Tübitak Lise 2. Aşama - 2024 Çözümleri

$ABC$ nin ortik üçgeni $DEF$ üçgeninde, $H$ iç merkezdir. (İspatı: $\angle EFH = \angle EAH = DBH = \angle DFH$.)
$EF$ nin $AD$ ile kesişimi $A'$ olsun.
$DFA'$ üçgeninde $FH$ iç açıortay, $FA$ dış açıortaydır: $\dfrac {AA'}{AD} = \dfrac {HA'}{HD}$.

Aynı oranı yeniden yazarak; $\dfrac {HA - HA'}{AD} = \dfrac {HA'}{AD - HA}$

$HA \cdot AD - HA^2 - HA'\cdot AD + HA\cdot HA' = AD \cdot HA'$.

$2\cdot AD \cdot HA' =HA(AD - HA + HA') = HA(DH + HA') = HA \cdot DA'$.

$$\dfrac {HA'}{HA} =  \dfrac 12 \cdot \dfrac {DA'}{DA} \tag {1}$$ elde ederiz.

$EF$ ile $BC$, $L$ de kesişsin. $(DEF)$ çemberinin $D$ deki teğeti, $EF$ yi $M$ de kessin.
$\angle A'DE = 90^\circ - \angle BAC$.
$\angle EDM = \angle DFE = 180^\circ - 2\angle BCA$.
$\begin{array}{lcl}
\angle MDL &=& 90^\circ - (\angle A'DE + \angle EDM) \\ &=& \angle BAC + 2\angle BCA - 180^\circ \\ &=& \angle BCA - \angle ABC \\ &=& \angle BCA - \angle AEF \\ &=& \angle BCA - \angle LEC \\ &=&  \angle DLM \end{array}$.
Dolayısıyla, $$ML = MD = A'M \tag{2}$$

$A$ dan $EF$ ye çizilen paralel ile $CF$, $BE$, $BC$ doğruları sırasıyla $F'$, $E'$, $K$ noktalarında kesişsin.
$(1)$ den dolayı, $$\dfrac {HA'}{HA} =  \dfrac 12 \cdot \dfrac {DA'}{DA} = \dfrac 12 \cdot \dfrac {A'L}{AK} = \dfrac {A'M}{AK}$$ olacağı için $H$, $M$, $K$ noktaları doğrusaldır.

$AK \parallel EF$ ve $AT \perp EF$ olduğu için $AT \perp AK$. Öklid'den $$KA^2 = KD \cdot KT \tag {3}$$

$\angle ABC = \angle AEF = \angle EAK$ olduğu için $KA$ doğrusu $(ABC)$ çevrel çemberine teğettir. $$KA^2 = KC\cdot KB \tag{4}$$

$\angle HBC = \angle EFH = \angle E'F'H$ olduğu için $$KE'\cdot KF' = KC \cdot KB = KA^2 \tag{5}$$

$(DEF)$ çemberi ile $(DPQ)$ çemberinin kuvvet ekseni $DM$ olduğu için $$ME \cdot MF = MP\cdot MQ = MD^2 = MA'^2 \tag{6}$$
$HP$ ve $HQ$ doğruları ile $AK$ doğrusu sırasıyla $P'$ ve $Q'$ noktalarında kesişsin.
$\triangle HMF \sim \triangle HKF'$ olduğu için $(6)$ daki eşitlik $$KP'\cdot KQ' = KE'\cdot KF' = KA^2 \tag{7}$$ olacaktır.
$(7)$ ile $(4)$ ü birleştirirsek $P'$, $Q'$, $B$, $C$ noktaları çembersel olur.

Şimdi de $P$, $Q$, $R$, $S$ noktalarının çembersel olduğunu göstereceğiz.
$PQ$ noktalarının $EF$ doğru parçası üzerinde veya dışında olmasına göre ispat biraz farklı olacak. Şekildeki duruma göre ispatımıza devam edelim.
$\angle HRS = \angle HBS = \angle HBC - \angle SBC = \angle EFH - \angle SHC = \angle EFH - \angle FHQ = \angle PQH$. Bu da, $P$, $Q$, $R$, $S$ noktalarının çembersel olduğu anlamına gelir.
$PQ \parallel P'Q'$ olduğu için $P'$, $Q'$, $R$, $S$ noktaları da çemberseldir.

