Tübitak Lise 2. Aşama - 1998 Çözümleri

İkizkenar $ABC$ üçgeninin ($\vert AB\vert =|AC|$) $[BC]$ tabanı üzerinde $\vert BD\vert :\vert DC\vert =2:1$ olacak biçimde bir $D$ noktası, $[AD]$ üzerinde ise $m(\widehat{BAC})=m(\widehat{BPD})$ olacak biçimde bir $P$ noktası alınıyor. $m(\widehat{DPC})=m(\widehat{BAC})/2$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm 1:

Şimdi, $\angle BAC=2\alpha $ olsun. Bu takdirde, $\angle BPD=2\alpha $, $\angle BAO=\alpha $ olur ve $B,O,Q,A$ noktaları çembersel olduğu için $\angle BQO=\angle QBC_1=\angle QCC_1=\alpha $ olur. Diğer yandan,

$\angle BC_1Q=180-2\alpha $ ve $\angle BPQ=2\alpha $ olduğundan, $B,P,Q,C_1$ noktalarının çembersel olduğu ve böylece, $\angle QPC_1=QBC_1=\alpha $ olduğu görülür. Sonuç olarak,
$$\angle CPD=\angle C_1PD=\angle QPC_1=\alpha =\dfrac{1}{2}\angle BAC$$

Kaynak:
Matematik Dünyası 1999-III

Çözüm 2:

$m(\widehat{BAC})=m(\widehat{BPD})\Longrightarrow m(\widehat{PBA})=m(\widehat{PAC})$ olur. $[AD$ üzerinde $\triangle ABP\cong\triangle CAK$ olacak şekilde $K$ noktası alalım. Tekrar $[AD$ üzerinde $\left|BP\right|=\left|BL\right|$ olacak şekilde $L$ noktası alalım. $CK\Vert LB$ olduğundan $\left|AP\right|=\left|CK\right|=b$ dersek $\left|BL\right|=\left|BP\right|=2b$ olur. $\triangle ABP\cong\triangle CAK$ olduğundan $\left|BP\right|=\left|AK\right|=2b$ olur ve $\left|PK\right|=b$ bulunur. $PKC$ ikizkenar üçgeninden $m(\widehat{DPC})=m(\widehat{DKC})/2=m(\widehat{BAC})/2$ olduğu görülür.

Çözüm 3:

$ABC$ üçgeninin çevrel çemberi ile $AD$ nin kesişimi $E$ olsun. $\vert AB\vert =|AC|$ olduğundan $m(\widehat{BEA})=m(\widehat{CEA})=m(\widehat{ABC})=m(\widehat{ACB})$ dir. Dolayısıyla $BEC$ üçgeninde $ED$ iç açıortay olur. Açıortay teoreminden dolayı $\dfrac{\vert EB\vert }{\vert EC\vert}= \dfrac{\vert BD\vert }{\vert DC\vert} =2$ olur. Açı eşitliklerinden $m(\widehat{PBE})=m(\widehat{PEB})$ olduğunu görmek kolaydır. $PBE$ ikizkenar üçgeninde $[BE]$ nin orta noktası $H$ olsun. ${\vert BH\vert }={\vert HE\vert }={\vert EC\vert }$ ve $PH \bot BE$ dir. $PHE \cong PCE$ (K-A-K eşliği) olduğundan $m(\widehat{PCE})=90^o $ olur. $PHEC$ deltoidinde $m(\widehat{HPE})=m(\widehat{CPE})$ olur. Bu ise, $m(\widehat{DPC})=m(\widehat{BAC})/2$ eşitliğine denktir.

Çözüm 4:

Basit açı hesabıyla, $\angle ABP = \angle BPD - \angle BAP = \angle BAC - \angle BAP = \angle PAC = \alpha$.
Alan kenar oranlarından $[ABP]:[ACP]=BD:DC=2:1$ elde edilir.
$BP$ nin orta noktası $M$ olsun. $[ABM]=[APC]$ olacaktır.
Sinüs Alan formülünden $\frac 12 \cdot AB \cdot BM \cdot \sin \alpha =\frac 12 \cdot AC \cdot AP \cdot \sin \alpha$ ve $AP=BM=MP$ olur.
$AB=CA$, $BM=AP$ ve $\angle ABM = \angle CAP$ olduğu için $\triangle ABM \cong \triangle CAP$.
$\angle BAM = \angle ACP = \beta$ dersek $\angle AMP = \angle CPD =\alpha +\beta$ olur.
$AP=MP$ olduğu için $\angle MAP =\alpha +\beta$ ve $\angle BAC = 2\alpha + 2\beta = 2\cdot \angle CPD$.

