Tübitak Lise 2. Aşama - 1997 Çözümleri
« 1996 1998 »
« Sorulara Git
Geri

Tübitak Lise 2. Aşama - 1997 Çözümleri

1
$5x^{2}-6xy+7y^{2}=383$ eşitliğini sağlayan tüm $(x,y)$ tam sayı çiftlerini bulunuz.
Çözüm:
$5$ ile genişletirsek $$ \begin{array}{rcl}
25x^2 - 30xy + 35y^2 &=& 1915 \\
25x^2 - 30xy + 9 y^2 + 26y^2 &=& 1915 - 26y^2 \\
(5x-3y)^2 &=& 1915 - 26y^2
\end{array}$$ Eşitliği $\bmod 3$ te incelersek $y \equiv 0 \pmod 3$ elde ederiz.
Ayrıca $(5x-3y)^2 = 1915 - 26y^2 \geq 0$ olacağı için $8 \geq |y| \geq 0$ dır. O halde deneyeceğimiz sayılar $y \in \{ -6, -3, 0, 3, 6 \}$ dan ibaret. $\bmod 4$ te incelediğimizde geriye sadece $|y|=3$ ihtimali kalıyor.
$y=3$ için, $(5x-9)^2 = 1915 - 26\cdot 9 = 1681 \Rightarrow |5x-9|=41$ mutlak denkleminden çıkan sonuçlardan sadece biri tam sayı. O halde $x=10$.
$y=-3$ için, $(5x+9)^2 = 1915 - 26\cdot 9 = 1681 \Rightarrow |5x+9|=41$ mutlak denkleminden çıkan sonuçlardan sadece biri tam sayı. O halde $x=-10$.
Sonuç olarak denklemin çözüm kümesi $\{(-10,-3), (10,3)\}$.
2
Bir dışbükey $ABCDE$ beşgeninin iç bölgesindeki herhangi bir $F$ noktasının $AB$, $BC$, $CD$, $DE$ ve $EA$ doğrularına uzaklığı sırasıyla $a_{1}$, $a_{2}$, $a_{3}$, $a_{4}$ ve $a_{5}$ ile gösteriliyor. Bu beşgenin $A$, $B$, $C$, $D$ ve $E$ açılarının içaçıortayları üzerinde, $|AF_{1}|=|AF|$, $|BF_{2}|=|BF|$, $|CF_{3}|=|CF|$, $|DF_{4}|=|DF|$ ve $|EF_{5}|=|EF|$ eşitlikleri sağlanacak $F_{1}$, $F_{2}$, $F_{3}$, $F_{4}$ ve $F_{5}$ noktaları alınıyor. $F_{1}$ in $EA$, $F_{2}$ nin $AB$, $F_{3}$ ün $BC$, $F_{4}$ ün $CD$ ve $F_{5}$ in $DE$ doğrusuna uzaklığı sırasıyla $b_{1}$, $b_{2}$, $b_{3}$, $b_{4}$ ve $b_{5}$ ise $$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}\le b_{1}+b_{2}+b_{3}+b_{4}+b_{5}$$ olduğunu ispatlayınız.
Çözüm:
$\angle EAB = 2\alpha$ ve $\angle FAE = \beta$ olsun.
$a_5 = AF \cdot \sin \beta$, $a_1 = AF \cdot \sin (2\alpha - \beta)$ ve $b_1 = AF \cdot \sin \alpha$ olacaktır.
$a_1 + a_5 = AF \cdot (\sin \beta + \sin (2\alpha - \beta)) = AF \cdot (2\cdot \sin \alpha \cdot \cos (\alpha - \beta)) = 2b_1\cos (\alpha - \beta) \leq 2b_1$.
Benzer şekilde $1\leq i \leq 4$ için de $a_i + a_{i+1} \leq 2b_{i+1}$ olacağı için taraf tarafa topladığımızda $$2(a_1 + a_2+a_3+a_4+a_5) \leq 2(b_1 + b_2 + b_3+ b_4+b_5)$$ elde ederiz. $\blacksquare$
3
$n>1$ tek, $k$ de pozitif bir tam sayı olsun. $n$ seçmen, $k$ adaydan oluşan $A$ kümesine ait bir üyeyi seçerken aşağıda tanımlanan "çoğunlukçu uzlaşı'' sistemini kullanmaktadır. Buna göre, her seçmen, adayları kendi tercihine göre bir sütun halinde yukarıdan aşağıya doğru sıralar. Bu "oy sütunları'' (herhangi bir sırayla) yan yana yazılarak $k\times n$ bir "oy matrisi'' elde edilir.
$a\in A$ adayının oy matrisinin $i.$ sırasında kaç kez geçtiğini $a_{i}$ sayısı ile gösterelim; $l_{a}$ tam sayısı da $\sum\limits_{i=1}^{l}{a_{i}} > \dfrac n2$ eşitsizliğini sağlayan en küçük $l$ sayısı olsun. $\overline l=\min\limits_{a\in A} l_{a}$ olmak üzere; $\lbrace a \in A | l_{a}= \overline l \rbrace $ kümesinin tek elemanlı olmasına yol açan oy matrislerine geçerli oy matrisleri diyeceğiz ve böyle her matris için, çoğunlukçu uzlaşıya göre yukarıdaki kümeye ait tek aday seçilmiş olacaktır.
Öte yandan, $\omega _{1}\ge \omega _{2}\ge \ldots \ge \omega _{k}\ge 0$ koşulunu sağlayan $\omega _{1}, \omega _{2}, \ldots ,\omega _{k}$ gerçel sayılarına bir ağırlık sistemi; her geçerli oy matrisi için de, $\sum\limits_{i=1}^{k}{\omega _{i}a_{i}}$ sayısına $a$ adayının toplam ağırlıklı puanı diyelim. Bir $\omega _{1}, \omega _{2}, \ldots ,\omega _{k}$ ağırlık sistemi, tüm geçerli oy matrisleri için, çoğunlukçu uzlaşıya göre seçilen adayın toplam ağırlıklı puanının diğer bütün adaylarınkinden büyük olmasına yol açıyorsa, bu ağırlık sistemi çoğunlukçu uzlaşıyı temsil ediyor diyeceğiz.
Çözüm:
$n=2m+1$ olsun.
Her aday, oy matrisinde $2m+1$ kez geçecektir.

