Tübitak Lise 2. Aşama - 1995 Çözümleri

$m_{1},m_{2}, \ldots ,m_{k}$, $2\le m_{1}$ ve $2m_{i}\le m_{i+1}$ $(i=1,2,\ldots ,k-1)$ koşullarını sağlayan tamsayılar olsun. Bu durumda, $a_{1},a_{2},\ldots ,a_{k}$ tamsayılar olmak üzere $$\begin{array}{rcl} x &\equiv& a_{1} \pmod {m_{1}}\\ x &\equiv& a_{2} \pmod {m_{2}}\\ &\vdots& \\ x &\equiv& a_{k} \pmod {m_{k}} \end{array}$$ bağıntılarından hiçbirini gerçeklemeyen sonsuz sayıda $x$ tamsayısının bulunduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$M = m_1m_2 \cdots m_k$ olsun. $1,2,\dots, M$ kümesinin elemanlarından
$\dfrac {M}{m_1}$ tanesi $x \equiv a_1 \pmod {m_1}$ denkliğini sağlar.

$\dfrac {M}{m_2}$ tanesi $x \equiv a_2 \pmod {m_2}$ denkliğini sağlar.

$\vdots$

$\dfrac {M}{m_k}$ tanesi $x \equiv a_k \pmod {m_k}$ denkliğini sağlar.

$1,2,\dots, M$ kümesinin elemanlarından en az bir denkliği sağlayanların sayısı $S$ olsun.

$$S \leq \sum\limits_{i=1}^k \dfrac M{m_i} \leq M \cdot \sum\limits_{i=1}^k \dfrac 1{m_1 \cdot 2^{i-1}} = \dfrac {M}{m_1}\left (1 + \dfrac 12 + \dfrac 14 + \dots + \dfrac 1{2^{k-1}}\right) < \dfrac {2M}{m_1} \leq M$$ Bu durumda $S<M$ elde edildiği için $1,2,\dots, M$ kümesinden en az bir eleman denkliklerin hiçbirini sağlamaz. Bu elemana $x_0$ dersek, $i=0,1,2,\dots$ için $x_i = M\cdot i + x_0$ sayılarından hiçbiri denklikleri sağlamayacak. $\blacksquare$

Dar açılı bir $ABC$ üçgeni ile bu üçgenin düzleminde, üçgenin $ \lbrack BC\rbrack ,\lbrack CA\rbrack ,[AB]$ kenarlarını sırasıyla çap kabul eden $k_{1},k_{2},k_{3}$ çemberleri çiziliyor. Çemberlerin kuvvet merkezi $K$, $\lbrack AK\rbrack \cap k_{1}=\{D\}$, $\lbrack BK\rbrack \cap k_{2}=\{E\}$ ve $\lbrack CK\rbrack \cap k_{3}=\{F\}$ olmak üzere, $Alan(\buildrel\triangle\over {ABC})=u$ , $Alan(\buildrel\triangle\over {DBC})=x$, $Alan(\buildrel\triangle\over {ECA})=y$ ve $Alan(\buildrel\triangle\over {FAB})=z$ ise, $$u^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}$$ olduğunu ispatlayınız.

Çözüm 1:

Kenarları çap kabul eden çemberler yüksekliklerin ayaklarından geçer. Yükseklikler bu çemberlerin ikişerli kuvvet eksenidir. Üç çemberin ikişerli kuvvet eksenleri tek bir noktada kesişir. Sorudaki kuvvet eksenleri yükseklik olduğu için $K$ noktası da üçgenin diklik merkezidir.