Tüm $0\le a\le b\le c$ gerçel sayıları için $$(a+3b)(b+4c)(c+2a)\ge 60abc$$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm 1:

$\left(a+3b\right)\left(b+4c\right)\left(c+2a\right)-\left(a+3b\right)\left(b+2a\right)\left(c+4c\right)$

$=\left(a+3b\right)\left(\left(b+4c\right)\left(c+2a\right)-\left(b+2a\right)\left(c+4c\right)\right)$

$=\left(a+3b\right)\underbrace{\left(b-c\right)}_{\le 0}\underbrace{\left(2a-4c\right)}_{\le 0}\ge 0 $ ve

$\left(a+3b\right)\left(b+2a\right)-\left(a+2a\right)\left(b+3b\right)$

$=\underbrace{\left(a-b\right)}_{\le 0}\underbrace{\left(2a-3b\right)}_{\le 0}\ge 0$ olduğu görülür. Dolayısıyla,

$\left(a+3b\right)\left(b+4c\right)\left(c+2a\right)>\left(a+3b\right)\left(b+2a\right)\left(5c\right)\ge \left(3a\right)\left(4b\right)\left(5c\right)=60abc$ 'dir.

Kaynak:
Matematik Dünyası 1999-III

Çözüm 2:

Aritmetik-geometrik ortalamalar eşitsizliğinden,
$$a+b+b+b\ge 4\sqrt[4]{ab^3}, $$ $$b+c+c+c+c\ge 5\sqrt[5]{bc^4}, $$ $$c+a+a\ge 3\sqrt[3]{ca^2}$$ 'dir. Taraf tarafa çarparsak,
$$\left(a+3b\right)\left(b+4c\right)\left(c+2a\right)\ge 60a^{\frac{1}{4}}b^{\frac{3}{4}}b^{\frac{1}{5}}c^{\frac{4}{5}}c^{\frac{1}{3}}a^{\frac{2}{3}}=60a^{\frac{11}{12}}b^{\frac{19}{20}}c^{\frac{17}{15}}=60abc\frac{c^{\frac{2}{15}}}{a^{\frac{1}{12}}b^{\frac{1}{20}}}$$ $$=60abc\dfrac{c^{\frac{1}{12}}}{a^{\frac{1}{12}}}\frac{c^{\frac{1}{20}}}{b^{\frac{1}{20}}}\ge 60abc\left(1\right)\left(1\right)=60abc. $$

Çözüm 3:

$b$ nin bir kısmını $a$ olarak, $c$ nin bir kısmını da $b$ olarak yazarsak eşitsizlikten daha küçük bir değer elde etmiş oluruz.
$$\left(a+3b\right)\left(b+4c\right)\left(c+2a\right)\ge \left(a+\dfrac{1}{3}a+\dfrac{8}{3}b\right)\left(b+\dfrac{2}{3}b+\dfrac{10}{3}c\right)\left(c+2a\right)$$ $$=\dfrac{4}{3}\left(a+2b\right)\cdot \dfrac{5}{3}\left(b+2c\right)(c+2a)$$ elde edilir.

$a+b+b\ge 3\sqrt[3]{ab^2}$, $b+c+c\ge 3\sqrt[3]{bc^2}$ ve $c+a+a\ge 3\sqrt[3]{ca^2}$ olduğu için
$$\left(a+3b\right)\left(b+4c\right)\left(c+2a\right)\ge \left(a+\dfrac{1}{3}a+\dfrac{8}{3}b\right)\left(b+\dfrac{2}{3}b+\dfrac{10}{3}c\right)\left(c+2a\right)$$ $$=\dfrac{4}{3}\left(a+2b\right)\cdot \dfrac{5}{3}\left(b+2c\right)\left(c+2a\right)\ge \dfrac{20}{9}\cdot 27abc=60abc$$ elde edilir.

Çözüm 4:

$b = a + k$ ve $c = b + m = a + k + m$ olsun.
Tanım gereği $k \geq 0$ ve $m \geq 0$ olacaktır.

$ (4a+3k)(5a+5k+4m)(3a+k+m)\geq 60a(a+k)(a+k+m)$ olduğunu göstermemiz gerekiyor.

$(4a+3k)(5a+5k+4m)(3a+k+m)\geq 60a^3 + 120a^2k+60a^2m+60akm$

Bu aşamadan sonra sağ taraftaki her terime karşılık sol taraftaki benzer terimin katsayısını karşılaştırdığımızda, sol taraftakilerin daha büyük veya sağ taraftakilere eşit olduğunu göreceğiz. Sol taraftaki bütün terimler sıfırdan büyük veya sıfıra eşit olduğu için eşitsizlik doğru olacaktır.