a.

$k=3$ için, $\overline{l}=2$ olduğunda, $a$ adayının birinci geldiğini, $b$ adayının da ikinci olduğunu varsayalım. Tanım gereği $l_a=2$ dir. İlk $2$ sırada toplamda $4m+2$ tercih yer alacağı ve $a$ adayın en fazla $2m+1$ oyu bu sırada yer alacağından, geri kalan $2$ adaya ilk sırada $4m+2-\left(2m+1\right)=2m+1$ oy kalacaktır. Güvercin yuvasına göre, bu adaylardan çok oy alanı, $b$, en az $\left\lceil \frac{2m+1}{2}\right\rceil =m+1$ oy alacaktır. Bu durumda, bu aday için de $l_b=2$ olacaktır. Bu durumda $\overline{l}$ tanımlı değildir. Demek ki, $3$ aday olduğunda, $\overline{l}<2$ olmalı.

$\overline{l}=1$ için, $a$ adayı birinci, $b$ adayı da ikinci olsun.
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline
 & 1 & 2 & \dots  & m & m+1 & m+2 & \dots  & 2m+1 \\ \hline
w_1 & a & a & a & a & a & b & b & b \\ \hline
w_2 & b & b & b & b & b &  &  &  \\ \hline
w_3 &  &  &  &  &  & a & a & a \\ \hline
\end{array}$$
$a$ adayının alabileceği en küçük toplam ağırlık; $\left(m+1\right)w_1+mw_3$ olacaktır.

$b$ adayının alabileceği en büyük toplam ağırlık; $mw_1+\left(m+1\right)w_2$ olacaktır.

Bu oy matrisinin çoğunlukçu uzlaşıyı temsil etmesi için;
\[\left(m+1\right)w_1+mw_3>mw_1+\left(m+1\right)w_2\]
olmalı. Biraz düzenlersek
\[w_1-w_2>m\left(w_2-w_3\right)\]
elde ederiz. $w_1>w_2=w_3$ seçtiğimizde, yukarıdaki eşitsizlik her zaman sağlanır. Demek ki, $k=3$ için, çoğunlukçu uzlaşıyı temsil eden bir ağırlık sistemi bulunabiliyor.

b.

$k>3$ için,

$\overline{l}=1$ olduğunda
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline
 & 1 & 2 & \dots  & m & m+1 & m+2 & \dots  & 2m+1 \\ \hline
w_1 & a & a & a & a & a & b & b & b \\ \hline
w_2 & b & b & b & b & b &  &  &  \\ \hline
w_3 &  &  &  &  &  &  &  &  \\ \hline
\dots  &  &  &  &  &  &  &  &  \\ \hline
w_k &  &  &  &  &  & a & a & a \\ \hline
\end{array}$$
\[\left(m+1\right)w_1+mw_k>mw_1+\left(m+1\right)w_2\Rightarrow w_1-w_2>m\left(w_2-w_k\right)\]
$\overline{l}=2$ olduğunda,

