Uluslararası Matematik Olimpiyatı

Aşağıdaki şartı sağlayan tüm $\alpha$ gerçel sayılarını bulunuz:
Her $n$ pozitif tam sayısı için $$\lfloor \alpha \rfloor+\lfloor 2\alpha \rfloor+\cdots+\lfloor n\alpha\rfloor$$ tam sayısı $n$ sayısının bir katıdır. ($\lfloor z\rfloor$ ifadesi, $z$ sayısından küçük veya ona eşit olan en büyük tam sayıyı göstermektedir. Örneğin, $\lfloor -\pi \rfloor = -4$ ve $\lfloor 2 \rfloor = \lfloor 2.9 \rfloor = 2$.)

(Kolombiya)

Çözüm 1:

$\alpha$ şartı sağlasın. $\lfloor(\alpha+2)n\rfloor= 2n+\lfloor n\alpha\rfloor$ olduğundan $\alpha+2$'de şartı sağlar. $0\leq\alpha<2$ aralığında bulunan çözümler ve $z$ tamsayı olmak üzere bu çözümlerin $2z$ fazlası çözümdür. Bu aralığa bakalım. $\alpha=0$ ise durumun sağlandığı açıktır. Bunun $2z$ fazlası da çözüm olacağından tüm çift tamsayılar bir çözümdür. $0<\alpha<1$ olsun. $x\alpha=1$ ve $n$ tamsayı olmak üzere $n<x<n+1$ olsun. Zaten $x=n\in\mathbb{Z^+}$ oldugu durumda $n|1$ olur. Çelişki. Heryeri $\alpha$ ile çarparsak $n\alpha<1<(n+1)\alpha$ olur. $\lfloor\alpha\rfloor+\lfloor2\alpha\rfloor+\cdots+\lfloor(n+1)\alpha\rfloor$ ifadesinde son terim hariç terimler sıfır olduğundan $\lfloor(n+1)\alpha\rfloor$ $n+1$'in katıdır. Halbuki bu ifade $n+1$'den küçüktür. Çelişki. Bu aralıkta çözüm yoktur. $\alpha=1$ olursa $n$ çift olduğunda ifade $n|\frac{n}{2}\cdot (n+1)$ olmasını gerektirir. Sağlamaz. Son olarak $1<\alpha<2$ durumuna bakalım. Bu durumun $-1<\alpha<0$ durumuna denk olduğu açıktır. Bu aralığın çözümü yöntem bakımından deminkinden farksızdır. Negatif degerler için aynı işlemlerin simetriği geçerlidir. Buradan da çözüm gelmez. Tek çözüm deminde dediğimiz gibi $\boxed {\text{çift tamsayılardır.}}$

Çözüm 2:

$$S=\lfloor \alpha \rfloor+\lfloor 2\alpha \rfloor+\cdots+\lfloor n\alpha\rfloor$$
olsun. Tam değer fonksiyonuyla daha ilişik bir çözüm verelim. Benzer bir şekilde
$$\sum_{i=1}^{n}{i}=\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}\Longleftrightarrow \sum_{i=1}^{n}{\lfloor \alpha\rfloor}\equiv \sum_{i=1}^{n}{\lfloor \alpha +2\rfloor} \pmod{n}$$
olduğunu söyleyebiliriz. O zaman $\alpha\in [0,2]$ aralığını yani $0\leq \alpha\leq 2$ durumunu incelemek yeterli olacaktır. $\alpha=0$ ve $\alpha=2$ durumunda tüm $n$ için $n\mid S$'tir ve bu durum çift tam sayıların usteneni sağladığını ifade eder. $\alpha=1$ durumunda ise $n\nmid S$'tir ve istenen koşulu tek tam sayılar sağlamaz. Diğer durumları inceleyelim

$i)$ $0<\alpha<1$ : Bu durumda $n=\left\lceil \dfrac{1}{\alpha}\right\rceil$ alalım. Buna göre $n\alpha=\left\lceil \dfrac{1}{\alpha}\right\rceil.\alpha \geq \dfrac{1}{\alpha}.\alpha=1$ olduğu açıktır. Öte taraftan
$$n\alpha=\left\lceil \dfrac{1}{\alpha}\right\rceil.\alpha<\alpha\left(\dfrac{1}{\alpha}+1\right)=1+\alpha<2$$
olduğunu söyleyebiliriz. Bundan dolayı $\lceil n\alpha \rceil=1$ olacaktır. Ayrıca
$$n\alpha=\left(n-1\right)\alpha+\alpha<(n-1)\alpha+1<2\Longleftrightarrow (n-1)\alpha<1\Longleftrightarrow \sum_{i=1}^{n-1}{\lfloor i\alpha\rfloor}=0$$
elde edilir. Buna göre $S=1$ olur ve her $n$ değeri için $n\nmid 1$ sağlanmaz. Dolayısıyla bu durum elenir.

