Tübitak Lise 2. Aşama - 1994 Çözümleri
« 1993 1995 »
« Sorulara Git
Geri

Tübitak Lise 2. Aşama - 1994 Çözümleri

1
Her $n \in \mathbb{N}$ için $\sqrt{n}$ sayısına en yakın tam sayıya $a_{n}$ diyelim. Buna göre $$\sum_{n=1}^{\infty }{\dfrac{1}{a_{n}^{3}}}$$ toplamını hesaplayınız.
Çözüm:
$\dots {\left(k-1\right)}^2,{\left(k-1\right)}^2+1,\dots ,{\left(k-1\right)}^2+r,\ \dots ,k^2,\dots $ dizisinin kökünü alalım.

$\left(k-1\right)+0.5\le \sqrt{{\left(k-1\right)}^2+r}$  eşitsizliğini sağlayan en küçük $r$ sayısını bulalım.

$k^2-k+\dfrac{1}{4}\le k^2-2k+1+r\Rightarrow k-\dfrac{3}{4}\le r\Rightarrow k\le r$ elde edilir. Bu durumda $k^2-k+1$ den $k^2+k$ ya kadar tüm terimlerin karekökü $k$ olacaktır. Soruda verilen ifadeyi yeniden düzenlersek $\sum\limits^{\infty }_{n=1}{\dfrac{1}{a^3_n}}=\sum\limits^{\infty }_{k=1}{\sum\limits^{k^2+k}_{n=k^2-k+1}{\dfrac{1}{a^3_n}}}=\sum\limits^{\infty }_{k=1}{\dfrac{2k}{k^3}}=2\cdot \sum\limits^{\infty }_{k=1}{\dfrac{1}{k^2}=2\cdot \dfrac{{\pi }^2}{6}<4}$. Serinin değeri $\dfrac{{\pi }^2}{6}$; fakat integral ile en azından $1+\int^{\infty }_1{\dfrac{1}{x^2}=2}$ den küçük olduğunu bulabiliriz.

Not: Literatürde $\sum\limits^{\infty }_{k=1}{\dfrac{1}{k^2}} = \dfrac {\pi}{6}$ serisine Basel Problemi denmektedir.
2
Bir $ABCD$ kirişler dörtgeninde, $m(\widehat{BAD})<90^{\circ}$, $ m(\widehat{BCA})=m(\widehat{DCA})$ dır. $[DA]$ üzerinde $\vert BD\vert =2|DE|$ koşulunu sağlayan $E$ noktasından geçen ve $[CD]$ kenarına paralel olan doğru $[AC]$ köşegenini $F$ noktasında kestiğine göre, $$\dfrac{\vert AC\vert \cdot \vert BD\vert }{\vert AB\vert \cdot \vert FC\vert }=2$$ olduğunu gösteriniz.
Çözüm 1:
Bir $ABCD$ kirişler dörtgeni ve $ m(\widehat{BCA})=m(\widehat{DCA})$ olduğundan   $\vert AB\vert =|AD|$ dir.$ABC$ üçgeninde Thales teoremini uygularsak;
$$\dfrac{\vert AE\vert}{\vert AD\vert}=\dfrac{\vert AF\vert}{\vert AC\vert}\Rightarrow  \dfrac{\vert AE\vert}{\vert AB\vert}=\dfrac{\vert AF\vert}{\vert AC\vert}...(1)$$
bulunur.$(1)$ eşitliğinden yararlanarak
$$1-\dfrac{\vert DE\vert}{\vert AB\vert}=1-\dfrac{\vert FC\vert}{\vert AC\vert}\Rightarrow {\vert DE\vert}.{\vert AC\vert}={\vert AB\vert}.{\vert FC\vert} ...(2)$$
bulunur.$(2)$ eşitliği ile birlikte $\vert BD\vert =2|DE|$ olduğundan
 $$\dfrac{\vert AC\vert \cdot \vert BD\vert }{\vert AB\vert \cdot \vert FC\vert }=2$$ olur.
Çözüm 2:
Açık şekilde $\dfrac{FC}{AC}=\dfrac{ED}{AD}=\dfrac{\dfrac{BD}{2}}{AB}\Rightarrow 2=\dfrac{AC\cdot BD\ }{AB\cdot FC}$  olduğu görülür.
3
Düzlemde ikişer kesişen ve herhangi üçü aynı noktadan geçmeyen $n$ tane mavi doğru çiziliyor. Bu doğruların kesiştiği noktalara "mavi nokta'' dersek, $\dbinom{n}{2}$ tane mavi noktamız olur. Daha sonra bir mavi doğru ile birleştirilmemiş olan bütün mavi nokta çiftlerinden geçen kırmızı doğrular çiziliyor. İki kırmızı doğrunun kesiştiği noktaya "kırmızı nokta''; bir mavi ve bir kırmızı doğrunun kesiştiği noktaya da "mor nokta'' diyelim. Bu işlemden sonra en fazla kaç tane mavi, kırmızı ve mor nokta olur?
4
$f: \mathbb{R}^{+}\to \mathbb{R}^{+}$ artan bir fonksiyon olsun. Her $u \in \mathbb{R}^{+}$ için $\lbrace f(t)+\dfrac{u}{t}:t>0\rbrace $ kümesinin en büyük alt sınırına $g(u)$ diyelim.
Çözüm:
Tanımlanan kümeye $A_u$ diyelim.