$k=4$ için:

İlk iki sırada yer alan toplam $4m+2$ oyun en fazla $3m$ tanesi birinci gelemeyen adaylara ait olmalı. Bu durumda, birinci gelen $a$ adayının en az $m+2$ oyu ilk iki sırada yer almalı.
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline
 & 1 & 2 & \dots  & m & m+1 & m+2 & \dots  & 2m+1 \\ \hline
w_1 & b & b & b & b & c & d & d & d \\ \hline
w_2 & a & a & a & a & a & a & c & c \\ \hline
w_3 &  &  &  &  & b & b & b & b \\ \hline
w_4 &  &  &  &  &  &  & a & a \\ \hline
\end{array}$$
$a$ adayı için en küçük toplam ağırlık ile, $b$ adayı için en büyük toplam ağırlığı karşılaştırırsak,
\[\left(m+2\right)w_2+\left(m-1\right)w_4>mw_1+\left(m+1\right)w_2\Rightarrow w_2-w_4>m\left(w_1-w_4\right)\]
elde ederiz. $\overline{l}=1$ ve $k=4$ durumunda $w_1-w_2>m\left(w_2-w_4\right)$ olduğu için, bu iki eşitsizliği birleştirdiğimizde, $\frac{w_1-w_2}{m}>w_2-w_4>m\left(w_1-w_4\right)\Rightarrow 1\ge \frac{w_1-w_2}{w_1-w_4}>m^2$ olur. Bu da $m>1$ olan oy matrisleri için bir ağırlık sisteminin bulunmadığını gösterir.

$k>4$ için:
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline
 & 1 & 2 & \dots  & m & m+1 & m+2 & \dots  & 2m+1 \\ \hline
w_1 & b & b & b & b & c & d & d & d \\ \hline
w_2 & a & a & a & a & a &  & c & c \\ \hline
w_3 &  &  &  &  & b & b & b & b \\ \hline
\dots  &  &  &  &  &  &  &  &  \\ \hline
w_k &  &  &  &  &  &  & a & a \\ \hline
\end{array}$$

\[\left(m+1\right)w_2+mw_k>mw_1+\left(m+1\right)w_3\Rightarrow m\left(w_2-w_3\right)>m\left(w_1-w_k\right)-\left(w_2-w_3\right)\]
olacaktır.  $\overline{l}=1$ için daha önce elde ettiğimiz eşitsizlik ile bu eşitsizliği birleştirirsek $w_1-w_2>m\left(w_2-w_k\right)\ge m\left(w_2-w_3\right)>m\left(w_1-w_k\right)-\left(w_2-w_3\right)$
\[\Rightarrow w_1-w_2+w_2-w_3>m\left(w_1-w_k\right)\Rightarrow w_1-w_3>m\left(w_1-w_k\right)\Rightarrow 1\ge \frac{w_1-w_3}{w_1-w_k}>m\]
elde ederiz ki, bu da $m>1$ olan oy matrisleri için bir ağırlık sisteminin bulunmadığını gösterir.
4
Tüm $a,b,c,d$ ve pozitif $e$ gerçel sayıları için $$(a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3})\le e^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})+f(e)(a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4})$$ eşitsizliğini doğru kılan en küçük $f(e)$ değerini $e$ cinsinden bulunuz.
Çözüm:
$a=b=c=d=2e^2$ olduğunda $32e^6 \leq 16e^6 + f(e)\cdot 64e^8 \Rightarrow \dfrac{16e^6}{64e^8} \leq f(e)$. Bu durumda $f(e) \geq \dfrac 1{4e^2}$.

$f(e) = \dfrac 1{4e^2}$ olduğunda $AO \geq GO$ dan $\dfrac {a^4}{4e^2} + a^2e^2 \geq 2\sqrt {\dfrac {a^4}{4e^2} \cdot a^2e^2} = a^3$ elde edilir. Diğerleri için de aynı eşitsizliği uygulayıp taraf tarafa topladığımızda $$(a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3})\le e^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})+\dfrac{1}{4e^2}(a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4})$$ elde ederiz. O halde en küçük $f(e)$ değeri $\dfrac{1}{4e^2}$ dir.
5
Bir $ABC$ üçgeninin $A$ açısının iç ve dış açıortaylarının $BC$ doğrusunu kestiği noktalar $D$ ve $E$ ile gösterilmek üzere, $[DE]$ çaplı $F$ merkezli çember ile $ABC$ üçgeninin $O$ merkezli çevrel çemberi ve bu iki çembere dıştam teğet olan bir $d$ doğrusu çiziliyor. $d$ doğrusunun çembere değdiği noktalardan $FO$ doğrusuna indirilen dikmelerin ayakları $P$, $Q$ ve bu iki çemberin ortak kirişinin uzunluğu $m$ ise, $\vert PQ\vert =m$ olduğunu ispatlayınız.
Çözüm:
$F$ merkezli $DE$ çaplı çember $BC$ ye ait $A$ dan geçen Apolonyus çemberidir. Gerçi Apolonyus çemberine has bir özellik kullanmayacağız.

