Tübitak Lise 2. Aşama - 1991 Çözümleri

(Lokman GÖKÇE)

Değişken sayısını azaltmak için ikinci denklemde $z=x+y+1$ koyalım: $xy=(x+y+1)^2-7(x+y+1)+14$ olup buradan $$x^2+y^2-5(x+y)+xy+8=0 \tag {1}$$ denklemine ulaşırız. Burada $x=a+b$, $y=a-b$ değişken değiştirmesi yaparsak $x^2+y^2=2(a^2+b^2)$, $xy=a^2-b^2$ ve $x+y=2a$ olur. Bu değerleri $(1)$ denkleminde yazarsak $$3a^2+b^2+10a+8=0 \tag {2}$$ buluruz. Problemin bu aşamadan sonrasını analitik düzlemde düşünelim:

$(2)$ denklemi bir elips belirtir. Bu elipsin simetri merkezi $a$ ekseni üzerindedir ve asal-yedek eksenleri koordinat eksenlerine paraleldir. $\dfrac43 \leq a \leq 2 $ olduğunu görmek kolaydır. (elipsin yatay $a$ eksenini kestiği noktaları saptamak için $b=0$ yazın) Biz $a^2+b^2$ toplamının max değerini arıyoruz. $a^2+b^2= -2a^2 +10a - 8$ dersek $\dfrac43 \leq a \leq 2 $ aralığında $ f(a)=-2a^2 +10a - 8$ parabolü artandır ve $a_2=2 $ için $x=y=2$ olup $x^2+y^2=8$ en büyük değerine ulaşır.

NOT: $x^2+y^2$ toplamının en küçük değeri istenseydi  $a_1=\dfrac43 $ için $x=y=\dfrac43 $ olup $x^2+y^2 = \dfrac{32}{9}$ elde edilirdi.

Ek çizimleri bulmakta zorluk yaşayanlar için trigonometrik bir çözüm verebiliriz.

Çözüm [Lokman GÖKÇE]: Önce iki yardımcı teorem verelim.

Lemma 1. $\sin 20^\circ \cdot \sin 40^\circ \cdot \sin 80^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{8}$ dir.

Lemma 2 [Trigonometrik Bir Hile]. $x,y,a,b>0^\circ $ ve $x+y=a+b < 180^\circ $ olsun.
$$ \dfrac{\sin x}{\sin y} =  \dfrac{\sin a}{\sin b} $$
eşitliği sağlanıyorsa $x=a$ ve $y=b$ dir.

Bunların ispatlarının yapmak zor değildir. Şimdi ana

$m(\widehat{ADE})=y$ olsun. $ABD$ üçgeni ve dışındaki $E$ noktası için trigonometrik Ceva teoremini uygulayalım.
$$  \dfrac{\sin EAD}{\sin EAB} \cdot \dfrac{\sin EBA}{\sin EBD} \cdot \dfrac{\sin EDB}{\sin EDA} = 1 $$
olup $ \dfrac{\sin (80^\circ + y)}{\sin y} = \dfrac{\sin 20^\circ \cdot \sin 80^\circ }{\sin 30^\circ \cdot \sin 30^\circ}$ olur. Sağ taraftaki ifadenin pay kısmına bakınca Lemma 1'deki eşitliği kullanabileceğimiz akla geliyor. Buna göre,
$$ \dfrac{\sin (80^\circ + y)}{\sin y} = \dfrac{\sqrt{3}/8}{(1/4)\sin 40^\circ }=  \dfrac{\sqrt{3}/2}{\sin 40^\circ } = \dfrac{\sin 120^\circ}{\sin 40^\circ}$$
elde edilir. Artık Lemma 2'de verdiğimiz trigonometrik hileyi kullanarak $y=40^\circ$ elde edilir. Böylelikle, $m(\widehat{BED})=x=40^\circ $ sonucuna ulaşırız.

$ADE$ üçgeninin çevrel çemberi $[BE]$ yi $F$ de kessin.
Buradaki hesap makinesine göre bu soru hem 4.6 nolu nolu, hem de 3.7 nolu Ceva Modeline aittir.

Dolayısıyla sorunun iki farklı genel hali vardır:

• $\angle DAE = \angle ABE = 30^\circ$, $\angle DBE = \angle BAD - 30^\circ = t$ ise  $\angle BED = 2\angle DBE = 2t$ olduğunu gösteriniz.
  