Yinede tüm terimleri açarak bunun doğruluğunu gösterelim.
$60 a^3 + 125 a^2 k + 68 a^2 m + 80 a k^2 + 87 a k m + 16 a m^2 + 15 k^3 + 27 k^2 m + 12 k m^2$
$\geq 60a^3 + 120a^2k+60a^2m+60akm$

$\Rightarrow 5 a^2 k + 8 a^2 m + 20 a k^2 + 27 a k m + 16 a m^2 + 15 k^3 + 27 k^2 m + 12 k m^2 \geq 0$.

Bir çemberin üstündeki noktalar üç renge boyanıyorlar. Köşelerini çember üstünde aynı renge boyanmış noktaların oluşturduğu sonsuz sayıda ikizkenar üçgenin bulunduğunu gösteriniz.

Çözüm 1:

Köşeleri çember üstünde bulunan herhangi bir düzgün $13$-gen alalım. Bu $13$-genin aynı renge boyanmış en az beş köşesi vardır. Bu beş köşeden en az üçünün ikizkenar bir üçgen oluşturduğunu göstereceğiz. Bu ise ${{\mathbb Z}}_{13}=\left\{1,\dots ,13\right\}$ kümesinin $5$ elemanlı herhangi bir $P$ altkümesinde $x\ne y$, $x+y\equiv 2z \pmod {13}$ olacak biçimde $x,y,z\in P$ bulunduğunu göstermeye eşdeğerdir. Son önermenin doğru olmadığını varsayalım. $$S=\left\{x+y \pmod {13}|x,y\in P,\ x\ne y\right\}$$ dersek, $S$'nin en az $9$ değişik elemanının olduğu görülür. ( $P=\left\{x,y,z,u,v\right\}$ olsun ve $x+y\equiv z+u$ olduğunu varsayalım. Bunun dışında $P$'den alınan iki değişik çiftin toplamları $\pmod {13}$ eşitse, genelliği yitirmeden, bunun $z+y\equiv x+v$ biçiminde olacağı görülür. O zaman da, varsayımımızın aksine $u+v\equiv 2y$ olur.) Ancak bu durumda da, $S$'ye ait en az bir eleman $\left\{2x,2y,2z,2u,2v\right\}$ kümesine aittir.

Kaynak:
Matematik Dünyası 1999-III

Çözüm 2:

Van der Waerden teoremi gereği, $1,2,\dots , n$ dizisinde $3$ renkli $3$ terimli aritmetik alt dizi bulunabilir. Bu şekildeki en küçük $n$ sayısı $W(3,3)=27$ dir. Bu da düzgün $27-$gende tek renkli bir ikizkenar üçgen olacağı anlamına gelir.

Bizim sorumuzda aritmetik dizi $\bmod n$ ye göre çembersel olabileceği için daha az köşeli bir $n-$gen bulunabilir. (Bir önceki çözümde $n=13$ ün sağladığı gösterilmişti.)

Wikipedia'daki makalede Van der Waerden Teoremi'nin $3$ renkli $3$ terimli aritmetik alt dizi için ispatı verilmiş. Örnek olarak da $n=7(2\cdot 3^7+1)(2\cdot 3^{7\cdot (2\cdot 3^7+1)}+1)$ terimli bir dizi seçilmiş. Yani Van der Waerden teoreminden çıkan sonuç, yeterince büyük $n$ ler için aritmetik alt dizi bulunabileceği. Wikipedia'daki $W(3, 3)\leq 7(2\cdot 3^7+1)(2\cdot 3^{7\cdot (2\cdot 3^7+1)}+1)$ için verilen ispat bu sorunun çözümü için verilebilir.

Çözüm 3:

Matematik Dünyası'nda yer alan resmi çözümden faydalanarak sonuca gidebildiğimi düşünüyorum; ama resmi çözümdeki her önermeyi doğrulayamıyorum. O yüzden resmi çözümden faydalanarak yaptığım kendi çözümümü (anlayışımı) paylaşıyorum.