a) $g(u)$, verilen kümenin alt sınırı olduğundan her $t>0$ için $$f(t)+\dfrac{u}{t}\geq g(u)$$ olacaktır. Dolayısıyla eğer $g(xy)\geq x$ ise her $t>0$ için $$f(t)+\dfrac{xy}{t}\geq g(xy)\geq x$$ olmalıdır. $t=2y$ alırsak $$f(2y)+\dfrac{x}{2}\geq x\implies 2f(2y)\geq x$$ bulunur.

b) Aksini kabul edelim. Yani $x\leq f(y)$ ve $g(xy)<x$ olsun. $g(xy)$ alt sınırların en büyüğü olduğundan $x$ sayısı $A_u$'nun bir alt sınırı olamaz. Yani öyle bir $t_0$ vardır ki $$f(t_0)+\dfrac{xy}{t_0}<x$$ Eğer $t_0\geq y$ ise $f$ artan olduğundan, $$x\leq f(y)+\dfrac{xy}{t_0}\leq f(t_0)+\dfrac{xy}{t_0}<x$$ çelişkisi ortaya çıkacaktır. Eğer $y>t_0$ ise $$x<f(t_0)+\dfrac{xy}{y}\leq f(t_0)+\dfrac{xy}{t_0}<x$$ çelişkisi olacaktır. Her durumda çelişki çıktığından baştaki kabulümüz yanlıştır. Eğer $x\leq f(y)$ ise $x\leq g(xy)$ olmalıdır.
5
$s\ge 1$ ve $t\ge 1$ olmak üzere $$t^{2}+1=s(s+1)$$ eşitliğini sağlayan tüm $(s,t)$ sıralı tam sayı ikililerini bulunuz.
Çözüm 1:
$$s^2 + s - (t^2 + 1) = 0 \Rightarrow \Delta = 1+4(t^2+1) = T^2$$ $$\Rightarrow T^2 - 4t^2 = 5 \Rightarrow (T-2t)(T+2t)=5$$ $s$ ve $t$ pozitif olduğu için $$T+2t = 5 \text{ ve } T-2t=1$$ $$\Rightarrow t=1 \Rightarrow s^2 + s - 2 = (s+2)(s-1) = 0$$ $$\Rightarrow (s,t) = (1,1)$$
Çözüm 2:
$t^2+1=s.(s+1)$ ifadesini $t^2=s^2+s-1$ şeklinde düşünürsek $s^2<s^2+s-1$ olması için $0<s-1$, $1<s$ olmalıdır.
$s^2+s-1<s^2+2s+1$ olması için ise $s-1<2s+1$, yani $-2<s$ olmaldıır. O halde $s>1$ için
$s^2<s^2+s-1<s^2+2s+1$, yani $(s)^2<t^2<(s+1)^2$  olacağından ardışık iki tam sayının karesi arasında başka bir tam sayının karesi bulunamaz.  O halde $s\le 1$ olmalıdır. Soruda verilen $s\ge 1$ ifadesinden dolayı $s=1$ olur.
$t^2+1=1\cdot 2$. Yani $t^2=1$, buradan ise $t\ge 1$ olduğu için çözüm kümemiz $\{(1,1)\}$ olarak bulunur.
 
