Uluslararası Matematik Olimpiyatı

Bir tahtaya her biri $1$'den büyük olan $2026$ tane tam sayı yazılmıştır ve bu sayılar birbirinden farklı olmak zorunda değildir. Confucius her hamlesinde tahtanın farklı yerlerine yazılmış $m>1$ ve $n>1$ tam sayılarını seçiyor ve bu sayıları silip yerlerine
$$\operatorname{ebob}(m,n) \quad \text{ve} \quad \dfrac{\operatorname{ekok}(m,n)}{\operatorname{ebob}(m,n)}$$
tam sayılarını yazıyor. Confucius hamle yapabildiği sürece hamle yapmaya devam ediyor.

(a) Confucius hamlelerini nasıl yaparsa yapsın sonlu hamle sonucunda tahtadaki sayıların biri dışında hepsinin $1$ ve birinde de $1$'den büyük olan bir $M$ sayısına eşit olacağını gösteriniz.

(b) $M$ sayısının değerinin Confucius'un hamlelerinden bağımsız olduğunu gösteriniz.

($\operatorname{ebob}(x,y)$ ile $x$ ve $y$ sayılarının en büyük ortak böleni, $\operatorname{ekok}(x,y)$ ile $x$ ve $y$ sayılarının en küçük ortak katı gösterilmektedir.)

Bir $ABC$ üçgeninde $[AB]$ ve $[AC]$ kenarlarının orta noktaları sırasıyla $M$ ve $N$ olsun. Sırasıyla $BMC$ ve $BNC$ üçgenlerinin iç bölgelerinde yer alan $K$ ve $L$ noktaları, $K$ noktası $ABL$ üçgeninin iç bölgesinde ve $L$ noktası $AKC$ üçgeninin iç bölgesinde yer alacak şekilde seçiliyor.
$$\angle KBA = \angle ACL, \quad \angle LBK = \angle LNC \quad \text{ve} \quad \angle LCK = \angle BMK$$
olduğu verilmiştir. $AKL$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezi $O$ olsun. $|OM| = |ON|$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$BK$, $AC$ yi $P$ de kessin. $AP$ nin orta noktası $P'$ olsun.

$CL$, $AB$ yi $Q$ da kessin. $AQ$ nun orta noktası $Q'$ olsun.

$\angle ABP = \angle ACQ$ olduğu için $AQ\cdot AB = AP \cdot AC$. Dolayısıyla $AQ \cdot AM = AP'\cdot AC$, bu da $C, P', Q, M$ noktalarının çembersel olduğu anlamına gelir. Bu çembere $\Pi_K$ diyelim.

Soruda verilenlerden, $\angle MKP = \angle KCP$.
$MP' \parallel BP$ olduğu için $\angle P'MK = 180^\circ - \angle MKP = 180^\circ - \angle KCP$ olduğu için, $K$ noktası da $\Pi_K$ üzerindedir.

Benzer şekilde $B, Q', P, N, L$ noktaları da çemberseldir. Bu çembere de $\Pi_L$ diyelim.

GeoGebra

Şimdi de $BM$ doğru parçası üzerinde $MM'=QQ'$ ve $CN$ doğru parçası üzerinde $NN' = PP'$ olacak şekilde $M'$ ve $N'$ noktaları alalım.
$AM'N'$ üçgeninin çevrel çemberine $\Pi$ diyelim.
Dikkat edilirse, $BM'=M'Q$ ve $CN'=N'P$.

$B$ noktasının $\Pi$ ve $\Pi_K$ ya göre kuvvetlerini yazalım.
$P_{\Pi}(B) = BM'\cdot BA$.
$P_{\Pi_K}(B) = BM\cdot BQ = \dfrac {BA}{2}\cdot 2BM' = P_{\Pi}(B)$.
Kuvvetler eşit olduğundan $B$ noktası, bu iki çemberin kuvvet ekseni üzerindedir.

Şimdi de $P$ noktasının $\Pi$ ve $\Pi_K$ ya göre kuvvetlerini yazalım.
$P_{\Pi}(P) = AP \cdot PN'$.
$P_{\Pi_K}(P) = PP'\cdot CP = \dfrac {AP}{2}\cdot 2PN' = P_{\Pi}(P)$.
Kuvvetler eşit olduğundan $P$ noktası, bu iki çemberin kuvvet ekseni üzerindedir.

Son durumda, $BP$ doğrusu bu $\Pi$ ve $\Pi_K$ çemberlerinin kuvvet eksenidir. Çemberler kuvvet eksenini aynı iki noktada keseceğinden, bu noktalardan biri $K$ dir. Yani, $K$ noktası $\Pi$ üzerindedir.