$(P'Q'RS)$, $(P'Q'BC)$, $(BRSC)$ çemberlerinin ikişerli kuvvet eksenleri, tek bir noktada (üç çemberin kuvvet merkezinde) kesişir. Bu nokta da $P'Q'$ ile $BC$ nin kesişimi olan $K$ noktasıdır. O halde, $R$, $S$, $K$ noktaları doğrusaldır.
Bu durumda, $KS \cdot KR = KC \cdot KB = KA^2 = KD \cdot KT$ olduğu için $R$, $S$, $D$, $T$ noktaları da çemberseldir.

$\omega_1 = (DEF)$, $\omega_2 = (DPQ)$, $\omega_3 = (BHC)$ olsun.

$\angle BFC = \angle BEC$ olduğu için $(BCEF) = \omega_4$.



$\angle EFH = \angle EBC = \angle EBS + \angle SBC = \angle HRS + \angle SHC$
$\angle EFH = \angle FQH + \angle QHF = \angle FQH + \angle SHC = \angle HRS + \angle SHC$ olduğu için $\angle FQH = \angle HRS$, dolayısıyla $ (PQRS)=\omega_5 $.

$\angle FQH = \angle HRS = \angle SCH$ olduğu için $S, C, Q, F$ çemberseldir. Bu durumda $QH \cdot HS = FH \cdot HC$.
$ QH \cdot HS = PH \cdot HR$ ve $EH \cdot HB = FH \cdot HC$ olduğu için $H$ noktasının $\omega_4$ ve $\omega_5$ çemberlerine göre kuvvetleri eşittir. O halde, $H$, bu iki çemberin kuvvet ekseni üzerindedir.

$\omega_3$ ile $\omega_4$ ün kuvvet ekseni $BC$ dir. $\omega_3$ ile $\omega_5$ in kuvvet ekseni $RS$ dir. $BC$ ile $RS$ nin kesişimi $K$ olsun. $\omega_4$ ile $\omega_5$ in kuvvet ekseni $HK$ olacaktır.

$EF$ ile $HK$, $M$ noktasında kesişsin. $M$ noktası, $\omega_4$ ile $\omega_5$ çemberlerinin kuvvet ekseni üzerinde olduğu için bu noktanın bu iki çembere göre kuvveti eşittir. $ME \cdot MF = MP \cdot MQ$.

$M$ noktasının $\omega_1$ çemberine göre kuvveti $ME \cdot MF$, $\omega_2$ çemberine göre kuvveti $MP \cdot MQ$ olduğu için; $M$ noktası $\omega_1$ ve $\omega_2$ çemberlerinin kuvvet ekseni üzerinde olacaktır. Bu da, bu iki çembere $D$ noktasında teğet olan doğrudur. Yani $DM$; $\omega_1$ çemberine teğettir.

$FM$; $BC$ ve $AD$ ile sırasıyla $L$ ve $A'$ noktalarında kesişsin.
$\angle ADE = \angle FCA = 90^\circ - \angle A$.
$\angle EFD = 180^\circ - \angle AFE - \angle DFB = 180^\circ - 2\angle C$.
Teğet-Kiriş açıdan $\angle EDM = \angle EFD = 180^\circ - 2\angle C$.
$\angle MDL = 90^\circ - \angle ADE - \angle EDM = 90^\circ - (90^\circ - \angle A) - (180^\circ - 2 \angle C) = \angle C - \angle B$.
$\angle MLD = \angle ACB - \angle LEC = \angle C - \angle AEF = \angle C - \angle B$. Bu durumda, $MD = ML = MA'$ olur.

$AA' = x$, $A'H=y$, $HD=z$, $DL = p$, $LK=q$ olsun.
$L$ den $AD$ ye çizilen paralel $HK$ yı $L'$ de kessin.
$LL' = A'H = y$ olacaktır.
$\dfrac {DL}{DK} = \dfrac {p}{p+q}$.