Düzgün $13$-geni ele alalım. Güvercin Yuvası İlkesi gereği aynı renkte $\left \lceil \frac {13}{3} \right \rceil = 5$ köşe vardır.
Köşeleri $1,2,\dots, 13$ olarak numaralandıralım. Herhangi üç köşe arasında $\bmod 13$ te aritmetik dizi oluşuyorsa bu üç köşe ikizkenar üçgen oluşturur. Bu da $z-x \equiv y - z \pmod {13}$, eşdeğer biçimde $x+y \equiv 2z \pmod {13}$ anlamına gelir.
Aynı renkli $5$ köşe arasında ikizkenar üçgenin varlığını ispatlarsak, düzgün $13$-geni merkezi etrafında $\alpha \in \left [0,\tfrac {2\pi}{13}\right )$ döndürerek sonsuz sayıda çokgen elde ederiz. Dolayısıyla sonsuz sayıda ikizkenar üçgen elde ederiz.

Aynı renki köşeler $P = \{x,y,z,u,v\}$ olsun. Bunlardan hiçbirisi için $a+b \equiv 2c \pmod {13}$ şeklinde bir ilişki olmadığını varsayalım.
$5$ sayı, $\binom {5}{2} = 10$ ikili belirtir: $x+y, x+z, x+u, x+v, y+z, y+u, y+v, z+u, z+v, u+v$. Bu sayılardan bazıları birbirine eşit olabilir. Bu sayıların oluşturduğu kümeye $S$ diyelim. $S$ nin herhangi bir elemanı $S' = \{2x,2y,2z,2u, 2v\}$ kümesinde yer almamalı. $2x \equiv 2y \Leftrightarrow x \equiv y \pmod {13}$ olacağı için ve $|P|=5$ olduğu için $S'$ kümesi tam olarak $5$ elemanlıdır. $|S| + |S'| \leq 13$ olacağı için $|S| \leq 8$ dir.
Bu da $S$ nin (bazıları tekrarlı) $10$ eleman adayı arasından üç tanesi arasında $a \equiv b \equiv c \pmod {13}$ bağıntısı ya da $a \equiv b \ \land \ c \equiv d \pmod {13}$ bağıntısı sağlayan $4$ farklı eleman adayı olması gerektiği anlamına gelir.
Önce $a \equiv b \equiv c \pmod {13}$ olamayacağını, sonra da $a \equiv b \ \land \ c \equiv d \pmod {13}$ şeklindeki sayıların varlığının varsayımımız üzerinde bir çelişki oluşturacağını göstereceğiz.

$x+y \equiv y +z \pmod {13}$ olamaz; çünkü bu $x \equiv z \pmod {13}$ anlamına gelir. Bu durumda $|P|=5$ olduğu için üç ayrık çift bulamayız. (Bunun için en az $6$ eleman gerekirdi.)

Diğer duruma geçelim: $a \equiv b \ \land \ c \equiv d \pmod {13}$
$a = x+y$, $b=z+u$ olsun.
$c = x+z$ ise $d = y + u$ ya da $d = y+v$ ya da $d = u+v$ olabilir.

$d = y+ u$ olamaz; çünkü $a+c \equiv b+d$ den $2x \equiv 2u \Rightarrow x \equiv y \pmod {13}$.

$d = y +v$ olduğunda $a+c \equiv b+d$ den $2x \equiv u + v \pmod {13}$ olacağı için bu varsayımımız ile çelişir.

$d = u+v$ olduğunda $b+x \equiv a+d$ den $2z \equiv y + v \pmod {13}$ olacağı için bu varsayımımız ile çelişir.

Bu durumda $S$ kümesi $S'$ kümesinden en az bir eleman içerir. Yani düzgün $13$-gende her zaman en az bir tek renkli ikizkenar üçgen elde ederiz.

Not: Burada verilen çözüm, resmi çözüm ile neredeyse aynı. Resmi çözümde bence "$S$'nin en az $9$ değişik elemanının olduğu görülür." yerine "$S$'nin en fazla $8$ değişik elemanının olduğu görülür." denmeliydi.

Çözüm 4:

Çember üzerindeki noktaları sonsuz sayıda düzgün $13-$genlere bölelim. Her $13-$gen için, Güvercin Yuvası Prensibi'ne göre en az $5$ aynı renkte köşe bulunur: bu renk kırmızı olsun. Bu $5$ köşenin herhangi bir dağılımında tek renkli ikizkenar üçgen oluşacağını göstereceğiz. Bu nedenle her $13-$gen içinde tek renkli ikizkenar üçgen bulunacak. Sonsuz sayıda $13-$ gen için sonsuz sayıda tek renkli ikizkenar üçgen olacaktır.

İddia: Düzgün bir $13-$genin $5$ köşesi kırmızı renkli ise, bu $5$ köşeden $3$ ü ikizkenar üçgen olacak şekilde seçilebilir..

