Tübitak Lise 2. Aşama - 1992 Çözümleri

Beş çiftin katıldığı bir partide, katılanların bir bölümü birbirleriyle el sıkışırlar. Hiç kimse doğal olarak ne kendi kendisiyle ne de eşiyle el sıkışır. Partiye katılanlardan biri, kendi dışındaki (eşi de dahil olmak üzere) dokuz kişiye kaç kişiyle el sıkışmış olduklarını sorar. Aldığı yanıtlara bakınca, bu dokuz kişi içinde eşit sayıda kişiyle el sıkışmış herhangi iki kişinin bulunmadığını görür. Diğerlerine kaç kişiyle sıkıştıklarını soran kişinin eşinin kaç kişiyle el sıkışmış olduğunu bulunuz.

Çözüm:

(Lokman GÖKÇE)

Çok hoş bir sonlu matematik sorusu. Çözümünü yapalım:

Kendi dışındaki kişilere kaç kişiyle tokalaştıklarını soran kişi $X$ olsun. Diğer dokuz kişi de (tokalaşma sayıları itibariyle küçükten büyüğe) $A_1,A_2, \dots , A_9$ olsun. Bu $10$ kişinin tokalaşma sayıları sırasıyla $x,a_1,a_2, \dots, a_9$ olsun. $i \neq j $ iken $a_i \neq a_j$ olduğu veriliyor. Ayrıca her $i = 1, 2, \dots ,9$ için $ 0 \leq a_i \leq 8$ dir. Bu eşitsizliklerden dolayı $ a_i = i - 1$ olmak zorundadır.

$a_9 = 8$ ve $a_1 = 0$ olduğundan $A_9$'un elini sıktığı kişiler $X, A_2, \dots, A_8$ dir. Bu durumda $A_9$, $A_1$ hariç herkesle tokalaşmıştır. Dolayısıyla $A_9$ ile $A_1$ birbirinin eşidir.

$a_2=1$ dir. $A_2$ ile tokalaşan bu $1$ kişi de $A_9$ olduğundan $A_2$ ile, $A_9$ dan başka tokalaşan kimse olmamıştır.

$a_8 = 7$ dir. Dolayısıyla $A_8$, $A_1,A_2$ (ve kendi kendiyle) tokalaşmamış olduğundan bu $2$ kişi dışındaki herkesle tokalaşmıştır. $A_8$ in eşi $A_1$ olamayacağına göre $A_2$ olmak zorundadır. $A_8$ ile $A_2$ birbirinin eşidir.

Benzer düşünce ile devam edilirse $A_7$ ile $A_3$, $A_6$ ile $A_4$ birbirinin eşidir. Dolayısıyla $X$ ile $A_5$ birbirinin eşi olmak zorundadır. Bizden istenen $X$ in eşinin el sıkışma sayısı yani, $a_5 = 4$ değeridir.

$a,b,c,d$ pozitif reel sayıları için $$ \dfrac {12}{a+b+c+d} \leq \dfrac{1}{a+b} + \dfrac{1}{a+c} + \dfrac{1}{a+d} + \dfrac{1}{b+c} + \dfrac{1}{b+d} + \dfrac{1}{c+d} \leq \dfrac{3}{4}\left(\dfrac 1a + \dfrac 1b + \dfrac 1c + \dfrac 1d \right) $$ eşitsizliklerinin doğru olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

(Lokman GÖKÇE)

Aritmetik - harmonik ortalama eşitsizliğini kullanacağız

İlk olarak eşitsizliğin sol tarafının ispatını yapalım:

$\dfrac{(a+b)+(c+d)}{2} \geq \dfrac{2}{\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{c+d}}$ olup $\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{c+d} \geq \dfrac{4}{a + b + c+d}$ yazılır. Benzer şekilde

$\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+d} \geq \dfrac{4}{a + b + c+d}$ ve $\dfrac{1}{a+d}+\dfrac{1}{b+c} \geq \dfrac{4}{a + b + c+d}$ yazıp bu $3$ eşitsizliği taraf tarafa toplarsak $$\dfrac{12}{a+b+c+d} \leq \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}+ \dfrac{1}{a+d}+\dfrac{1}{b+c}+ \dfrac{1}{b+d}+\dfrac{1}{c+d}$$ elde edilir.

Şimdi eşitsizliğin sağ tarafının ispatını yapalım:

$\dfrac{a+b}{2} \geq \dfrac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}$ olduğundan $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} \geq \dfrac{4}{a+b}$ dir. Benzer şekilde

$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c} \geq \dfrac{4}{a+c}$, $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{d} \geq \dfrac{4}{a+d}$, $\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \geq \dfrac{4}{b+c}$, $\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{d} \geq \dfrac{4}{b+d}$, $\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d} \geq \dfrac{4}{c+d}$ olup bu $6$ eşitsizliği taraf tarafa toplarsak $$ \dfrac{1}{a+b}+ \dfrac{1}{a+c}+ \dfrac{1}{a+d}+ \dfrac{1}{b+c}+ \dfrac{1}{b+d}+ \dfrac{1}{c+d} \leq \dfrac{3}{4} \left(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} +\dfrac{1}{c} + \dfrac{1}{d} \right) $$ sonucuna ulaşılır.

$$\begin{array}{rcl} x^2 + y^2 + z^2 &=& 361 \\ \dfrac 1x + \dfrac 1y + \dfrac 1z &=& 0 \\ x-y+z &=& 11 \end{array}$$ denklemlerinin tüm $(x,y,z)$ reel çözümlerini bulunuz.