$\dfrac {DL}{DK} = \dfrac {HD - LL'}{HD} = \dfrac {z-y}{z}$.

$\triangle A'FD$ de, $\angle A'FH = \angle EAH = \angle DBH = \angle DFH$ olduğu için $FH$ iç açıortaydır. $\angle AFH = 90^\circ$ olduğu için de $FA$ dış açıortaydır. $\dfrac {AA'}{AD} = \dfrac {HA'}{HD} = \dfrac {x}{x+y+z} = \dfrac {y}{z}$.

Paydadan payı çıkartıp, paydaya oranlarsak; $\dfrac {z-y}{z} = \dfrac {x+y+z - x}{x+y+z} = \dfrac {y+z}{x+y+z} = \dfrac {DA'}{DA}$ elde edilir.

Bu durumda, $\dfrac {DL}{DK} = \dfrac {DA'}{DA}$ yani $A'L \parallel AK$ olur. Bu da, $TA \perp EF$ olduğu için $TA\perp KA$ demektir. $\triangle TAK$ üçgeninde Öklid'den $KA^2 = KD \cdot KT$ elde ederiz.

$\angle KAE = \angle AEF = \angle ABC$ olduğu için, $KA$ doğrusu, $(ABC)$ çevrel çemberine $K$ da teğettir. O halde, $KA^2 = KC \cdot KB$.

$K$ noktasının, $\omega_4$ çemberine göre kuvveti $KC\cdot KB$, $\omega_5$ çemberine göre kuvveti $KS \cdot KR$ eşit olacağı için $KS \cdot KR = KC \cdot KB = KA^2 = KD \cdot KT$, dolayısıyla $R$, $S$, $D$, $T$ noktaları çemberseldir.

$\omega_1 = (DEF)$, $\omega_2 = (DPQ)$, $\omega_3 = (BHC)$ olsun.

$\angle BFC = \angle BEC$ olduğu için $(BCEF) = \omega_4$.



$\angle EFH = \angle EBC = \angle EBS + \angle SBC = \angle HRS + \angle SHC$
$\angle EFH = \angle FQH + \angle QHF = \angle FQH + \angle SHC = \angle HRS + \angle SHC$ olduğu için $\angle FQH = \angle HRS$, dolayısıyla $ (PQRS)=\omega_5 $.

$(ADT) = \omega_6$ ve $(ABC) = \omega_7$ olsun. $AT$ nin orta noktası $N$ olsun. $\omega_7$ nin merkezi $O$ olsun. $AT$ ile $AD$ izogonal eşlenik olduğu için $T, O, N, A$ doğrusaldır. $\omega_6$ ile $\omega_7$, $A$ noktasında teğettir.

$EF$ ile $BC$, $L$ de; $EF$ ile $AD$, $A'$ de kesişsin. $A'L$ nin orta nokta noktası $M$ olsun.
$\angle NDA = \angle NAD = 90^\circ - \angle DA'M = 90^\circ - \angle A'DM$ olduğu için $ND \perp DM$. Yani $DM$, $\omega_6$ ya teğettir.

$\angle MDE = 90^\circ - \angle ADE - \angle MDL $ $= 90^\circ - (90^\circ - \angle A) - (\angle C - \angle B) $ $= \angle A + \angle B - \angle C = 180^\circ  - 2\angle C = \angle EFD$ olduğu için $DM$, $\omega_1$ e teğettir.

$\angle FQH = \angle HRS = \angle SCH$ olduğu için $S, C, Q, F$ çemberseldir. Bu durumda $QH \cdot HS = FH \cdot HC$.
$ QH \cdot HS = PH \cdot HR$ ve $EH \cdot HB = FH \cdot HC$ olduğu için $H$ noktasının $\omega_4$ ve $\omega_5$ çemberlerine göre kuvvetleri eşittir. O halde, $H$, bu iki çemberin kuvvet ekseni üzerindedir.