İspat: Bu $5$ köşenin hiçbirinin ikizkenar üçgen oluşturmadığını varsayalım. Köşeleri $P_0, \ldots, P_{12}$ olarak adlandıralım. $\bmod {13}$ te alınan indislerle, öncelikle $P_i$ ve $P_{i+2}$'nin her ikisinin de kırmızı olamayacağını kanıtlayalım. Aksini varsayalım. Genelliği yitirmeden, $P_{12}$ ve $P_1$ kırmızı olsun; o zaman $P_{10}, P_0$ ve $P_3$ kırmızı olamaz. Ayrıca, $\left(P_{11}, P_4\right),\left(P_4, P_7\right)$ ve $\left(P_7, P_8\right)$ çiftlerinden her birinden en fazla bir köşe kırmızı olabilir; aksi halde her biri $P_1$ ile ikizkenar üçgen oluşturur. Benzer şekilde, $\left(P_2, P_9\right),\left(P_9, P_6\right)$ ve $\left(P_6, P_5\right)$ çiftlerinden her birinden en fazla bir köşe kırmızı olabilir. Bu durumda $\left\{P_{11}, P_4, P_7, P_8\right\} \cup\left\{P_2, P_9, P_6, P_5\right\}$ kümesinden üç köşe kırmızıdır; genelliği yitirmeden iki köşenin $\left\{P_{11}, P_4, P_7, P_8\right\}$ kümesinden geldiğini varsayalım. $P_4$ ve $P_8$ köşelerinin her ikisi de kırmızı olamaz; çünkü $P_{12}$ ile ikizkenar üçgen oluştururlar. Benzer şekilde $P_{11}$ ve $P_8$ ikisi birden kırmızı olamaz; çünkü $P_1$ ile ikizkenar üçgen oluştururlar. Bu nedenle $P_{11}$ ve $P_7$ köşeleri kırmızı olmalıdır. Ancak sonra kalan $P_2$, $P_5$, $P_6$, $P_9$ köşelerinden herhangi bir köşe, $P_1, P_7, P_{11}, P_{12}$'den ikisi ile ikizkenar üçgen oluşturur. Çelişkiden dolayı $P_i$ ve $P_{i+2}$ her ikisi birden kırmızı olamaz.

Şimdi $P_i$ ve $P_{i+1}$'in kırmızı olamayacağını kanıtlamamız gerekiyor. Varsayalım ki öyle. Genelliği yitirmeden $P_6$ ve $P_7$ kırmızı olsun. O zaman son paragraftaki sonuç nedeniyle $P_4, P_5$, $P_8$ ve $P_9$ kırmızı olamaz. $P_0 P_6 P_7$ üçgeninin ikizkenar olması nedeniyle $P_0$ da kırmızı olamaz. $\left(P_3, P_{11}\right)$ ve $\left(P_{11}, P_1\right)$ çiftlerinden her biri en fazla bir kırmızı köşe içerebilir; çünkü $P_3 P_7 P_{11}$ ve $P_1 P_6 P_{11}$ üçgenleri ikizkenar olur. Ayrıca, bir önceki paragraftaki sonuç nedeniyle $P_1$ ve $P_3$ köşelerinin ikisi birden kırmızı olamaz. Bu nedenle $\left\{P_1, P_3, P_{11}\right\}$ kümesinden en fazla biri kırmızı olabilir. Benzer şekilde, $\left\{P_{12}, P_{10}, P_2\right\}$ kümesinden en fazla biri kırmızı olabilir. Ancak o zaman en fazla dört kırmızı köşemiz olur, yine bir çelişki oluşur.

Bu nedenle eğer $P_i$ kırmızı ise, $P_{i-2}, P_{i-1}, P_{i+1}, P_{i+2}$ kırmızı olamaz; o zaman en fazla dört kırmızı köşemiz olur, yine bir çelişki oluşur.

Kaynak: Mathematical Olympiads 1999–2000: Problems and Solutions from Around the World, Syf. 192-193.

$x^{3}+3367=2^{n}$ eşitliğini sağlayan tüm $x$ ve $n$ pozitif tamsayılarını bulunuz.