$ii)$ $1<\alpha<2$ : Bu durum bir önceki duruma dönüştürebilir. Zira $\alpha=b+1$ olsun.
$$S=\sum_{i=1}^{n}{\lfloor i\alpha\rfloor}=\dfrac{n(n+1)}{2}+\sum_{i=1}^{n}{\lfloor ib\rfloor}$$
olduğunu söyleyebiliriz. Ayrıca $0<b<1$ olduğundan $\sum\limits_{i=1}^{n}{\lfloor b\rfloor}$ toplamı $i)$ durumundaki toplama denktir ve $n=\left\lceil \dfrac{1}{b}\right\rceil$ alındığında $\sum\limits_{i=1}^{n}{\lceil ib\rceil}=1$ elde edilir. Dolayısıyla bu durumda
$$S=\sum_{i=1}^{n}{\lfloor i\alpha\rfloor}=\dfrac{n(n+1)}{2}+\sum_{i=1}^{n}{\lfloor ib\rfloor}=\dfrac{n(n+1)}{2}+1$$
ki bu ifade her $n$ pozitif tam sayısı tarafından bölünmez ve $n\nmid S$ durumları da elde edilir.
Sonuç olarak hem $(0,2)$ aralığında $S$ toplamı her $n$ pozitif tam sayısı tarafından bölünmez. $\alpha\in[0,2]$ için sadece $\alpha=0$ ve $\alpha=2$ durumlarında, tüm çift tam sayıları kapsamak üzere toplam $n$'in bir tam katıdır.

Not: Problemin Hermite Özdeşliği ile de çözülebileceğine inanıyorum. Hermite Özdeşliği (Hermite's Identity) herhangi bir $n$ doğal sayısı ve $x$ reeli için
$$\left\lfloor nx\right\rfloor =\sum_{i=1}^{n-1}{\left\lfloor x+\dfrac{i}{n}\right\rfloor}$$
olduğunu söyler. $S$ toplamındaki tüm tam değer fonksiyonları $\lfloor \alpha\rfloor$'a indirgenip $\pmod{n}$'de götürülebilir. Sonrasında ise benzer bir durum incelemesi yapılabilir.

Aşağıdaki koşulu sağlayan tüm $\left(a,b\right)$ pozitif tam sayı ikililerini bulunuz:
$(a,b)$ ikilisi için, öyle $g$ ve $N$ pozitif tam sayıları vardır ki, tüm $n\geq N$ tam sayıları için $$
\operatorname{ebob}\left(a^{n}+b, b^{n}+a\right)=g
$$ eşitliği sağlanır. ($\text{ebob}(x,y)$ ifadesi, $x$ ve $y$ tam sayılarının en büyük ortak bölenini göstermektedir.)

(Endonezya)

Pozitif tam sayılardan oluşan $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots$ sonsuz dizisi ve $N$ pozitif tam sayısı verilmiştir. Bu dizide her $n>N$ için $a_{n}$ terimi; $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n-1}$ terimlerinden $a_{n-1}$ terimine eşit olanların sayısına eşittir.

$a_{1}, a_{3}, a_{5}, \ldots$ ve $a_{2}, a_{4}, a_{6}, \ldots$ dizilerinin en az bir tanesinin bir yerden sonra periyodik olduğunu ispatlayınız.

($b_{1}, b_{2}, b_{3}, \ldots$ sonsuz dizisi; her $m \geqslant M$ için $b_{m+p}=b_{m}$ olacak şekilde $p$ and $M$ pozitif tam sayıları varsa bir yerden sonra periyodiktir.)

(Avustralya)

$A B C$ üçgeninde $A B<A C<B C$ ve iç teğet çember merkezi ile iç teğet çemberi sırasıyla $I$ ile $\omega$ olsun. $B C$ kenarı üzerinde $C$ noktasından farklı $X$ noktası, $X$ noktasından $A C$ doğrusuna çizilen paralel $\omega$ çemberine teğet olacak şekilde alınıyor. Benzer şekilde $B C$ kenarı üzerinde $B$ noktasından farklı $Y$ noktası, $Y$ noktasından $A B$ doğrusuna çizilen paralel $\omega$ çemberine teğet olacak şekilde alınıyor. $A I$ doğrusu, $A B C$ üçgeninin çevrel çemberini ikinci kez $P \neq A$ noktasında kesiyor. $A C$ ve $A B$ kenarlarınin orta noktaları sırasıyla $K$ ve $L$ olsun.

$\angle K I L+\angle Y P X=180^{\circ}$ olduğunu gösteriniz.