$M$ noktasının $\omega_1$, $\omega_2$, $\omega_6$ ya göre kuvvetleri eşittir. $MD^2 = ME\cdot MF = MP \cdot MQ$.
O halde $M$ noktasının $w_4$ ve $w_5$ e göre kuvvetleri de eşit olacaktır. Bu da $M$ yi bu iki çemberin kuvvet ekseni üzerinde yapar. Yani bu iki çemberin kuvvet ekseni $HM$ dir.

$HM$ doğrusu, $\omega_2$ nin seçiminden bağımsızdır. $\omega_6$ çemberi de aslında $\omega_2$ çember ailesine aittir. O halde, $M$ noktasının $\omega_6$ ya göre kuvveti ile $\omega_4$ e göre kuvveti de eşittir.

$EH \cdot HB = FH \cdot HC = DH \cdot HA$ olduğu için $H$ noktasının da $\omega_4$ ve $\omega_6$ ya göre kuvvetleri eşittir. O halde, $\omega_4$, $\omega_5$, $\omega_6$ çemberlerinin kuvvet ekseni $HM$ dir.

$HM$ ile $BC$, $K$ de kesişsin.
$\omega_4$, $\omega_6$, $\omega_7$ çemberlerinin kuvvet merkezi $K$ noktasıdır. O halde, $KA \perp NT$ dir.
Öklid'den $KD \cdot KT = KA^2 = KS \cdot KR$ elde edilir. Bu da $R, S, D, T$ noktalarının çembersel olduğu anlamına gelir.

$f(a_n)\mid a_n$ sağlanır. $a_n=f(a_n)g(a_n)$ olsun.

İddia. $f(a_{n+1})\geq f(a_n),\forall n\in\mathbb{N}.$
İspat. $a_n=\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}$ olsun. ($p_i$ ler asal ve $\alpha_i \geq 1$) Bu durumda
$$a_{n+1}=(p_1p_2\dots p_k)\left(1+\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i-1}\right)$$
sağlanır. Buradan anlaşılır ki $\forall p\mid a_n$ asalı için $p\mid a_{n+1}$. Bu ise iddianın doğruluğunu göstermek için yeterlidir.

İddia. $g(a_{n+1})-g(a_n)\leq 1, \forall n\in\mathbb{N}.$
İspat. Önceki iddiadan $\frac{f(a_n)}{f(a_{n+1})}\leq 1$ olduğu görülür. Buradan hareketle
$$g(a_n)+1\geq \frac{f(a_n)[g(a_n)+1]}{f(a_{n+1})}=\frac{a_n+f(a_n)}{f(a_{n+1})}=\frac{a_{n+1}}{f(a_{n+1})}=g(a_{n+1})$$
elde edilir, ki bu iddianın ispatı için yeterlidir.

Sonuç. $g$ sınırsız ise $g(a_n)$ fonksiyonu $\{x\in\mathbb{Z}\mid x\geq g(a_m)\}$ kümesinde örtendir, öyle ki $g(a_i)\geq g(a_m),\forall i\in\mathbb{N}.$

İddia. $g(a_m)=1.$
İspat. $g(a_m)$ bir $t\leq q-1$ için $f(a_m)$'yi bölmeyen ve $g(a_{m+t})$'yi bölen bir $q$ asalı olana kadar bir bir artacaktır. Önceki iddiadan
$$g(a_{m+t})\leq \frac{g(a_m)+t}{q}\leq \frac{g(a_m)+q-1}{q}\Rightarrow q\cdot g(a_m)\leq q\cdot g(a_{m+t})\leq g(a_m)+q-1\Rightarrow 0<g(a_m)\leq 1$$
gelir, ki bu iddianın ispatı için yeterlidir.

İddia. $f(a_{n+1})=f(a_n)\Rightarrow g(a_{n+1})-g(a_n)=1.$
İspat. $f(a_i)>0,\forall i\in\mathbb{N}\Rightarrow a_n$ dizisi monoton artandır. Dolayısıyla ikinci iddiayı da göz önünde bulundurursak
$$f(a_{n+1})=f(a_n)\Rightarrow 1<\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{f(a_{n+1})g(a_{n+1})}{f(a_n)g(a_n)}\Rightarrow 0<g(a_{n+1})-g(a_n)\leq 1$$
elde edilir. Bu ise iddianın ispatı için yeterlidir.

