Tübitak Lise 2. Aşama - 2025 Çözümleri

$a,b,c$'den biri $1$ ise, genelliği bozmadan $a=1$ olsun, $2^a+a^2-b^2=3-b^2\geq 0$ olacağından $b=1$ olacaktır ama bu da çözüm vermez. Dolayısıyla $a,b,c\geq 2$ olmalıdır ve $2$'nin kuvvetleri $4$'de bölünecektir. İfadelere sırasıyla, $m^2,n^2,k^2$ diyelim, $$2^a+a^2=b^2+m^2,\quad 2^b+b^2=c^2+n^2,\quad 2^c+c^2=a^2+k^2$$ eşitliklerini mod $4$'de incelersek, taraf tarafa topladığımızda $m^2+n^2+k^2=2^a+2^b+2^c$ olacağından $m,n,k$'yı çift buluruz, dolayısıyla da $a,b,c$'nin pariteleri aynı olacaktır. Eğer $a,b,c$ tek ise $$b^2+m^2=2^a+a^2\equiv 2+a^2\equiv 0,2\pmod{3}\implies b^2\equiv m^2\pmod{3}$$ elde edilir. Dolayısıyla da $$2+a^2\equiv 2b^2\pmod{3},\quad 2+b^2\equiv 2c^2\pmod{3},\quad 2+c^2\equiv 2a^2\pmod{3}$$ bulunur. Bu sistemin çözümü olmadığı kolayca görülebilir. Sonuç olarak $a,b,c$ çift olmalıdır.

$a=b=c$ ve çiftlerse ifadelerin tamkare oldukları barizdir. Aksini varsayalım ve genelliği bozmadan $a>b$ olsun. Pariteden, bu tamkarelerin de çift olması gerektiği görünebilir. $$2^{a}+a^2-b^2>2^a\implies 2^{a}+a^2-b^2\geq (2^{a/2}+2)^2=2^a+2^{2+a/2}+4\implies a^2>a^2-b^2\geq 2^{2+a/2}+4$$ elde edilir. Bir taraf üstel, diğer taraf polinom olduğundan eşitsizlik bir noktada bozulacaktır. Ufak bir denemeyle tüm $a$ pozitif tamsayıları için aslında eşitsizliğin ters olması gerektiği görünebilir. Yani bulduğumuz eşitsizlik imkansızdır, $a=b=c$ olmalıdır. Dolayısıyla tüm çözümler $(a,b,c)=(2k,2k,2k)$ formatındadır.

$x=-a$ yazarak başlarsak, $f^{101}(y)=y+f^{2025}(-a)+b$ elde ederiz. $f(y_1)=f(y_2)$ ise $y_1=y_2$ olması gerektiği barizdir, yani fonksiyon birebirdir. Ayrıca herhangi bir $z\in \mathbb{R}$ için $y=z-b-f^{2025}(-a)$ alınırsa, fonksiyonun örten olduğu da görülebilir. Yani fonksiyon birebir ve örtendir, tersi vardır.

Fonksiyon birebir ve örten olduğundan $f^{100}(y_0)=-a$ olacak şekilde bir $y_0$ vardır. Dolayısıyla, $$f(x)=f^{2025}(x)+y_0+b$$ elde edilir. $c:=f^{2025}(-a)+b$ dersek, $$f^{2025}(x)=f^{1924}(x)+c=f^{1823}(x)+2c=\cdots=f^{5}(x)+20c$$ elde edilir, yani $f^5(x)=f(x)+d$, ve $f$ birebir örten olduğundan, $f^4(x)=x+d$ olacak şekilde bir $d$ sabiti vardır ($d:=-20c-y_0-b$). $$f^{101}(x)=f^{97}(x)+d=f^{93}(x)+2d=\cdots=f(x)+25d$$ elde edilir. $f^{101}(x)=x+c$ olduğundan $f(x)=x+t$ formatında lineer olmalıdır. Dolayısıyla, $f^k(x)=x+kt$ olacaktır. Yerine koyarsak, $$x+y+100t+a+t=y+x+2025t+b\implies t=\frac{a-b}{1924}$$ edilir. Yani şartları sağlayan tek fonksiyon $f(x)=x+\frac{a-b}{1924}$'dür.