Çözüm:

(Lokman GÖKÇE)

$xyz \neq 0$ olduğundan ikinci denklemi $xy + yz + zx = 0$ şeklinde yazabiliriz. $(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)$ tam kare özdeşliğinden $(x+y+z)^2=361=19^2$ olur. Problemi iki durumda inceleyelim:

1. Durum: $x+y+z = 19$ olsun. $x-y+z = 11$ denkleminden $y=4$ ve $x+z=15$ bulunur. Bu değerleri $y(x+z) + xz = 0$ denkleminde yazarsak $xz =-60$ bulunur. Dolayısıyla kökleri $x$ ve $z$ olan ikinci dereceden denklem $t^2 - 15t -60=0$ dır. Bu denklemi çözersek kökler $\dfrac12 (15 \pm \sqrt{465})$ bulunur. $x$ ile $z$ yer değiştirebildiği için iki tane $(x,y,z)$ çözüm üçlüsü elde edilir. Bunlar $\left( \dfrac12 (15 + \sqrt{465}), 4, \dfrac12 (15 - \sqrt{465}) \right) $ ve $\left( \dfrac12 (15 - \sqrt{465}), 4, \dfrac12 (15 + \sqrt{465}) \right) $

2. Durum: $x+y+z = -19$ olsun. $x-y+z = 11$ denkleminden $y=-15$ ve $x+z = - 4$ bulunur. Bu değerleri $y(x+z) + xz = 0$ denkleminde yazarsak $xz =-60$ olur. Dolayısıyla kökleri $x$ ve $z$ olan ikinci dereceden denklem $t^2 +4 t -60=0$ dır. Bu denklemi çözersek kökler $-10$ ve $6$ bulunur. Buradan elde edilen $(x,y,z)$ çözüm üçlüleri $(-10, -15, 6)$ ve $(6, -15, -10)$ olur.

Sonuç olarak denklem sisteminin $4$ tane çözüm reel üçlüsü vardır.

Bir $ABC$ üçgeninin $B$ açısının iç açıortayına $CE$ dikmesi, $C$ açısının içaçıortayına da $BD$ dikmesi indiriliyor. $DE$ doğrusu, $[AB]$ kenarını $P$ noktasında ve $[AC]$ kenarını $Q$ noktasında kestiğine göre $$|AP|=|AQ|$$ olduğunu ispatlayınız.

Çözüm:

$\angle{BDC}=\angle{BEC}=90^\circ$ olduğundan $B-D-E-C$ çemberseldir.$\angle{PBD}=\alpha$, $\angle{DBE}$=$\beta$ ve $\angle{QCE}=\theta$ dersek çemberselikten; $\angle{DCE}=\beta$, $\angle{DEB}=\theta+\beta$, $\angle{EDC}=\alpha + \beta$ olur. Buradan $\angle{APQ}= \angle{AQP}= \alpha + 2\beta + \theta$ olup $$|AP|=|AQ|$$ bulunur.

Bir $ABC$ üçgeninin $[BC]$ kenarına paralel olan $d$ doğrusu, $AB$ ve $AC$ doğrularını sıra ile $D$ ve $E$ noktalarında kesiyor. $BE$ doğrusu ile $CD$ doğrusunun kesim noktası $P$ olduğuna göre, $P$ noktasının geometrik yerini bulunuz.

Çözüm:

$DE\parallel BC$ olduğundan $$\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{AE}{EC} \Rightarrow AD \cdot EC= AE \cdot DB \tag {1}$$

$ABC$ üçgeninde Ceva teoreminden $$AD\cdot BK \cdot EC = AE \cdot CK \cdot DB \tag{2}$$ bulunur.
$(1)$ ve $(2)$ eşitliklerinden $BK=BC$ bulunur.Bu durumda $P$ noktalarının geometrik yeri $ABC$ üçgeninin $BC$ kenarınının kenarortayıdır.

Hiçbir $n$ pozitif tam sayısı için $$n^4+3n^2+1$$ sayısının bir tam kare olmadığını gösteriniz.

Çözüm:

(Lokman GÖKÇE)

Sıkıştırma yöntemiyle problemi kolayca çözebiliriz. Başlayalım: $n$ ve $m$ birer pozitif tamsayı olmak üzere $n^4 + 3n^2 +1 = m^2$ olduğunu varsayalım.

$(n^2+1)^2 = n^4 + 2n^2 + 1 < n^4 + 3n^2 +1$ ve $(n^2+2)^2 = n^4 + 4n^2 + 4 > n^4 + 3n^2 +1$ olduğundan $(n^2+1)^2 < n^4 + 3n^2 +1 < (n^2+2)^2$ yazılır. $(n^2+1)^2 < m^2 < (n^2+2)^2$ eşitsizliğinden $n^2+1 < m < n^2+2$ bulunur. $n^2+1$ ve $n^2+2 $ ardışık tamsayılarının arasından bir başka $m$ tamsayısı olamaz.

Sonuç olarak, hiçbir $n$ pozitif tamsayısı için $n^4 + 3n^2 +1$ sayısı bir tam kare olamaz.