Çözüm 1:

$3367$ nin asal çarpanlara ayrılışı $3367=7\cdot 13\cdot 37$ dir. Eğer $x^3\equiv 2^n\ \pmod 7$ ise, uygun bir $m\in N$ için $n=3m$ olur. Böylece, $3367=2^n-x^3=\underbrace{\left(2^m-x\right)}_{a}\underbrace{\left(2^{2m}+2^mx+x^2\right)}_{b}$, $a^2<b$ ve $ab=7\cdot \ 13\cdot 37$ olduğu için aşağıdakilerden biri doğrudur:

$a=1$, $b=7\cdot 13\cdot 37$,
$a=7$, $b=13\cdot 37$,
$a=13$, $b=7\cdot 37$,

$b-a^2=3\cdot 2^m\cdot x$ , $2^m\ge \sqrt[3]{3367}>14$ olduğu için

$(i)$ $b-a^2=3\cdot 2\cdot 561$ ve
$(iii)$ $b-a^2=90=2\cdot 3\cdot 15$ geçerli olamaz; ancak $(ii)$ durumu sözkonusu olabilir. Bu durumda $b-a^2=481-49=432=3\cdot 2^4\cdot 3^2$ olduğunda $n=12$, $x=9$ olmalı. Gerçekten $9^3+3367=2^{12}\ $'dir.

Kaynak:
Matematik Dünyası 1999-III

Çözüm 2:

$x^3+7\cdot 13\cdot 37 = 2^n$.
$\bmod 7$ de incelediğimizde

$\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c}
x &0&1&2&3&4&5&6\\ \hline
x^3&0&1&1&6&1&6&6
\end{array}$

$\begin{array}{c|c|c|c|c}
n &0&1&2&3\\ \hline
2^n&1&2&4&1
\end{array}$

Bu durumda $2^n\equiv 1 \pmod 7$, dolayısıyla $n=3m$ olmalı.

$x^3+7\cdot 13\cdot 37 = 2^n=(2^m)^3\Longrightarrow (2^m)^3-x^3=7\cdot 13\cdot 37$.
$\bmod 4$ te incelersek $x\equiv 1\pmod 4$ elde edilir.

$(2^m)^3-x^3=(2^m-x)\left ( (2^m-x)^2+3\cdot 2^m\cdot x\right )=7\cdot 13 \cdot 37$.
$2^m-x<37$ olmalı. Ayrıca $2^m-x\equiv 0 - 1 \equiv 3 \pmod 4$ olduğu için $2^m-x$ çarpanı $1,7, 13$ sayılarından sadece $7$ değerini alabilir.
$2^m-x=7 \Longrightarrow 2^m=x+7$,
$(2^m-x)^2+3\cdot 2^m\cdot x = 13\cdot 37$ $\Longrightarrow 49 + 3(x+7)x = 481$ $\Longrightarrow x^2+7x - 144 =0 \Longrightarrow x=9$.
$m=4$, $n=12$.

$XOY$ açısının $[OX$ ve $[OY$ ışınları üzerinde sırasıyla $ M$ ve $N$ değişken noktaları alındığında $\vert OM\vert +\vert ON\vert $ sabit ise, $[MN]$ nın orta noktasının geometrik yerini belirleyiniz.

Çözüm 1:

ya da $mb+nb=\left|OB\right|\cdot a$ elde edilir. Buradan $$b\left(m+n\right)=\left|OB\right|\cdot a,\ \ b\cdot k=\left|OB\right|\cdot a \tag{1}$$ $\left[MN\right]$'nin orta noktası $A$ ile gösterilmek üzere, $\angle MAB={90}^{\circ }$ ve $BON$ açısı ile aynı yayı gördükleri için $\angle MNB=\alpha $ olur. Bu dik üçgende, ${\cos \alpha =\dfrac{a}{2b}\ }$, $a=2b{\cos \alpha \ }$ dır. Bu değer $\left(1\right)$ `de yazılarak $$bk=\left|OB\right|2b{\cos \alpha \ }\Rightarrow \left|OB\right|=\dfrac{k}{2{\cos \alpha \ }}=sabit$$ elde edilir. $O$ noktası, $\left|OB\right|$ ve açıortay sabit olduğundan $B$ noktası sabittir. $OMN$ üçgeninde $\left[OA\right]$ kenarortay olup, $${\left|OA\right|}^2=\dfrac{{m^2+n}^2}{2}-\dfrac{a^2}{4}, \tag{2}$$ $MBN$ üçgeninde $${\left[BA\right]}^2=b^2-\dfrac{a^2}{4} \tag{3}$$'tür.