$BCEF,XBF,XCE$ çemberleri için kuvvet eksenleri $EC\cap BF=\{A\}$ noktasında kesiştiği için $A,A_1,X$ doğrusaldır. Benzer şekilde $Z,C,C_1$ ve $Y,B,B_1$ noktaları da doğrusaldır. $\angle BA_1X=\angle BFE$ ve $\angle CA_1X=\angle CEX$ olduğundan $\angle BA_1C=180^\circ-\angle ACB-\angle ACB=\angle BAC$ olup $A_1$ noktası $ABC$ çemberinin üzerindedir. Benzer şekilde $B_1,C_1$ de bu çember üzerindedir. $A_1D\cap (ABC)=\{K\}$ olsun. (Burada $(ABC)$ üçgenin çevrel çemberidir.) $A$ noktasına göre kuvvetten $H,D,A_1,X$ noktaları çemberseldir. Bu $(A_1XHD)$ çemberleriyle açı taşınırsa $\angle KA_1C=\angle XHF$ ve $C_1,C,F,H$ çembersel olduğundan $\angle KA_1C=\angle CC_1F$ olup $C_1F$ doğrusu $K$'den geçer. İspat tamamlanır.

Bu soruda bir sayının iki kare toplamının $3\pmod 4$  asallarının üstünün çift olması gerektirdiğini kullanacağız.

Lemma : $v_p(P(a))=r$,  $p\equiv 3 \pmod 4$ , $N,a$ tamsayılar , $M>r$ eşitsizliğini sağlayan en küçük tamsayı ise

$$N\equiv a \pmod{p^M}$$ ise $$P(N)\equiv P(a) \pmod{p^M}$$  sağlanmalıdır. Çünkü polinomun açılım versiyonunda her terim için $2$  kuvvet farkı uygulanması yardımıyla $N-a\mid P(N)-P(a)$ olduğu söylenebilir. Buradan $p^M \mid N-a$ olduğundan dolayı ispat biter.

Buradan yola çıkarak $v_p(P(N))=r$ olduğunu gösterelim.  $P(a)=p^r.u$ olacak şekilde $p \not \mid u$  tamsayısı vardır. Buradan yola çıkarsak $$P(N)=p^r.u+p^M.t$$ olacak şekilde bir $t$ tam sayısı bulunduğunu söyleyebiliriz. $r<M$ olduğundan dolayı $P(N)=p^r(u+p^{M-r}t)$ olarak yazılaiblir ve $p\not \mid u+p^{M-r}$ olduğundan dolayı $v_p(P(N))=r$ elde edilir.

Şimdi $a=p^ec$  ,$p \not \mid c$ ve $v_p(a)=e$ olacak şekilde $e,c$ , $M>e$  tam sayıları seçelim. $L$  bir tamsayı olmak üzere 

$$x^2+y^2\equiv  c \pmod p$$ olacak şekilde $x,y$ tam sayıları vardır. Bunu ispatlayalım. $A$ ve $B$ kümeler olmak üzere $\mid A \mid$  ve $\mid B \mid $ bu kümelerdeki eleman sayıları olsun. Şimdi karekalanlarla alakalı bazı özdeşlikler bulalım  $x^2\equiv y^2 \pmod p$  sağlanabilmesi için 

$$x^2-y^2\equiv 0 \pmod p$$ yani $$(x-y)(x+y)\equiv 0 \pmod p$$ olur. Buradan ya $x$ $y$ birbirine denk ya da $x$ ile $-y$ birbirine denk olması gerektiği görülür. Buradan yola çıkarsak $0$ dan $\frac{p-1}{2}$ ye kadar olan kalanlara bakmamız yeterlidir ve az önce yaptığımız ispat nedeniyle bu kalanların tamamı birbirinden farklı olmalıdır. Yani herhangi bir $2$ hariç $\pmod p$  altında $\frac{p+1}{2}$ adet kare kalan (x^2) oluştuğunu görürüz.  Benzer şekilde $c-y^2$  için de $\frac{p+1}{2}$ karekalan oluşur. $| A|+ | B |= p+1$ olduğundan güvercin yuvası ilkesi gereğince bu iki kümenin en az $1$ ortak elemanı vardır.  Varsayalım ki bu eleman $u$  olsun. Bu durumda $$u\equiv x^2 \pmod p$$ ve $$u\equiv c-y^2 \pmod p$$ yani $$x^2+y^2\equiv c \pmod p$$ elde ederiz. En baştaki $p \not \mid c $  kabulümüzden dolayı hensel liftingi sürekli uygulayabiliriz ve keyfi bir $L$  pozitif tam sayısı için $$x^2+y^2 \equiv c \pmod{p^L}$$ olacak şekilde $x,y$ tamsayılarının var olduğunu söyleyebiliriz. 

