Tübitak Kamp Sınavları - 2002 - Lise Kış Çözümleri

Çözüm [Lokman Gökçe]: Dik açıların açıortaylarından dolayı $\angle ACF = \angle BCF = \angle ADL = \angle CDL = \angle CDK = \angle BDK = 45^\circ $ dir. $\angle LCK = \angle LDK = 90^\circ $ olduğundan $CKDL$ bir kirişler dörtgenidir. Ayrıca $\angle FCK = \angle FDK = 45^\circ $ olduğundan $CKDF$ bir kirişler dörtgenidir. Böylece $CKFDL$ bir kirişler beşgeni olur. Bu durumda $\angle CKF = \angle CDF = 90^\circ $ dir. Şu aşamada $CLFK$ bir dikdörtgendir. Eşit ölçülü ($\angle LDC = 45^\circ$ gibi) çevre açıların gördüğü kirişler eşit uzunlukta olduğundan $|LC| = |CK| = |KF|$ dir. Buna göre, $CLFK$ dikdörtgeni bir kare olur.

Çözüm (Lokman Gökçe): $S = \displaystyle{\sum_{i<j} \dfrac{n_in_j}{n_i + n_j}}$ biçiminde ifade edelim. $a,b>0$ sayıları için $H(a,b) = \dfrac{2ab}{a+b}$, $A(a,b) = \dfrac{a+b}{2}$ olmak üzere; harmonik ortalama - aritmetik ortalama eşitsizliğinden $H(a,b) \leq A(a,b)$ dir. Buna göre $ \dfrac{ab}{a+b} = \dfrac{1}{2}H(a,b) \leq \dfrac{1}{2}A(a,b) = \dfrac{1}{4}(a+b)$ olur.

Şimdi $S$ toplamı $\dfrac{1}{2}H(n_i, n_j)$ biçimindeki terimlerin toplamından oluşmaktadır. $n_1$ teriminin kaç defa işleme girdiğine bakalım. $1<j$ olan her $j$ ile işleme gireceğinden $n_1$ sayısı $99$ defa işlem görür. $n_2$ sayısı da $2<j$ olan her $j$ ile işleme gireceğinden $98$ defa işlem görür. Ayrıca daha önce $n_1$ ile $n_2$ işleme girmişti. Bu yüzden $n_2$ sayısı da $98+1=99$ defa görünür. Benzer fikirle, $n_1, n_2, \dots, n_{100}$ terimlerinin her birinin $99$ defa görüneceğini anlarız.

$$ S = \displaystyle{\dfrac{1}{2}\sum_{i<j} H(n_i, n_j) \leq \dfrac{1}{2}\sum_{i<j} A(n_i, n_j) } = \dfrac{1}{4}\cdot 99 (n_1 + n_2 + \cdots + n_{100}) = \dfrac{1}{4}\cdot 99 \cdot 4 = 99 $$
elde edilir. Eşitlik durumu $n_1 = n_2 =  \cdots = n_{100} = \dfrac{1}{25}$ iken sağlanır. $S_{\max} = 99 $ elde edilir.

Çözüm [Lokman Gökçe]: Önce en temel durum olan bir birim karenin seçilmiş olması durumuna bakalım. Bu karenin siyah olduğunu düşünebiliriz. $S=4$, $B=0$, $s=1$, $b=0$ olduğundan $S - B = 4(s-b)$ bağıntısının sağlandığını görürüz.


Şimdi birer birer (önceki karelerden biriyle ortak kenara sahip)  yeni komşu kareler seçerek çokgenimizi büyüttüğümüzü düşünelim. Yukarıdaki örnek çokgeni göz önüne alalım. Şekilde $S=21$, $B=17$, $s=13$, $b=12$ olup $S - B = 4(s-b)$ bağıntısı sağlanır.