$(2)$ ve $(3)$`ten $${\left|OA\right|}^2-{\left|BA\right|}^2=\dfrac{m^2+n^2}{2}-b^2 \tag {4}$$ $OMB$ üçgeninde, $b^2=m^2+{\left(\dfrac{k}{2{\cos \alpha \ }}\right)}^2-2m\dfrac{k}{2{\cos \alpha \ }}{\cos \alpha \ }$,
$ONB$ üçgeninde, $b^2=n^2+{\left(\dfrac{k}{2{\cos \alpha \ }}\right)}^2-2n\dfrac{k}{2{\cos \alpha \ }}{\cos \alpha \ }$ dır (Kosinüs Teoremi). Bu iki eşitlik taraf tarafa toplanarak, $$2b^2=m^2+n^2+2{\left(\dfrac{k}{2{\cos \alpha \ }}\right)}^2-k^2,$$ $$b^2=\dfrac{m^2+\ n^2}{2}+\ {\left(\dfrac{k}{2{\cos \alpha \ }}\right)}^2-\dfrac{k^2}{2}$$ $$\Rightarrow \dfrac{m^2+n^2}{2}-b^2=\dfrac{k^2}{2}-{\left(\dfrac{k}{2{\cos \alpha \ }}\right)}^2=sabit$$ bulunur. O halde $\left(4\right)$ ifadesi $$\left|OA\right|^2-{\left|BA\right|}^2=sabit\text{tir.}$$ "Sabit iki noktaya uzaklıklarının kareleri farklı sabit olan noktaların geometrik yeri, bu sabit noktaları birleştiren doğruya dik bir doğrudur."
Dolayısıyla, $A$ noktasının geometrik yeri, $OB$ doğrusuna dik bir doğrudur.

Tersine $\left|OM\right|=\left|ON\right|=\frac{k}{2}$, $Ox$ açıortay, $MN\bot Ox$, $A\in \left[M,N\right]$ olsun. $OM_1N_1\ $ üçgeninin $[M_1N_1]$ kenarının orta noktası $A$ ise, $\left|OM_1\right|+\left|ON_1\right|=k$ olur. Çünkü $A$'yı orta nokta kabul edecek $[M_1N_1]$'in çizimi, $O$'nun $A$'ya göre simetriği olan $O'$ bulunup $OM_1O'N_1$ paralelkenarının oluşturulması ile mümkündür. Bu durumda $O'N_1\parallel OM_1$, $\angle OMN=\angle N_1ZN$ ve $OMN$ üçgeni ikizkenar olduğundan,

$$\angle N_1ZN=\angle N_1NZ \Rightarrow \left|N_1Z\right|=|N_1N|$$ $\left|OM_1\right|=\left|OM\right|+|MM'|$ ve $\triangle M_1MA\ \cong \triangle N_1ZA$ olduğundan $$\left|MM_1\right|=\left|N_1Z\right|=|N_1N|,$$ $$\left|ON_1\right|=\left|ON\right|-\left|NN_1\right| \text{ dir.}$$ Bu eşitliklerden,
$\left|OM_1\right|+\left|ON_1\right|$
$\qquad=\left|OM\right|+\left|MM_1\right|+\left|ON\right|-|MM_1|$
$\qquad = |OM| +|ON| =k$ bulunur.

Kaynak:
Matematik Dünyası 1999-III

Çözüm 2:

Geometrik yer ile ilgili soru çözümlerinde sonuca götüren yollardan biri de iki örneklem almak. Özellikle bu örneklemden biri sabit ise ona bağlı birçok şey sabit olacaktır.

$OM+ON=k$ olduğu için $OM'=ON'=\dfrac{k}{2}$ şartını sağlayan $M'$, $N'$ noktalarını birleştiren doğru parçasının orta noktası da geometrik yer üzerindedir. Bu arada $OM'=ON'=\dfrac{k}{2}=Sabit$ ve $\angle M'ON'=Sabit$ olduğu için $M'N'$ doğrusu da, doğru parçası da sabittir.

$MM'=NN'$ olduğu aşikar (değilse $k$ dan $MM'$ kadar alınıp $NN'$ kadar veriliyor, yine $k$ elde ediliyor).

$M'N'$ ile $MN$, $P$ de kesişsin. $N$ den $M'M$ ye çizilen paralel $M'N'$ yü $Q$ da kessin.

$OM'=ON'\Rightarrow QN=NN'=MM'$ olacaktır. Paralellikten $\dfrac{QN}{MM'}=\dfrac{PN}{PM}=1$ olacaktır. Yani $MN$ doğru parçalarının orta noktaları $P\in M'N'$ dür. Geometrik yer $M'N'$ doğru parçasıdır.

Bu paralel çekmeli çözüm aslında Menelaus'tan başka bir şey değil. $AMN$ üçgeninde $M',P,N'$ noktaları için Menelaus uyguladığımızda da $PM=PN$ eşitliğini elde edeceğiz.

Tersinin ispatı da düzünden farksız. Aynı şekilde $OM+ON=k$ olduğunu göstereceğiz. İster Menealus uygulayın, isterse tekrardan $NQ\parallel OM$ doğrusunu çizin. $NN'=MM'$, dolayısıyla da $OM+ON=\dfrac{k}{2}+MM'+\dfrac{k}{2}-NN'=k$ elde edeceksiniz.