$U=x^2+y^2$ ve $U \equiv c \pmod{p^{M-e}}$ olsun. Polinomda kullandığımız $a$ ya uygun $N$  seçmek için $N=p^e.U$ alalım. $N=p^eU\equiv p^ec=a \pmod{p^M}$ olur dolayısıyla bu $N$ seçimini yapabiliriz. Eğer $e$ çiftse $N\in S$ sağlanır. Eğer $e$ tekse $N\in S$ sağlanmaz.


 $$v_p(P(a))\equiv v_p(a) \pmod 2$$ sağlanır.

     i) $v_p(a)$ çift olsun. Çelişki yardımıyla ispatlamak için varsayalım ki $v_p(P(a))=r$ tek olsun. Ve $N\equiv a \pmod{p^{M}}$ , $N\in S$ olacak şekilde $N$ seçelim. $P(N)\equiv P(a) \pmod{p^{M}}$ ve buradan $v_p(P(N))=r$ elde edilir. Ancak $r$ tek kabul ettiğimiz için çelişki elde edilir.
     
      ii) $v_p(a)$  tek olsun. Çelişki yardımıyla ispatlamak için varsayalım ki $v_p(P(a))=r$ çift olsun. $N$ tamsayısını $N \equiv a \pmod{ p^M}$ olacak şekilde ve $p$ nin üssü tek seçelim ve diğer $3\pmod4$ asallarının üstü çift olsun. (Bu seçimin yapılabileceğini $N=p^eU$ ile göstermiştik.) ($N\not \in S$) . Soruda verilen önermeden dolayı $P(N)\not \in S$ olmalıdır. Ancak $P(N)\equiv P(a) \pmod{ p^M}$ ve $M>r$  olduğu için $v_p(P(N))$ çift olmalıdır. Diğer $3\pmod 4$ asalları için de bu durum uygulanabileceği için $p(N)\in S$  olmasına neden olur. Çelişki.


Şimdi $P(0)=0$ olduğunu gösterelim. Varsayalım ki $P(0)\not = 0$  olsun. Bu durumda sorunun şartından $0\in S$ olduğundan $P(0) \in S$ olması gerektiği söylenebilir ve $v_3(P(0))$   çift olmalıdır $M>v_3(P(0))$ olacak şekilde seçelim. $k$ bir tamsayı, $2k+1\geq M$ olmak üzere  $n=3^{2k+1}$ alalım. $v_3(n)$  tek olduğu için $v_3(P(n))$ de tektir. Ancak $3^{2k+1}\equiv 0 \pmod{3^M}$  ve $$P(3^{2k+1}) \equiv P(0) \pmod{3^M}$$  Buradan $v_3(P(3^{2k+1}))=v_3(P(0))$ elde edilir ve bu $P(0)\in S $ olmasıyla çelişir (sol tarafın paritesi tek iken sağ tarafın paritesi çift). $P(0)=0$  olmalıdır.


$P(x)=x^mR(x)$ , $m>0$ denklemin $0$  olan kökünün katı, $R(x) \not = 0$ olacak şekilde seçebiliriz. Şimdi $p\equiv 3 \pmod 4$ ve $p\not \mid R(0)$ olacak şekilde bir $p$ asalı seçelim. $n=p^{2k+1}$ alalım. $$R(p^{2k+1})\equiv R(0) \pmod p$$ ve $p \not \mid R(0)$  olduğundan $p \not \mid R(p^{2k+1})$ olur.  $$P(p^{2k+1})=p^{m(2k+1)}R(p^{2k+1})$$ $n$  in üssü tek olduğu için $m$ tek olmalıdır.

Geriye  $R(n)$ nin iki kare toplamı olarak yazılabileceğini göstermek kaldı. $P(n)=n^mR(n)$ $n>0$ ve $R(n)\not = 0$ olsun. Her $p\equiv 3 \pmod 4$ asalı için  $$v_p(P(n))=m.v_p(n)+v_p(R(n))$$. Parite korunumundan $$v_p(P(n))\equiv v_p(n)\pmod 2$$  , $m$ tek olduğu için ve yukarıdaki eşitlik yardımıya $v_p(R(n)) \equiv 0 \pmod 2$ elde edilir. Bu da bize $\mid R(n) \mid \in S$ sonucunu verir. Geriye $\mid R(0) \mid \in S$  olduğunu göstermek kaldı.

$p\equiv 3 \pmod 4$ asal olsun.  $p^{2k}\in S$ olduğundan $P(p^{2k})\in S $  $P(p^{2k})=p^{2km}R(p^{2k})$ olur ve bu da bize $v_p(R(p^{2k}))$  çift olduğunu verir.