  
• $\angle ABE = 3t$, $\angle DBE =60^\circ-4t$, $\angle BAD = 30^\circ + 2t$ ve $\angle ACB = 5t$ ise  $\angle BED = 30^\circ + t$ olduğunu gösteriniz.

Lokman Hoca'nın ilk çözümündeki adımları uygulayarak 1. soruyu çözebiliriz. Halil İbrahim Hoca'nın çözümü sorunun genel hali için çalışmamaktadır.

Burada Model 4.6' ya ait çözümler yer almakta. Linkte örneklenen soru, buradaki sorudaki bazı açıların yer değiştirilmiş hali.
Trigonometrik çözüm, açı yer değiştirmelerini önemsemediği için, bu soru için de doğrudan uygulanabilir.
Sentetik çözümdeki mantık bu soru için de uygulanabilir duruyor.

Genel haline trigonometrik çözümler verelim:

$\angle DAE = \angle ABE = 30^\circ$, $\angle DBE = \angle BAD - 30^\circ = t$ ise  $\angle BED = 2\angle DBE = 2t$ olduğunu gösteriniz.

$ABDE$ dörtgenine Trigonometrik Ceva birden farklı şekilde uygulanabilir.

Yöntem 1: (4 trigonometrik oran içerir)
$$\dfrac {\sin \angle ABE}{\sin \angle EBD} \cdot \dfrac {\sin \angle BDA }{\sin \angle ADE} \cdot \dfrac {\sin \angle DEB }{\sin \angle BEA} \cdot \dfrac {\sin \angle EAD}{\sin \angle DAB} = 1 \tag{1}$$

$\angle BED = \alpha$ diyelim.

$\dfrac {\sin 30^\circ}{\sin t} \cdot \dfrac {\sin (120^\circ - 2t)}{\sin (60^\circ + t - \alpha) } \cdot \dfrac {\sin \alpha}{\sin (90^\circ - t)} \cdot \dfrac {\sin 30^\circ}{\sin (30^\circ + t)} = 1$

$\dfrac {1}{2\sin t} \cdot \dfrac {\sin (60^\circ + 2t)}{\sin (60^\circ + t - \alpha) } \cdot \dfrac {\sin \alpha}{\cos t} \cdot \dfrac {1}{2\sin (30^\circ + t)} = 1$
$ \Rightarrow \dfrac {\sin \alpha}{\sin (60^\circ + t - \alpha)} = \dfrac {\sin 2t} {\cos (30^\circ + t)} = \dfrac {\sin 2t} {\sin (60^\circ + t - 2t)}$

Son eşitlikten $\alpha = 2t$ olduğu kolayca görülebilir.


Yöntem 2: (3 trigonometrik oran içerir)
$$\dfrac {\sin \angle ABE}{\sin \angle EBD} \cdot \dfrac {\sin \angle BDE }{\sin \angle EDA} \cdot \dfrac {\sin \angle DAE }{\sin \angle EAB} = 1 \tag{2}$$
$\dfrac{\sin 30^\circ}{\sin t} \cdot \dfrac{\sin (180^\circ - t - \alpha) }{\sin (60^\circ + t - \alpha)} \cdot \dfrac{\sin 30^\circ}{\sin (60^\circ + t)} = 1$

$\begin{array}{lll}
\dfrac{\sin (t + \alpha)}{\sin (60^\circ + t - \alpha) } & =& 4\sin t \sin (60^\circ + t) \\
& = & \dfrac {4\sin t \sin (60^\circ + t) \sin (60^\circ - t)}{\sin (60^\circ  - t)}\\
& = & \dfrac {2\sin t (\cos 2t - \cos 120^\circ)}{\sin (60^\circ  - t)}\\
& = & \dfrac {\sin t (2\cos 2t + 1)}{\sin (60^\circ  - t)}\\
& = & \dfrac {\sin 3t - \sin t + \sin t}{\sin (60^\circ  - t)}\\
& = & \dfrac {\sin 3t}{\sin (60^\circ  - t)}\\
& = & \dfrac {\sin (t + 2t)}{\sin (60^\circ  + t - 2t)}
\end{array}$
Son eşitlikten $\alpha = 2t$ elde edilir.

Not:
Yöntem 1 daha fazla trigonometrik oran içerse de daha basit bir çözüme sahip.