Avrupa Kızlar Matematik Olimpiyatı

$N$ pozitif tam sayısı için, $N$ den küçük ve $N$ ile aralarında asal olan tüm pozitif tam sayılar $c_1<c_2< \dots <c_m$ olsun. Her $1 \leq i \leq m-1$ için $$ebob(N,c_i+c_{i+1}) \neq 1$$ koşulunu sağlayan tüm $N \geq 3$ pozitif tam sayılarını bulunuz.

$ebob(a,b)$ ile $a$ ve $b$ sayılarının ikisini de bölen en büyük tam sayı gösterilmektedir.

(Litvanya)

Çözüm:

$N = 2n$ şeklinde bir sayı ise $c_i$ lerin hepsi tek olacağı için $c_i + c_{i+1}$ sayısı her zaman çift olacaktır. Bu durumda $ebob(N,c_i+c_{i+1}) \neq 1$ her zaman sağlanacaktır.

$N$ tek sayı olduğunda $c_1 = 1< c_2 = 2$ olacağı için $N$ sayısı her zaman $1+2 = 3$ sayısına bölünmeli. O halde, $(n,6) = 1$ olmak üzere, $N=3^t\cdot n$ şeklinde bir sayı olmalı.

$n = 1$ için $N=3^t$ sayılarını ele alalım. Ardışık $c_i$ ler $3k+1$ ve $3k+2$ formunda olacaktır. Bu durumda $(3k+1) + (3k +2) = 6k + 3$ olacağı için $\text{ebob}(6k+3, N) \geq 3$ olacaktır. O halde, $N=3^t$ şeklinde sayılar da sağlar.

$(n,6) = 1$ olduğu için sıradaki $n$ sayısı için $n\geq 5$ olmalı. $N=3^t\cdot n$ şeklindeki sayıların sağlayıp sağlamadığını göstermeye çalışacağız. Bunun için önce $N=3\cdot 5 = 15$ ve $N=3\cdot 7$ sayılarını deneyebiliriz.
$N=15$ için $c_i = 8, c_{i+1}=11$ için $(19, 15) = 1$.
$N=21$ için $c_i = 13, c_{i+1}=16$ için $(29, 21) = 1$.

Biraz fikir sahibi olduk. $N=3^t\cdot n$ sayısı için ardışık üç sayıdan biri $3$'e bölünecek, biri de $n$ ye bölünürse $N=3^t$ deki ardışık döngü kırılabilir.
$N-n$ sayısını ele alalım.

$n \equiv 1 \pmod 3$ ise $N-n - 1< N- n< N-n + 1< N- n +2$ sayılarını inceleyelim.
$(N-n, N) = (n, N) = n$; $(N-n+1, N) = (n-1, N) \geq 3$; $(N-n-1, N) = (n+1, N)=1$; $(N-n+2, N) = (n-2, N)=1$
Bu durumda $c_i = N-n-1$ ve $c_{i+1} = N-n+2$ olacaktır. $c_i + c_{i+2} = (N-n-1) + (N-n +2) = 2N - 2n + 1$.
$(2N - 2n + 1, N) = (2n-1, N) = (2n-1, n) = (n-1, n) = 1$.

$n \equiv 2 \pmod 3$ ise $N-n-2 < N- n-1 < N-n < N-n+1$ sayılarını inceleyelim.
$(N-n, N) = (n, N) = n$; $(N-n-1, N) = (n+1, N) \geq 3$; $(N-n+1, N) = (n-1, N)=1$; $(N-n-2, N) = (n+2, N)=1$.
Bu durumda $c_i = N-n-2$ ve $c_{i+1} = N-n+1$ olacaktır. $c_i + c_{i+2} = (N-n-2) + (N-n +1) = 2N - 2n - 1$.
$(2N - 2n - 1, N) = (2n+1, N) = (2n+1, n) = (n+1, n) = 1$.

Yani $n\geq 5$ ve $(n,6)=1$ olmak üzere; $N=3^t\cdot n$ sayıları sorudaki koşulu sağlamaz.

O halde yanıt, $k>1$ ve $t>0$ tam sayıları için $N=2k$ veya $N=3^t$ şeklindeki sayılardır.

Artan ve sonsuz bir $a_1<a_2<a_3< \cdots $ pozitif tam sayı dizisinde, her $n$ pozitif tam sayısı için ilk $a_n$ terimin aritmetik ortalaması $a_n$ sayısına eşitse bu diziye $\textit{iyi}$ diyelim. Öyle bir sonsuz $b_1,b_2,b_3, \dots $ pozitif tam sayı dizisi olduğunu gösteriniz ki herhangi bir $a_1,a_2,a_3, \dots$ iyi dizisi verildiğinde $a_n=b_n$ koşulunu sağlayan sonsuz çoklukta $n$ pozitif tam sayısı bulunur.