6
Bir $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberi $[BC]$ ve $[CA]$ kenarlarına sıra ile $D$ ve $E$ noktalarında değmektedir. $[CB]$ üzerinde $\vert CK\vert =|BD|$, $[CA]$ üzerinde $\vert AE\vert =|CL|$ koşulunu sağlayan $K$ ve $L$ noktaları için $AK\cap BL=\{P\}$ dir. İç teğet çemberin merkezi $I$, $[BC]$ nin orta noktası $Q$ ve $ABC$ üçgeninin ağırlık merkezi $G$ olduğuna göre olduğunu ispatlayınız.
Çözüm:
$AN$ üçgenin iç açırotayı olsun. $BK=CD=u-c$, $AE=CL=u-a$,


$KQ=\left|\dfrac{a}{2}-\left(u-c\right)\right|=\dfrac{\left|c-b\right|}{2}$, $CN=\dfrac{ab}{b+c}$, $QN=\left|\dfrac{a}{2}-\dfrac{ab}{b+c}\right|=\dfrac{\left|ac-ab\right|}{2\left(b+c\right)}=\dfrac{a\left|c-b\right|}{2\left(b+c\right)}$ olacaktır.


Açıortay teoreminden $\dfrac{AI}{IN}=\dfrac{AC}{CN}=\dfrac{b}{\dfrac{ab}{b+c}}=\dfrac{b+c}{a}$ ve $\dfrac{KQ}{QN}=\dfrac{\dfrac{\left|c-b\right|}{2}}{\dfrac{a\left|c-b\right|}{2\left(b+c\right)}}=\dfrac{b+c}{a}$ olduğu için $IQ\parallel AK$ dır.

$AKC$ üçgeninde $P,L,B$ noktaları için Menelaus uygularsak $\dfrac{AP}{PK}\cdot \dfrac{KB}{BC}\cdot \dfrac{CL}{LA}=1$ olacağından $\dfrac{AP}{PK}\cdot \dfrac{u-c}{a}\cdot \dfrac{\left(u-a\right)}{b-\left(u-a\right)}=1\Rightarrow \dfrac{AP}{PK}=\dfrac{a}{u-c}\cdot \dfrac{u-c}{u-a}=\dfrac{a}{u-a}\Rightarrow \dfrac{AP}{AK}=\dfrac{a}{u}$ elde edilir. $IQ\parallel AK$ olduğu için $\dfrac{IQ}{AK}=\dfrac{QN}{KN}=\dfrac{a}{a+b+c}=\dfrac{a}{2u}$ olur. Bu durumda $AP=2\cdot IQ$ elde edilir.

 $3\cdot \left[PGQ\right]=\left[APQ\right]=2\cdot \left[AQI\right]=2\cdot \left(\dfrac{3\cdot \left[AIG\right]}{2}\right)\Rightarrow \left[PQG\right]=[AGI]$ elde edilir.

Not:
İç teğet çemberin değme noktalarını köşelerle birleştiren doğrular üçgenin Gergonne noktasında kesişir. Dış teğet çemberlerin kenarlara değme noktalarını köşelerle birleştiren doğrular üçgenin Nagel noktasında kesişir. İç teğet çemberin bir kenara değdiği noktanın o kenarın orta noktasına göre simetriği dış teğet çemberin o kenara değdiği noktadır. Yani sorudaki $P$ noktası, üçgenin Nagel noktasıdır. Nagel noktası, ağırlık merkezi ve iç merkez doğrusaldır. Bu doğruya Nagel doğrusu denir. $IG=\dfrac{1}{2}GP$ bağıntısı vardır. Bu bilgiler eşliğinde $\dfrac{GQ}{AG}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{IG}{GP}\Rightarrow IQ\parallel AP$ ve yamuktaki alan özelliğinden $\left[PQG\right]=[AIG]$ olacaktır.