İlk önce çevrel çember ile Apolonyus çemberinin dik kesiştiğini gösterelim.


$AF=DF\Rightarrow \angle ADF=\angle DAF\Rightarrow \angle ABC+\angle BAD=\angle DAC+\angle CAF$ olur. $\angle BAD=\angle DAC$ olduğu için $\angle CAF=\angle ABC$ olacağından $AF$, $\left(ABC\right)$ çemberine teğettir (teğet kiriş açı ile çevre açının eşitliği). Yani $\angle OAF={90}^{\circ }$ cepte.


Ortak teğet doğrusu çevrel çembere $S$ de, diğer çembere de $T$ de değsin. $AM$, bu iki çemberin ortak kirişi olsun. $AM$ bu iki çemberin kuvvet eksenidir. ($AM$ nin $ST$ ile kesiştiği noktanın çemberlere göre kuvveti eşit olacağından $AM$ $ST$ yi ortalar.) $OF$ doğrusuna diktir ($APMF$ deltoid olduğu için köşegenler diktir ve birbirini ortalar). Ortak teğet doğru parçası $ST$ yi iki eşit parçaya böler. Bu durumda $SPQT$ dik yamuğunda $AM$ orta taban doğrusu olacağından $PA=AQ$ ve $AM$ ile $PQ$, $N$ de kesişiyorsa $PN=NQ$ eşitlikleri elimizde var. $APMF$ deltoidinde $AN=AM$ olduğunda göre $AN=PN=NQ$ yani $\angle PAQ={90}^{\circ }$ olduğunu göstereceğiz. İki çemberin dik kesiştiğini daha önce göstermiştik.

$\angle PAQ=\angle OAF\Leftrightarrow \angle FAQ=\angle OAP$ olduğunu göstereceğiz. $OS\parallel TF$ ve $SP\parallel TQ$ olduğu için $\angle PSO=\angle QTF$. Dolayısıyla da $\triangle OSP\sim \triangle FTQ$ olacaktır. $\dfrac{OP}{QF}=\dfrac{OS}{FT}=\dfrac{OA}{FA}$ orantısı elde edilir.  $O$ nun $AN$ ye göre simetriği $O'$ olsun. $AP=AQ$ olduğu için  $\triangle QAO'\cong \triangle PAO$ olacaktır. Bu durumda $AO'=AO$,  $O'Q=OP$ ve $\dfrac{OP}{QF}=\dfrac{OS}{FT}=\dfrac{OA}{FA}$olduğu için $\dfrac{O'Q}{QF}=\dfrac{O'A}{FA}$ orantısını elde ederiz. Bu da $O'AF$ üçgeninde $AQ$ nun açıortay olduğu gösterir.

$\angle O'AQ=\angle QAF=\angle OAP\Rightarrow \angle OAF=\angle QAP\Rightarrow AN=PN=NQ\Rightarrow PQ=AM=m$ elde edilir.
6
Üç boyutlu uzayda, her biri, kenarları $x$, $y$ ve $z$ eksenlerine paralel bir dikdörtgenler prizması biçiminde olan $D_{1},D_{2},\ldots ,D_{n}$ bölgeleri verilmiş olsun. Her $D_{i}$ bölgesinin $x$ eksenine, $y$ eksenine ve $z$ eksenine paralel olan kenarlarının uzunluklarını sırasıyla $x_{i}$, $y_{i}$ ve $z_{i}$ ile gösterelim. Tüm $D_{i}$ ve $D_j$ bölgeleri için, $x_{i}<x_{j}$ veya $y_{i}<y_{j}$ veya $z_{i}<z_{j}$ ise, $x_{i}\le x_{j}$ ve $y_{i}\le y_{j}$ ve $z_{i}\le z_{j}$ dir. $\bigcup\limits_{i=1}^{n}{D_{i}}$ bölgesinin hacmi $1997$ ise, $\lbrace D_{1}, D_{2}, \ldots ,D_{n}\rbrace $ kümesinin aşağıdaki koşulları sağlayan bir $\lbrace D_{i_{1}},D_{i_{2}},\ldots ,D_{i_{m}}\rbrace $ altkümesinin bulunduğunu gösteriniz.