(Hollanda)

$ABC$ dar açılı bir üçgen olsun. $B,D,E,C$ noktaları aynı doğru üzerinde bu sırayla yer alan ve $|BD|=|DE|=|EC|$ koşulunu sağlayan noktalar olsun. $M$ ve $N$ noktaları sırasıyla $AD$ ve $AE$ doğru parçalarının orta noktaları olsun. $ADE$ üçgeninin dar açılı olduğunu varsayalım ve bu üçgenin diklik merkezi $H$ olsun. $P$ ve $Q$ noktaları sırasıyla $BM$ ve $CN$ doğruları üzerinde; $D,H,M,P$ noktaları birbirinden farklı ve çemberdeş olacak şekilde ve $E,H,N,Q$ noktaları birbirinden farklı ve çemberdeş olacak şekilde alınıyor. $P,Q,N,M$ noktalarının çemberdeş olduğunu gösteriniz.

(Slovakya)

Çözüm:

$ADBF$ ve $AECG$ paralelkenarlarını kuralım.

$AEDF$ de bir paralelkenardır. Ayrıca $AM:MD = AG:DB = 1$ olduğu için $B, M, G$ doğrusaldır. Benzer şekilde $C,N,F$ de doğrusaldır.
$DH \perp AE$ olduğu için $FD \perp DH$ ve $AH \perp DE$ olduğu için $AH \perp FA$ dır. Bu durumda $A,F,D,H$ bir kirişler dörtgenidir.
$\angle AFH = \angle ADH = \angle MPH = \angle GPH$ olduğu için $F, G, H, P$ çemberseldir. Benzer şekilde $F, G, H, Q$ da çemberseldir.
$MN\parallel DE$, dolayısıyla, $\angle FNM = \angle QCB = \angle GFQ = \angle GPQ = \angle MPQ$ olduğu için $M,N,P,Q$ çemberseldir.

Dar açılı bir $ABC$ üçgeninde iç teğet çember merkezi $I$ ve $|AB| \neq |AC|$ olsun. $BI$ ve $CI$ doğruları $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi ile sırasıyla $P \neq B$ ve $Q \neq C$ noktalarında kesişiyor. $R$ ve $S$ noktalarını, $AQRB$ ve $ACSP$ paralelkenar olacak şekilde $(AQ \parallel RB, \ AB \parallel QR, \ AC \parallel SP$ ve $AP \parallel CS)$ alalım. $RB$ ve $SC$ doğrularının kesişim noktası $T$ olsun. $R,S,T,I$ noktalarının çemberdeş olduğunu gösteriniz.

(Slovakya)

Çözüm:

Bilinen bir özelliğin ispatını yapalım: $\angle PIC = \angle PQC + \angle QPB = \angle AQP + \angle QCA = \angle PCI$ den $AP=PI=PC$.
Benzer şekilde $AQ=QI=QB$.
$I$ noktasının çevrel çembere göre kuvvetinden $$QI\cdot IC = PI \cdot IB \Longrightarrow BR \cdot IC = CS \cdot IB \Longrightarrow \dfrac {BR}{IB} = \dfrac {CS}{IC}\tag{1}$$
$AB>AC$ olsun.
$$\angle IBT = \angle TBA - \angle IBA = \angle QAB - \angle IBA = \angle ICA - \angle CAP = \angle ICA - \angle TCA = \angle ICT \tag{2}$$
Bu durumda $\angle IBR = \angle ICS$ olur ve $(1)$ den dolayı $\triangle IBR \sim \triangle ICS$ dir.
$(2)$ nin sonucu olarak $BITC$ kirişler dörtgeni, yani $\angle BIC = \angle BTC$. (Basit açı hesabıyla da aynı sonuç elde edilebilir.)
$\angle BIR = \angle CIS$ olduğu için $\angle RIS = \angle BIC = \angle BTC$. Bu durumda $RITS$ kirişler dörtgenidir.

$n>1$ bir tam sayı olsun. $n \times n$ bir satranç tahtasının $n^2$ birim karesinin her birinde ya aşağı, ya yukarı, ya sola, ya da sağa doğru yönlendirilmiş birer ok varsa, buna bir konfigürasyon diyelim. Bir başlangıç konfigürasyonu verildiğinde, salyangoz Turbo tahtadaki birim karelerin birinden başlayıp birim kareden birim kareye geçerek yolculuk yapmaktadır. Turbo, her hamlesinde bulunduğu karedeki okun işaret ettiği yönde bir birim kare ilerlemektedir (tahtanın dışına çıkabilmek mümkündür). Her hamleden sonra, tahtadaki her bir ok saat yönünün tersinde $90^{\circ}$ dönmektedir. Eğer Turbo bir birim kareden başlayıp tahtanın dışına çıkmadan tahtadaki tüm birim karelere tam olarak bir kez uğrayarak başladığı birim kareye geri dönüyorsa, bu yolculuğa başlanılan birim kareye iyi diyelim. Bütün konfigürasyonlar arasında, iyi birim kare sayısı en çok olan konfigürasyonun içerdiği iyi birim kare sayısını $n$ cinsinden bulunuz.

(Türkiye)

Avrupa Kızlar Matematik Olimpiyatı - 2025 Çözümleri