$\left[BC\right],\left[CA\right],[AB]$ kenarlarına ait yükseklik ayakları $X,Y,Z$ olsun. $BX=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2a}$ ve $CX=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2a}$. Öklid teoreminden
$$DX^2=BX\cdot XC\Rightarrow {\left[BDC\right]}^2=\dfrac{BC^2\cdot DX^2}{4}$$ $$=\dfrac{BC^2\cdot BX\cdot XC}{4}=\dfrac{{(a}^2+b^2-c^2)\cdot (a^2+c^2-b^2)}{16}$$ $$\Rightarrow 16{\cdot \left[BDC\right]}^2=a^4-{\left(b^2-c^2\right)}^2. $$
Benzer şekilde ${16\cdot \left[ECA\right]}^2=b^4-{\left(a^2-c^2\right)}^2$ ve $16\cdot {\left[FAB\right]}^2=c^4-{\left(a^2-b^2\right)}^2$ elde edilir. 16$\cdot {\left[ABC\right]}^2=16\cdot {\left[BDC\right]}^2+16\cdot {\left[ECA\right]}^2+16\cdot {\left[FAB\right]}^2$ olduğunu göstereceğiz. $$16\cdot {\left[ABC\right]}^2=16\cdot u\left(u-a\right)\left(u-c\right)\left(u-b\right)$$ $$=\left(a+b+c\right)\cdot \left(a+b-c\right)\cdot \left(a+c-b\right)\cdot \left(b+c-a\right)$$
$$=\left({\left(a+b\right)}^2-c^2\right)\left(c^2-{\left(b-a\right)}^2\right)$$ $$={\left(a+b\right)}^2c^2-c^4-{\left(a+b\right)}^2{\left(b-a\right)}^2+c^2{\left(b-a\right)}^2 $$ $$=c^2\left(a^2+b^2+2ab+a^2+b^2-2ab\right)-c^4-{\left(b^2-a^2\right)}^2$$ $$=2a^2c^2+2b^2c^2+2a^2b^2-a^4-b^4-c^4$$ elde edilir. Diğer taraftan $$16\cdot {\left[BDC\right]}^2+16\cdot {\left[ECA\right]}^2+16\cdot {\left[FAB\right]}^2$$ $$=a^4-{\left(b^2-c^2\right)}^2+b^4-{\left(a^2-c^2\right)}^2+c^4-{\left(a^2-b^2\right)}^2$$ $$=2a^2c^2+2b^2c^2+2a^2b^2-a^4-b^4-c^4$$ çıkar. Bu durumda $u^2=x^2+y^2+z^2$ eşitliği sağlanmış olur.

Çözüm 2:

$\left[BC\right],\left[CA\right],[AB]$ kenarlarına ait yükseklik ayakları $X,Y,Z$ olsun. $A,B,C$ den geçen yükseklikler $(ABC)$ yi sırasıyla $A',B',C'$ noktalarında kessin.

$KX=XA'$ olması gerektiği bilinen bir özellik (değilse, $\angle CBA'=\angle CAX=\angle KBC\Rightarrow BK=BA'\Rightarrow KX=XA'\ $). $X$ noktasının $(ABC)$ çemberine göre kuvveti $BX\cdot XC=AX\cdot XA'=AX\cdot KX$ olacaktır. Aynı zamanda Öklid teoreminden $BX\cdot XC=DX^2$ olduğunu biliyoruz. $DX^2=AX\cdot KX$ eşitliğini elde etmiş olduk.

$\dfrac{{\left[BDC\right]}^2}{\left[ABC\right]\left[BKC\right]}=\dfrac{DX^2\cdot BC^2}{AX\cdot BC\cdot KX\cdot BC}=\dfrac{DX^2}{AX\cdot KX}=1\Rightarrow {\left[BDC\right]}^2=\left[ABC\right]\cdot [BKC]$ elde edilir. Benzer şekilde

${\left[ECA\right]}^2=\left[ABC\right]\cdot [AKC]$ ve ${\left[FAB\right]}^2=\left[ABC\right]\cdot [BKA]$ olacağından taraf tarafa topladığımızda

$x^2+y^2+z^2=\left[ABC\right]\cdot \left(\left[AKC\right]+\left[ABK\right]+\left[BCK\right]\right)=\left[ABC\right]\cdot \left[ABC\right]=u^2$ elde edilir.

