Tübitak Kamp Sınavları - 2001 - Lise Yaz Çözümleri

Her $z$ tam sayısı için $f(f(z))=z+2$ koşulunu sağlayan tüm $f : \mathbb Z \to \mathbb Z$ fonksiyonlarını bulunuz.

Çözüm:

$f(f(z))=z+2$ ise $$f(f(f(z)))=f(z+2)=f(z)+2$$ bulunur. Dolayısıyla sadece $f(0)$ ve $f(1)$ değerleri önemlidir. Bu ikisini biliyorsak, tüm $f(z)$'leri bulabiliriz. Basit bir teleskopik toplam ile $$f(n)=\begin{cases} f(0)+n,\quad n\equiv 0\pmod{2} \\ f(1)+n-1,\quad n\equiv 1\pmod{2}\end{cases}$$ elde edilir.

Eğer $f(0)$ çiftse, çift olan herhangi bir $z$ için $$f(f(z))=f(f(0)+z)=2f(0)+z\implies f(0)=1$$ çelişkisi elde edilir. $f(0)$ tektir. Bu durumda, çift olan herhangi bir $z$ için $$f(f(z))=f(f(0)+z)=f(1)+f(0)+z-1\implies f(0)+f(1)=3$$ elde edilir. Yani $f(1)$ çifttir. Tek olan herhangi bir $z$ için $$f(f(z))=f(f(1)+z-1)=f(0)+f(1)+z-1=z+2$$ elde edilir. Dolayısıyla $f(0)+f(1)=3$ ve $f(1)$'ın çift olması yeterlidir. Herhangi bir $k$ tamsayısı için $f(1)=2k$ dersek, $$\boxed{f(n)=\begin{cases} n-2k+3,\quad n\equiv 0\pmod{2} \\ n+2k-1,\quad n\equiv 1\pmod{2}\end{cases}}$$ fonksiyonu bulunur. Bu da $f(f(z))=z+2$ eşitliğini sağlar.

$200$'er öğrencisi bulunan üç okulun öğrencilerinden her birinin, her üç okulda da, (karşılıklı olarak) tanıştığı en az birer öğrenci bulunuyor. $300$ öğrenciden oluşan ve şu koşulu sağlayan bir $E$ kümesinin bulunduğu biliniyor: Üç okuldan hangisi ve $E$'ye ait ve bu okulun öğrencisi olmayan hangi iki öğrenci verilirse verilsin, bu öğrencilerin bu okuldan tanıdıkları öğrencilerin sayısı farklıdır. Hepsi birbiriyle tanışan ve her biri farklı okullardan olan üç öğrencinin bulunduğunu gösteriniz.

$AB$ çaplı bir çemberin $OB$ yarıçapını çap kabul eden bir çember ve bu iki çembere $S$ ve $T$ noktalarında teğet bir çember daha çiziliyor. $S \neq T$ olmak üzere, $AST$ üçgeninin çevrel çemberinin $O$'dan geçtiğini ispatlayınız.

$x,m,n >1$ tam sayılar olmak üzere, $(x+1)^m-x^n=1$ eşitliğini sağlayan tüm $(x,m,n)$ sıralı üçlülerini bulunuz.

Çözüm:

$v_p(n)$ ile $n$'yi bölen en büyük $p$'nin kuvvetinin üssünü gösterelim, örneğin $v_3(54)=3$'dür. Verilen eşitliği inceleyelim. $$(x+1)^m=x^n+1\implies x^n+1\equiv (-1)^n+1\equiv 0\pmod{x+1}$$ olur. Eğer $n$ çiftse $x>1$ olduğundan çelişki olur. $n$ tektir.

Eğer $x$ tekse, kuvvet kaydırma teoreminden, $2\mid x+1$ ve $n$ tek olduğundan $$v_2(x^n+1)=v(x+1)$$ olur. $v_2(x^n+1)=mv_2(x+1)$ olması gerektiğinden $m=1$ olmalıdır, bu da bir çelişkidir. $x$ çifttir.

$x+1$ tek sayı olduğundan ve $x+1>2$ olduğundan tüm asal bölenleri tektir. $p\mid x+1$ olan herhangi bir $p$ için $v_p(x+1)=k$ ise $v_p((x+1)^m)=mk$'dır. Ayrıca, kuvvet kaydırma teoreminden, $$v_p((x+1)^m)=mk=v_p(x^n+1)=v_p(x+1)+v_p(n)\implies v_p(n)=mk-k=(m-1)v_p(x+1)$$ elde edilir. Hem $x+1$, hem de $n$ tek olduğundan $(x+1)^{m-1}\mid n$'dir. Yerine yazarsak, $$n(x+1)\geq (x+1)^m=x^n+1\implies n\geq \frac{x^n+1}{x+1}$$ olur. $n>1$ olduğundan $\frac{x^n+1}{x+1}$ artandır (bu ifadeyi sadeleştirerek veya türevini alarak kolayca görebilirsiniz). Dolayısıyla $$n\geq \frac{2^n+1}{2+1}\implies 3n\geq 2^n+1$$ bulunur. Üstel fonksiyon, lineer fonksiyona göre çok hızlı arttığından eşitsizliğin bozulduğu $n$ değerinden sonra sağ taraf hep daha büyük olacaktır. $n\geq 4$ için eşitsizlik bozulduğu için $n=2$ veya $n=3$'dür. $n=2$ için $(x+1)^{m-1}\leq 2$'den çözüm gelmez.

$n=3$ için $3\geq (x+1)^{m-1}$'den $x=2$ ve $m=2$ bulunur. Tek çözüm $\boxed{(x,m,n)=(2,2,3)}$ olacaktır.