Tübitak Lise 2. Aşama - 1996 Çözümleri

$(A_{n})_{n=1}^{\infty }$ ve $(a_{n})_{n=1}^{\infty }$ birer pozitif tam sayı dizisi olsun. Eğer her $x$ pozitif tam sayısı için $$ x=\sum\limits_{n=1}^{N}{x_{n}A_{n}},\quad 0 \leq x_n \leq a_n\quad (n=1,2,\dots,N) \text{ ve } x_N \neq 0$$ olacak şekilde tek bir $N$ pozitif tam sayısı ve tek bir $(x_{1},x_{2},\ldots, x_{N})$ tam sayı sıralı $N$ lisi varsa, $(A_{n})_{n=1}^{\infty }$ dizisinin aşağıdaki koşulları sağladığını gösteriniz:

Bir $n_0$ için, $A_{n_{0}}=1$ dir.
$k\neq j$ ise, $A_{k}\neq A_{j}$ dir.
$A_{k} \leq A_{j}$ ise, $A_{k}$, $A_{j}$ yi böler.

Kenar uzunluğu $2$ olan $ABCD$ karesinin, $AB$ ve $CD$ kenarları üzerinde sırasıyla $M$ ve $N$ noktaları alınıyor. $CM$ ve $BN$ doğruları $P$ noktasında, $AN$ ve $MD$ doğruları $Q$ noktasında kesişiyor. $\vert PQ\vert \ge 1$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

(Lokman GÖKÇE)

$Q$ nun $AB$ üzerindeki izdüşümü $E$, $CD$ üzerideki izdüşümü $F$; $P$ nin $AB$ üzerindeki izdüşümü $G$, $CD$ üzerindeki izdüşümü $H$ olsun. $AE=DF=a$, $EM=b$, $MG=c$, $BG=HC=d$ olsun.

$\dfrac{DF}{EM}=\dfrac{FN}{AE}\Rightarrow \dfrac{a}{b}=\dfrac{FN}{a}\Rightarrow FN=\dfrac{a^2}{b}$ ve $\dfrac{HC}{MG}=\dfrac{NH}{BG}\Rightarrow \dfrac{d}{c}=\dfrac{NH}{d}\Rightarrow NH=\dfrac{d^2}{c}$ olur. Buradan da $EG=FH\Rightarrow b+c=\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{d^2}{c}$ elde edilir. Cauchy-Schwarz eşitsizliğinden
$${\left(a+d\right)}^2={\left(\dfrac{a}{\sqrt{b}}\cdot \sqrt{b}+\dfrac{d}{\sqrt{c}}\cdot \sqrt{c}\right)}^2\le \left(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{d^2}{c}\right)\left(b+c\right)={\left(b+c\right)}^2\Rightarrow a+d\le b+c\ $$ $$\Rightarrow a+d+b+c\le 2\left(b+c\right)\Rightarrow 1\le b+c\le PQ$$

Gerçel eksen üzerinde $n$ tane tam sayıyı boyuyoruz. $k$ nin hangi pozitif tamsayı değerleri için aşağıdaki şartları sağlayan bir $\mathcal{K}$ kapalı aralıklar kümesinin bulunduğunu belirleyiniz:

$\mathcal{K}$ ya ait kapalı aralıkların birleşimi tüm boyalı tam sayıları içerir.
$\mathcal{K}$ ya ait farklı iki kapalı aralığın kesişimi boştur.
Her $I\in \mathcal{K}$ için $a_{I}$ ile $I$ ya ait tüm tam sayıların sayısını, $b_{I}$ ile de boyalı olanları gösterirsek, $\dfrac{b_I}{a_I} = \dfrac 1k$ olur.

Bir $ABCD$ dörtgeninin $[AD]$, $[DC]$ ve $[CB]$ kenarlarına teğet olan çemberin değme noktaları sırasıyla $K$, $L$, $M$ ile gösteriliyor. $L$ noktasından geçen ve $AD$ doğrusuna paralel olan doğrunun; $[KM]$ nı kestiği nokta $N$ ve $[LN]$ ile $[KC]$ nın kesiştiği nokta $P$ ise, $$|PL| =|PN|$$ olduğunu ispatlayınız.