Örneğin $A$ hücresi gibi, çokgenle yalnız bir ortak kenarı olan bir kareyi daha birleştirirsek $1$ beyaz kare artışı olmuş olur. Bu halde beyaz kenar sayısı $3$ artarken siyah kenar sayısı $1$ azalacaktır. Yeni durumdaki değerler $S_1, B_1, s_1, b_1$ olmak üzere $S_1 = S-1$, $B_1 = B + 3$, $s_1=s$, $b_1 = b + 1$ olup $S_1 - B_1 = 4(s_1 - b_1)$ bağıntısı sağlanır. Benzer durumun, $C$ hücresine bir siyah kare eklendiğinde de geçerli olduğu görülebilir.

Şimdi $B$ hücresi gibi, çokgenle iki ortak (ve aynı renge sahip) bir kareyi birleştirirsek $1$ beyaz kare artışı olmuş olur. Bu halde beyaz kenar sayısı $2$ artarken siyah kenar sayısı $2$ azalacaktır. Yeni durumdaki değerler $S_1, B_1, s_1, b_1$ olmak üzere $S_1 = S-2$, $B_1 = B + 2$, $s_1=s$, $b_1 = b + 1$ olup $S_1 - B_1 = 4(s_1 - b_1)$ bağıntısı sağlanır.

Şimdi $D$ hücresi gibi, çokgenle üç ortak (ve aynı renge sahip) bir kareyi birleştirirsek $1$ beyaz kare artışı olmuş olur. Bu halde beyaz kenar sayısı $1$ artarken siyah kenar sayısı $3$ azalacaktır. Yeni durumdaki değerler $S_1, B_1, s_1, b_1$ olmak üzere $S_1 = S-3$, $B_1 = B + 1$, $s_1=s$, $b_1 = b + 1$ olup $S_1 - B_1 = 4(s_1 - b_1)$ bağıntısı sağlanır.

Böylece, tüm yeni kare ekleme durumlarında $S - B = 4(s-b)$ bağıntısının geçerli olduğunu anlarız.

Öte yandan, problemde sorulmamış olsa da bazı uç durumları irdeleyebiliriz. $E$ hücresine kare ekleyip $D$ nin boş bırakılması veya $F$ hücresine kare ekleyip $D, E$ nin boş bırakılması gibi "delinmiş çokgen" oluşması durumlarında da $S - B = 4(s-b)$ bağıntısı geçerlidir. Yine, çokgenle ortak kenar içermeyen $G$ hücresine kare eklenmesi durumunda da $S - B = 4(s-b)$ bağıntısının sağlanacağı kolayca görülebilir.

$x,y,z$ sayılarının birbirlerinin modunda tersleri olduğundan dolayı, bu sayılar ikişerli olarak aralarında asaldır. Verilen denklikleri bölünebilirlik ile gösterirsek, $$z\mid xy-1$$ $$y\mid xz-1$$ $$x\mid yz-1$$ $$\implies x,y,z\mid xy+yz+xz-1\implies xyz\mid xy+yz+xz-1$$ elde edilir. $xy+yz+xz>1$ olduğundan $$xyz\leq xy+yz+xz-1\implies 1+\frac{1}{xyz}\leq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$$ olmalıdır. Eğer $x\geq 3$ ise $$1+\frac{1}{xyz}\leq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}<\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1$$ çelişkisi elde edilir. $x=2$ olmalıdır. $$z\mid 2y-1$$ olduğundan $kz=2y-1$ olacak şekilde bir $k$ pozitif tamsayısı vardır ancak bu tamsayı $2$ veya daha büyük olamaz çünkü $$2y-1=kz\geq ky\implies -1\geq (k-2)y$$ çelişkisi elde edilir. Dolayısıyla $z=2y-1$ olmalıdır. $$y\mid 2z-1=4y-3\implies y\mid 3$$ bulunur. $y>x$ olması gerektiğinden $y=3$ ve $z=5$ bulunur. Gerçekten de yerine koyarsak istenileni sağlar. Tek çözüm $(x,y,z)=(2,3,5)$'dir.