(Polonya)

Çözüm 1:

$Y$'den çizilen teğetin değme noktası $Y'$ olsun. ($BC$ üzerinde olmayan teğet.) $AB$'nin çembere değme noktası $E$ olsun. $EY'$'nün çap olduğu açıktır. Buradan $I=EY'\cap AP$ olur. $YY'\cap AP=T$ olsun. $\triangle {TY'I}\sim \triangle {AEI}$ ve $|EI|=|Y'I|$ olduğundan bu iki üçgen eştir. $|IT|=|AI|$ olur. Benzer işlem $X$'teki teğet içinde yapılırsa bu doğrununda $T$'den geçtiği görülür. Ve deminki eşitlikten $T$, $A$'nın $I$'ya göre simetriğidir. $A$'nın $K$ ve $L$'ye göre simetrikleri $B$ ve $C$ olacağından $\angle{KIL}=\angle{BTC}$ olur. $\angle{BTC}+\angle{YPX}=180^\circ$ olduğunu ispatlamalıyız. Paralellikten $\angle{XTA}=\angle{PAC}$ olduğunu söyleyebiliriz. Çemberde açıdan $\angle{PCA}=\angle{PBC}$ olduğuda açıktır. Buradan $\angle{ATX}=\angle{PBX}$ gelir ve $BXTP$'nin kirişler dörtgeni olduğu anlaşılır. $\angle{TBC}=\angle{XPT}$ olur. Benzer şekilde $PTYC$'de bir kirişler dörtgenidir ve $\angle{TPY}=\angle{TCB}$ olur. $\angle {YPX}=\angle{TPY}+\angle{TPX}=\angle{TBC}+\angle{TCB}=180^\circ-\angle{BTC}$ olur. İspat biter.

Çözüm 2:

$X$ ve $Y$ noktalarından $\omega$ çemberine çizilen sözü edilen teğetlerin kesim noktasına $Z$, $AB$ ve $AC$'yi kestiği noktalara da sırasıyla $D$ ve $E$ diyelim. $AD \parallel EZ$ ve $AE \parallel DZ$ olduğundan $ADZE$ bir paralelkenardır. Ayrıca bir içteğet çembere de sahip olduğundan eşkenar dörtgendir. $I$ noktası içteğet çemberin ve dolayısıyla eşkenar dörtgenin merkezi olduğu için $A,I,Z$ doğrusal olur.

$\angle{AZX}=\angle{PAC}=\angle{PBC} \implies B,P,Z,X$ noktaları çemberseldir. Bu çemberden $\angle{ZBX}=\angle{ZPX}$

$\angle{AZY}=\angle{PAB}=\angle{PCB} \implies C,P,Z,Y$ noktaları çemberseldir. Bu çemberden $\angle{ZCY}=\angle{ZPY}$

Diğer taraftan $L,I,K$ noktaları $[AB],[AZ],[AC]$ doğru parçalarının orta noktaları olduğundan $LI \parallel BZ$, $KI \parallel CZ$ ve $LK \parallel BC$ dir. $KIL$ ve $CBZ$ üçgenlerinin kenarlarının paralelliğinden bu iki üçgenin benzer yani açılarının eşit olduğu sonucuna varırız.

Buradan da açı özellikleriyle $\angle{KIL}+\angle{YPX}=\angle{KIL}+\angle{ZPY}+\angle{ZPX}=\angle{KIL}+\angle{ZCY}+\angle{ZBX}=\angle{KIL}+\angle{IKL}+\angle{ILK}=180^{\circ}$ elde ederiz.

Salyangoz Turbo, $2024$ satır ve $2023$ sütundan oluşan bir satranç tahtasında bir oyun oynuyor. Tahtanın $2022$ adet birim karesinde birer canavar saklanmıştır. Başlangıçta Turbo, hangi birim karelerde canavar bulunduğunu bilmiyor fakat ilk ve son satır dışındaki her satırda tam olarak bir canavar bulunduğunu ve her sütunda en fazla bir canavar bulunduğunu biliyor. Turbo, ilk satırdan son satıra ulaşmak için birkaç deneme yapıyor. Her bir denemede, ilk satırdaki istediği bir birim kareden başlıyor ve her adımda, bulunduğu birim kareyle ortak kenar paylaşan komşu bir birim kareye geçiyor (Turbo’nun daha önceden ziyaret ettiği bir birim kareye dönme hakkı vardır). Turbo, içinde canavar bulunan bir birim kareye ulaştığı an o anki denemesi sonlanıyor ve yeni bir denemeye başlamak için ilk satıra geri ışınlanıyor. Canavarlar yer değiştirmiyor ve Turbo, daha önceden ziyaret ettiği birim karelerde canavar olup olmadığını aklında tutuyor. Turbo, son satırdaki herhangi bir kareye ulaştığı an oyun bitiyor.

$n$ sayısının en küçük hangi değeri için Turbo, canavarların tahtadaki konumları nasıl olursa olsun en fazla $n$ deneme yaparak oyunu bitirmeyi garantileyebilir?

(Hong Kong)

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2024 Çözümleri