İddia. $g(a_n)$ dizisi sınırsızdır.
İspat. İlk iddiadaki eşitsizliğin eşitlik durumunu alalım. Bunun sağlanması için
$$\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i-1}=1\Rightarrow \alpha_i=1,\forall i\in\{1,2,\dots, k\}$$
olması lazım. Öyleyse eşitlik sağlanıyorsa $a_n$'in karebölensiz (squarefree) bir sayı olması gerekir. Bu ise $g(a_{n})=1$ ise sağlanır. Üçüncü iddiadan bunun en az bir kez sağlanacağını biliyoruz. Önceki iddiadan da bu eşitlik durumu her sağlandığında $g$'nin arttığını biliyoruz. Öyleyse $g$ artarken daha önce $a_n$ dizisinin hiçbir terimini bölmeyen bir asala eşit olduğunda $1$ durumuna geri döner. Bu durum sürekli tekrarlanacağından $g$ sürekli olarak artar, yani üst sınırı yoktur çünkü asal sayılar da sonsuz miktardadır.

Sonuç. $g(a_n)$, $\mathbb{Z}$ kümesini örter. Dolayısıyla soruda verilen ifade ispatlanmış olur. $\blacksquare$

Eğer $n$ tekse $2d_2+d_4+d_5=d_7$ çift olacağından çelişki elde edilir. Yani $n$ çifttir ve $d_2=2$'dir. Ayrıca $n+1$ bir tamkare olduğundan $n\equiv 2\pmod{4}$ durumunda çelişki elde ederiz. Yani $4\mid n$ olmalıdır. Eğer $d_3\neq 4$ ise $d_3=3$ ve $d_4=4$ olmalıdır. Verilen eşitliklerden $$n=3d_6d_7=(d_6+d_7)^2-1\implies d_6^2-d_6d_7+d_7^2=1$$ bulunur. Bu denklemin çözümü yoktur çünkü $$1=d_7^2-d_6d_7+d_6^2=d_7(d_7-d_6)+d_6^2>d_6^2$$ çelişkisi vardır. Sonuç olarak $d_3=4$ olmalıdır. $$n=(d_6+d_7)^2-1=4d_6d_7\implies d_7=d_6+1$$ elde edilir. $d_6=m$ dersek, $n=4m(m+1)$ bulunur. $8\mid n$ olduğundan $d_4=5,7,8$ olabilir.

$d_4=5$ ise $d_6=d_7-1=8+d_5>8$ olacağından $d_5=8$ olmalıdır. Buradan $d_7=17$ ve $d_6=16$ bulunur ancak $n=4\cdot 16\cdot 17$ sayısı $d_4=5$ ile bölünmez.

$d_4=7$ ise $d_5=8$'dir. Buradan $d_7=19$ bulunur. Ancak $n=4\cdot 18\cdot 19$ sayısı $7$ ile bölünmez.

Son durum olarak $d_4=8$ olmalıdır. $d_7=d_5+12$ ve $d_6=d_5+11$'dir. $3\nmid n$ olduğundan $$d_5\mid 4(d_5+11)(d_5+12)\implies d_5\mid 2^4\cdot 3\cdot 11\implies d_5\mid 2^4\cdot 11$$ bulunur. $d_5=11$ veya $d_5=16$ olabilir. Denersek, $d_5=16$ için $d_7=28$ elde edilir ancak $7\nmid n$ olacağından çözüm gelmez. Ancak $d_5=11$ için $n=4\cdot 22\cdot 23=2024$ bulunur. İstenilen şartları da sağlar.