$n\times n$ bir satranç tahtasındaki karelerin köşelerinden bazıları, bu satranç tahtasının karelerinden oluşan her $k\times k$ ( $1\le k\le n$) karenin en az bir kenarının üstünde boyanmış bir nokta olacak biçimde boyanıyor. Eğer bu koşulu sağlamak için boyanması gereken en az nokta sayısını $\ell(n)$ ile gösterirsek, $$\lim _{n\to \infty }\dfrac{\ell(n)}{n^{2}}=\dfrac{2}{7}$$ olduğunu kanıtlayınız.

Çözüm:

Şekilde görülen boyanmış parçayı kaydırarak boyama işlemini sürdürürsek $n=7k+6$, $k\ge 0$, için $$l\left(n\right)\le \dfrac{2}{7}{\left(n+1\right)}^2$$

olduğunu görürüz. Eğer $n=7k+s$, $0\le s\ <6$ ise, $n=7\left(k-1\right)+6+\left(s+1\right)$ ve $m=7\left(k-1\right)+6\ $yazalım. Bu takdirde, $n\times n$ karenin içinde $m\times m$ karenin dışında kalan tüm noktaların boyandığı varsayılsa dahi
$$l\left(n\right)\le l\left(m\right)+\left(s+1\right)n+\left(s+1\right)m<l\left(m\right)+12n, $$ $$l\left(n\right)<\dfrac{2}{7}{\left(m+1\right)}^2+\ 12n<\dfrac{2}{7}{\left(n+1\right)}^2+12n$$ olduğu görülür. Dolayısıyla her $n\ge \ 6$ için, $$\dfrac{l\left(n\right)}{n^2}\le \dfrac{2}{7}\dfrac{{\left(n+1\right)}^2}{n^2}+\dfrac{12}{n} \tag{*}$$ dir.

Şimdi, bir kare alalım. (Bak: Şekil 1). Bir $1\times 1$ karenin kenarları üzerindeki boyanmış nokta sayısı $t$ olsun. Problemin koşulu gereği $t\ge 1$ dir. Her $1\times 1$ kare için $\dfrac{1}{t}$ sayısına o karenin ağırlığı diyelim. Boyanmış bir nokta alalım. Bu nokta ile kesişen tüm $1\times 1$ karelerin ağırlıklar toplamına o noktanın puanı diyelim. Bu takdirde, boyanmış her bir noktanın puanı, nokta tam köşede ise (Bak: Şekil 2), $\le 1$; nokta bir kenar üzerinde ise (Bak: Şekil 3), $\le 2$ ve eğer nokta karenin içinde ise (Bak: Şekil 4), o noktanın puanı $\le \dfrac{7}{2}$ dir. (Son durumda, eğer dört kareden üçünün ağırlığı $1$ ise, $2\times 2$ karenin kenarında en az bir boyanmış nokta bulunacağından, dördüncü karenin puanı $\le 3\cdot 1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{7}{2}$ eşitsizliğini sağlamalıdır. )

Diğer yandan, her biri $1\times 1$ karenin boyanmış noktaların puanına yaptığı katkıların toplamı $1$ dir. Çünkü, bir $1\times 1$ kare üzerinde $t$ adet boyanmış nokta varsa, karenin puanlara yapmış olduğu katkı $$\dfrac{1}{t}+\dots +\dfrac{1}{t}=t\cdot \dfrac{1}{t}=1$$ olur. Demek ki, boyanmış noktaların puan toplamı $n^2$dir.
Şimdi $l(n)$ tane boyanmış nokta ve her boyanmış noktanın puanı $\le \dfrac{7}{2}$ olduğuna göre, $$n^2<\dfrac{7}{2}l\left(n\right)\Rightarrow \dfrac{l\left(n\right)}{n^2}\ge \dfrac{2}{7} \tag{**}$$ olduğunu görürüz. $(*)$ ile $(**)$ birleştirilirse, $$\dfrac{2}{7}\le \dfrac{l\left(n\right)}{n^2}\le \dfrac{2}{7}\ \dfrac{{\left(n+1\right)}^2}{n^2}+\dfrac{12}{n}$$ elde edilir ve Sandviç teoremi ile $${\mathop{\lim }_{n\to \infty } \dfrac{l\left(n\right)}{n^2}=\dfrac{2}{7}\ }$$ olduğu görülür.

Kaynak:
Matematik Dünyası 1999-III