Aynı işlemleri, $C$ ve $Q$ noktaları ile $\Pi_L$ çemberi için de yaparsak $L$ noktasının $\Pi$ üzerinde olduğunu buluruz.

$\Pi$ çemberinin yarıçapına $R$ diyelim.
$P_{\Pi}(M) = MM'\cdot AM = AQ' \cdot AM = \dfrac {AQ}2 \cdot\dfrac {AB}2 = R^2 - OM^2$
$P_{\Pi}(N)= NN' \cdot AN = \dfrac {AP}{2} \dfrac {AC}{2} = R^2 - ON^2$.

$AQ\cdot AB = AP\cdot AC$ bilgisini çözümün başında kullanmıştık. Bu durumda, $OM=ON$ olur. $\blacksquare$

$n$ verilmiş bir pozitif tam sayı olsun. Liu Bang ve Xiang Yu $1$ uzunluğunda bir çubuğu kendi aralarında bölüşmek istiyor. Başlangıçta Liu çubuk üzerinde en fazla $n$ tane nokta işaretliyor ve bundan sonra Xiang çubuk üzerinde en fazla $n$ tane nokta işaretliyor. İşaretlenmiş noktalar birbirlerinden farklı olmalıdır. Daha sonra bu çubuk tüm işaretli noktalardan kesilerek parçalara ayrılıyor. Sonrasında, oyuncular sırayla hamle yapıyorlar ve her hamlede sırası gelen oyuncu daha önce alınmamış parçalardan birini alıyor. İlk hamleyi Liu yapıyor. Her oyuncunun amacı, aldığı parçaların uzunluklarının toplamının mümkün olduğunca fazla olmasıdır.

$n$ sayısı verildiğinde, Xiang nasıl oynarsa oynasın Liu aldığı parçaların uzunluklarının toplamının en az $c$ olmasını garantileyebiliyorsa, $c$ sayısının alabileceği en büyük değeri bulunuz.

Shan-Yu ve Mulan bir oyun oynuyor. $\theta$ açısı $0^\circ < \theta < 180^\circ$ olacak şekilde bir açıdır ve her iki oyuncu tarafından da bilinmektedir. Başlangıçta, Shan-Yu kağıttan istediği ölçülerde bir $\mathcal{T}$ üçgeni kesiyor. Daha sonra, oyuncular tekrar tekrar aşağıdaki hamleleri uyguluyor:

$\bullet$ Eğer $\mathcal{T}$ üçgeninin açılarından en az biri $\theta$ ya eşitse, oyun bitiyor ve Mulan kazanıyor.

$\bullet$ Aksi halde, Mulan $\mathcal{T}$ üçgeninin çevresi üzerinde, köşelerden farklı bir $P$ noktası seçiyor. Daha sonra $P$ noktasından bu noktanın karşısındaki köşeye kadar $\mathcal{T}$ üçgenini düz bir şekilde keserek $\mathcal{T}$ yi iki üçgene ayırıyor.

$\bullet$ Shan-Yu bu iki üçgenden istediği birini çöpe atıyor. Geriye kalan üçgen yeni $\mathcal{T}$ üçgeni oluyor.

$\theta$ açısının hangi değerleri için, Shan-Yu nasıl oynarsa oynasın Mulan sonlu hamle sonucunda oyunu kazanmayı garantileyebilir?

Tüm pozitif gerçel sayıların kümesi $\mathbb{R}_{>0}$ olsun. Her $x, y \in \mathbb{R}_{>0}$ için
$$\sqrt{\dfrac{x^2 + f(y)^2}{2}} \geq \dfrac{f(x)+y}{2} \geq \sqrt{x f(y)}$$
koşulunu sağlayan tüm $f : \mathbb{R}_{>0} \to \mathbb{R}_{>0}$ fonksiyonlarını bulunuz.

$a_1, a_2, a_3, \ldots$ dizisi $1$'den büyük pozitif tam sayılardan oluşan bir sonsuz dizi olsun. Her $n$ pozitif tam sayısı için; $a_{n+1}$ sayısı, her $i = 1, 2, \ldots, n$ için $\operatorname{ebob}(a_{n+1}, a_i) > 1$ koşulunu sağlayan ve $a_n$ sayısından büyük olan en küçük pozitif tam sayıya eşittir. Öyle $T$ ve $L$ pozitif tam sayılarının bulunduğunu gösteriniz ki, her $n$ pozitif tam sayısı için
$$a_{n+T} = a_n + L$$
koşulu sağlanır.

($\operatorname{ebob}(x,y)$ ile $x$ ve $y$ sayılarının en büyük ortak böleni gösterilmektedir.)

Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 2026 Çözümleri