$n$ bir pozitif tamsayı olmak üzere $z=nx$ alalım. $$\left \{ \dfrac{f(x)}{f(y)} \right \} + \left \{ \dfrac{f(y)}{f(nx)} \right \} + \left \{ \dfrac{f(nx)}{f(x)} \right \} = \left \{ \dfrac{x}{y} \right \} + \left \{ \dfrac{y}{nx} \right \}$$ elde edilir. Her $\varepsilon>0$ için $n>\frac{y}{\varepsilon x}$ seçerek $\frac{y}{nx}<\varepsilon$ yapabiliriz. Dolayısıyla, her $\varepsilon>0$ için öyle bir $N\geq 1$ vardır ki $$n\geq N\implies \left \{ \dfrac{f(x)}{f(y)} \right \} + \left \{ \dfrac{f(y)}{f(nx)} \right \} + \left \{ \dfrac{f(nx)}{f(x)} \right \} = \left \{ \dfrac{x}{y} \right \} + \left \{ \dfrac{y}{nx} \right \}<\left \{ \dfrac{x}{y} \right \}+\varepsilon$$ $$\implies \left \{ \dfrac{f(x)}{f(y)} \right \}-\left \{ \dfrac{x}{y} \right \}<\varepsilon.$$ Bu eşitsizlik her $\varepsilon$ için doğru olduğundan $\left \{ \dfrac{f(x)}{f(y)} \right \}-\left \{ \dfrac{x}{y} \right \}\leq 0$ olmalıdır. Benzer şekilde $(y,z)$ ve $(x,z)$ için de aynı eşitsizlikleri elde edebiliriz. Ana eşitlik bu eşitsizliklerin toplamının eşitlik halidir. Yani $\left \{ \dfrac{f(x)}{f(y)} \right \}=\left \{ \dfrac{x}{y}\right\}$ olmalıdır. $\frac{f(x)}{f(1)}=g(x)$ olarak tanımlarsak ve bulduğumuz eşitlikte $y=1$ koyarsak, $\{g(x)\}=\{x\}$, yani $g(x)-x\in\mathbb{Z}$ elde edilir. $y$'yi tamsayı seçelim. $m,k\in\mathbb{Z}$ için $g(x)=x+k$ ve $g(y)=y+m$ dersek, $$\left\{\frac{g(x)}{g(y)}\right\}=\left\{\frac{x+k}{y+m}\right\}=\left\{\frac{x}{y}\right\}\implies \frac{x+k}{y+m}-\frac{x}{y}\in\mathbb{Z}$$ bulunur. $$\frac{x+k}{y+m}-\frac{x}{y}=\frac{y(x+k)-x(y+m)}{y(y+m)}=\frac{ky-xm}{y(y+m)}\in\mathbb{Z}\implies xm\in\mathbb{Z}\implies m=0$$ elde edilir. Bu durumda da $$\frac{x+k}{y}-\frac{x}{y}=\frac{k}{y}\in\mathbb{Z}\implies k=0$$ bulunur. Yani her $x$ için $g(x)=x$'dir. Yerine koyarsak $f(x)=f(1)x=cx$ bulunur. Her $c>0$ için de verilen eşitlik sağlanır.

Koşulun sağlanması için $\{\frac{f(x)}{f(y)}\}=\{\frac{x}{y}\}$ olması gerektiği yukarıdaki şekilde ispatlansın. Şimdi $a$ bir tamsayı olmak üzere $x=ay$ alırsak $\frac{f(ay)}{f(y)}$ ifadesinin tamsayı olduğunu, $y=ay$ ve $x=y$ alırsak $\{\frac{f(y)}{f(ay)}\}=\frac{1}{a}$ olduğunu anlarız. Bu durumda her $a$ tamsayısı için $f(ay)=af(y)$ olur. Şimdi ilk denklemde $x$'i tamsayı alırsak $\{\frac{x}{y}\}=\{\frac{f(1)x}{f(y)}\}$ bulunur. $\frac{f(y)}{f(1)}=k$ olmak üzere $\{\frac{x}{k}\}=\{\frac{x}{y}\}$ olur. $x$ keyfî bir tamsayı olduğundan hem $k$ hem $y$ sayısından büyük veya ufak seçilebilir. Bu durumda $y=k$ olur ve $f(y)=f(1)y$ bulunur. Sonuç olarak $c$ bir pozitif reel sayı olmak üzere $f(x)=cx$ olmalıdır.