallel AB$; benzer şekilde $PS_b \parallel AC$.

$N_a$, $\overset{\Huge\frown}{BC}$ yayının orta noktası olduğu için $\overset{\Huge\frown}{S_cN_a} = \overset{\Huge\frown}{AS_b}$.
Çemberde açı eşitliklerinden $\angle S_cQI = \angle IS_cS_b = \angle AS_cS_b = \angle AS_bP$ ve $\angle S_bQI = \angle IS_bS_c = \angle AS_bS_c = \angle AS_cP$.
Trigonometrik Ceva'dan dolayı, $\angle APS_b = \angle IS_cQ$ ve $\angle APS_c = \angle IS_bQ = \angle BAQ$.
$AC \parallel PS_b$ olduğu için $P, A, Q$ doğrusaldır.

$S_bS_c$ doğrusu ile $AC$ ve $AB$ doğruları sırasıyla $T_c$ ve $T_b$ noktalarında kesişsin.
$\angle AT_cS_c= \angle PS_bS_c = \angle PS_cS_b = \angle AT_bS_b$ olduğu için $\omega_b$ ve $\omega_c$ çemberleri sırasıyla $AB$ ve $AC$ ye $T_b$ ve $T_c$ de teğet olacaktır.
$AT_b=AT_c$ olduğu için $A$ noktası $\omega_b$ ile $\omega_c$ çemberlerinin kuvvet ekseni üzerindedir.
$PS_c = PS_b$ olduğu için $P$ noktası da bu iki çemberin kuvvet ekseni üzerindedir. Bu durumda $PAQ$ doğrusu bu iki çemberin kuvvet eksenidir. Dolayısıyla, bu doğru bu iki çemberin kesişim noktalarından da geçer.

Avrupa Kızlar Matematik Olimpiyatı - 2023 Çözümleri