$p^{2k} \equiv 0 \pmod{ p^{2k}}$ olduğundan dolayı $R(p^{2k}) \equiv R(0) \pmod{ p^{2k}}$ buradan $v_p(R(p^{2k}))=v_p(R(0))$ olması için $2k>v_p(R(0))$ olacak şekilde kısıtlama eklemeliyiz. Bu da bize $v_p(R(0))$ ın çift olduğunu verir.


$R(n)$ in negatif olamayacağını ispatlayalım.

Varsayalım ki bir $a\geq 0$ için $R(a)<0$ olsun. $R(a)=-B$ ve $B>0$ olacak şekilde $B$ tam sayısını seçelim. Az önce elde ettiğimiz $\mid R(n)\mid \in S$ sonucundan dolayı $B\in S$ olur.

$R$ polinomunun başkatsayısı pozitiftir. Bu yüzden uygun bir $t$ tam sayısı seçilerek

$$
N=a+4Bt
$$

ve aynı zamanda $R(N)>0$ olması sağlanabilir. Bu seçimden dolayı $N\equiv a \pmod{4B}$ olur. Polinom tam katsayılı olduğundan

$$
R(N)\equiv R(a)\equiv -B \pmod{4B}
$$

elde edilir. Buradan bir $u$ tam sayısı için $R(N)=B(4u-1)$ yazılabilir.

Öte yandan $R(N)>0$ ve $\mid R(N)\mid \in S$ olduğundan $R(N)\in S$ olur. Ayrıca $B\in S$ ve $B\mid R(N)$ olduğu için iki kare toplamı teoreminden bölümün de $S$ içinde olması gerekir. Yani $4u-1\in S$ olmalıdır. Ancak

$$
4u-1\equiv 3 \pmod 4
$$

olduğundan bu mümkün değildir. Çünkü iki karenin toplamı mod $4$ altında $3$ olamaz. Çelişki elde edilir. Dolayısıyla $R(n)$ negatif değer alamaz. Böylece

$$
R(n)\in S \qquad \forall n\geq 0
$$

elde edilir.

Şimdi son olarak şu lemmayı kullanalım. Eğer $F\in Z[X]$ ve her $n\geq 0 $  için $F(n) \in S$ ise $\deg F$ çift olmalıdır.

Bunu ispatlayalım. Varsayalım ki $\deg F$ tek olsun. Büyük pozitif $n$ değerleri için $F(n)\in S$ olduğundan $F(n)\geq 0$ olmalıdır. Bu yüzden $F$ nin başkatsayısı pozitiftir. Derece tek ve başkatsayı pozitif olduğundan negatif tarafta $F$ negatif değer alır. Yani negatif bir tam sayı $a$ için $F(a)<0$ seçilebilir. $F(a)=-B$ ve $B>0$ olsun.

Önce $B\in S$ olduğunu gösterelim. Eğer $B\notin S$ olsaydı, bir $p\equiv 3 \pmod 4$ asalı için $v_p(B)$ tek olurdu. $M>v_p(B)$ seçip $N\equiv a \pmod{p^M}$ ve $N\geq 0$ olacak şekilde $N$ seçelim. Bu durumda $F(N)\equiv F(a)\pmod{p^M}$ olur ve $v_p(F(N))=v_p(F(a))$ tek kalır. Bu da $F(N)\notin S$ demektir. Ancak $N\geq 0$ olduğundan varsayımdan $F(N)\in S$ olmalıydı. Çelişki. Demek ki $B\in S$.

Şimdi uygun bir $t$ seçerek

$$
N=a+4Bt\geq 0
$$

ve $F(N)>0$ olmasını sağlayalım. Bu durumda

$$
F(N)\equiv F(a)\equiv -B \pmod{4B}
$$

olur. Dolayısıyla bir $u$ tam sayısı için $F(N)=B(4u-1)$ yazılır. Burada $F(N)\in S$ ve $B\in S$ olduğundan yine iki kare toplamı teoreminden $4u-1\in S$ olmalıdır. Fakat $4u-1\equiv 3\pmod4$ olduğundan bu imkansızdır. Çelişki.

Demek ki $\deg F$ tek olamaz. Dolayısıyla $\deg F$ çifttir.

Bu lemmayı $F=R$ için uygularsak $\deg R$ çift olur. Daha önce $P(x)=x^mR(x)$ ve $m$ nin tek olduğunu göstermiştik. Sonuç olarak

$$
\deg P=m+\deg R
$$

tek $+$ çift olduğundan tektir.