$ \mathbb{N}$ ile pozitif tamsayılar kümesini gösterelim. Bir $A$ gerçel sayısı ile $a_{1}=1$ ve her $n\in \mathbb{N}$ için, $$1<\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}}\le A$$ koşulunu sağlayan, üstten sınırlı olmayan bir $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ gerçel sayı dizisi verliyor.

Her $n \in \mathbb{N}$ için $$1<\dfrac{A^{k(n)}}{a_{n}}\le A$$ eşitsizliklerini sağlayan tek bir $k:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ fonksiyonunun bulunduğunu ve $k$'nin azalmayan ve örten bir fonksiyon olduğunu gösteriniz.
Yukarıdaki $k$ fonksiyonu her değeri en fazla $m$ kez alıyorsa, her $n \in \mathbb{N}$ için $C^{n}\le Aa_{n}$ olacak şekilde bir $C>1$ gerçel sayısının var olduğunu gösteriniz.

Bir $ABC$ ($\vert AB\vert \ne |AC|$) üçgeninin $A$ açısının iç ve dış açıortayları $BC$ doğrusunu sırayla $D$ ve $E$ noktalarında kesiyor. $[DE]$ çaplı (ve üçgenin düzleminde bulunan) çemberin herhangi bir $F$ noktasından $BC,CA,AB$ doğrularına indirilen dikmelerin ayakları sırayla $K,L,M$ ise, $\vert KL\vert =|KM|$ olduğunu ispatlayınız.

Çözüm 1:

Söz konusu çember $B$ ve $C$ noktalarına olan uzaklıkları oranı $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{EB}{EC}=k$ sabit olan noktalar kümesi, diğer bir adıyla Apollonius (Apolonyus) çemberidir. Çember üzerindeki her $F$ noktası için $\dfrac{FB}{FC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{EB}{EC}=k$ sağlanır. Diğer bir deyişle $FBC$ üçgeninde $FD$ bir iç açıortay ve $FE$ bir dış açıortaydır. Bunu fark ettikten sonra sorunun geri kalanı için birçok farklı çözüm yapılabilir. Bu sorunun benzerleri IMO 1996/2, IMO 2010/4 da karşımıza çıkıyor.

$\angle BAF=2a,\ \angle FAC=2b,\ \angle FBC=2c,\ \angle FCB=2d$ olsun. $FE$ dış açıortay olduğu için $\angle CFE=\dfrac{2c+2d}{2}=c+d\Rightarrow \angle FEB=2d-\left(d+c\right)=d-c$ olur.

$\angle FAD=\left(a+b\right)-2a=b-a$. $AFDE$ kirişler dörtgeninde $\angle FED=\angle FAD=b-a$ olduğundan $a+d=b+c$ elde edilir. Şimdi de soruda verilen dikmeleri indirelim. $KBMF$, $KCLF$ ve $LAMF$ dörtgenleri birer kirişler dörtgenidir.

$\angle MLF=\angle MAF=2a,\ \ \angle FLK=\angle FCK=2d\Rightarrow \angle MLK=2a+2d$. Benzer şekilde $\angle LMF=\angle LAF=2b,\ \ \angle FMK=\angle FBK=2c\Rightarrow \angle LMK=2b+2c$ elde edilir.

$a+d=b+c$ olduğunu daha önce göstermiştik. Bu durumda

$\angle LMK=\angle MLK\Rightarrow KL=KM$ olarak bulunur.

Çözüm 2:

$KFLC$ kirişler dörtgeninde $$\dfrac{KL}{{\sin \angle BCA}}=2\cdot R=FC \Rightarrow KL=FC\cdot {\sin\angle BCA}$$, benzer şekilde $KFMB$ kirişler dörtgeninde $$KM=FB\cdot {\sin\angle ABC}$$ elde edilir. Bu durumda $$\dfrac{KL}{KM}=\dfrac{FC\cdot {\sin\angle BCA}}{FB\cdot {\sin\angle ABC}}=\dfrac{FC}{FB}\cdot \dfrac{AB}{AC}$$ elde edilir. $A$ ile $F$ nin geometrik yerinden $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BF}{FC}$ olduğu için $\dfrac{KL}{KM}=1$ elde edilir.