Çözüm:

$KM$ üzerinde $CQ\parallel LN\parallel DK$ olacak şekilde $Q$ noktası alalım. $\angle DKM=\angle CMK$ olduğu aşikar (Değilse doğruları uzatın, ikizkenar üçgeni görün.).

$CQ\parallel DK$ olduğu için $\angle DKM=\angle CQM=\angle CMQ$ olacağından $CM=CQ$ olur.

$DK=DL=a$ ve $LC=CM=CQ=b$ olsun. $CDK$ ve $CKQ$ üçgenlerinde paralelliğin gerektirdiği benzerlikleri yazarsak $\dfrac{PL}{DK}=\dfrac{LC}{DL}\Rightarrow \dfrac{PL}{a}=\dfrac{b}{a+b}\Rightarrow PL=\dfrac{ab}{a+b}$ ve

$\dfrac{PN}{CQ}=\dfrac{KN}{KQ}=\dfrac{DL}{DC}\Rightarrow \dfrac{PN}{b}=\dfrac{a}{a+b}\Rightarrow PN=\dfrac{ab}{a+b}$ olur.

Her $n$ pozitif tam sayısı için $$ \prod\limits_{k=0}^{n-1}{(2^{n}-2^{k})}$$ sayısının $n!$ ile bölündüğünü gösteriniz.

Çözüm:

$n!$ sayısındaki $2$ lerin sayısı ile $M = \prod \limits_{k=0}^{n-1} {2^k \left( 2^{n-k} - 1\right)}$ sayısındaki $2$ sayısını karşılaştıralım.

$n!=x\cdot 2^{r} \Rightarrow \max(r) = \lfloor \frac n2 \rfloor + \lfloor \frac n4 \rfloor + \cdots \leq n\left(\frac 12 + \frac 14 + \frac 18 + \cdots \right) = n$.

$M = \prod \limits_{k=0}^{n-1} {2^k \left( 2^{n-k} - 1\right)} = x\cdot 2^r \Rightarrow \max(r) = \sum \limits_{k=0}^{n-1} k = \frac {n(n-1)}{2}$.
$n\geq 3$ için, $\frac {n(n-1)}{2}\geq n$ olacaktır. Yani $n\geq 3$ için, $M$ sayısında $n!$ dekinden daha fazla (ya da eşit) $2$ çarpanı var.

$M_{n=1} = 1 \Rightarrow 1! \mid 1$ ve $M_{n=2} = 6 \Rightarrow 2! \mid 6$ olduğu için, $n!$ sayısında $M$ dekinden daha fazla $2$ çarpanı yoktur.
Diğer $p>2$ asal sayıları için de aynı sonuca varabiliyorsak $n! \mid M$ diyebiliriz.

$p>2$ bir asal sayı olsun.
$n!=x\cdot p^{r} \Rightarrow \max(r) = \sum \limits_{i=1}^{\infty} \left \lfloor \frac n{p^i} \right \rfloor$.

Euler'in $\varphi$ sinden, $2^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ olduğu için $M = \left(2^n - 1\right)\cdot \left(2^{n-1} - 1\right) \cdots \left(2^1 - 1\right) \prod \limits_{k=0}^{n-1} 2^k$ sayısının çarpanlarından $ \left \lfloor \frac n{p-1} \right \rfloor$ tanesi $p$ ile bölünecek.

Benzer şekilde $p^i \mid M $ durumunu incelersek: $\varphi \left( p^i \right) = p^{i-1}(p-1) \Rightarrow 2^{p^{i-1}(p-1)} \equiv 1 \pmod {p^i}$ olduğu için $M$ sayısının çarpanlarından $ \left \lfloor \frac n{p^{i-1}(p-1)} \right \rfloor$ tanesi $p^i$ ile bölünecek.

Bu durumda $M=x\cdot p^r \Rightarrow \max(r) = \sum \limits_{i=1}^{\infty} {\left \lfloor \frac n{p^{i-1}(p-1)} \right \rfloor}$ olacaktır.
Her $i=1,2,\dots$ için $ \left \lfloor \frac n{p^{i-1}(p-1)} \right \rfloor \geq \left \lfloor \frac n{p{i}} \right \rfloor$ olduğu için $M$ sayısındaki $p$ çarpanlarının sayısı $n!$ sayısındaki $p$ çarpanlarının sayısından az olmayacaktır. Bu durumda $n! \mid M$ dir.