Tübitak Lise Takım Seçme - 2012 Çözümleri

$D$, dar açılı bir $ABC$ üçgeninin $[BC]$ kenarı üstünde köşelerden farklı bir nokta olmak üzere; $M_1$, $M_2$, $M_3$, $M_4$, $M_5$ sırasıyla, $[AD]$, $[AB]$, $[AC]$, $[BD]$, $[CD]$ doğru parçalarının orta noktaları; $O_1$, $O_2$, $O_3$, $O_4$ sırasıyla, $ABD$, $ACD$, $M_1M_2M_4$, $M_1M_3M_5$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin merkezleri; $S$ ve $T$ de sırasıyla, $AO_1$ ve $AO_2$ doğru parçalarının orta noktaları olsun. $SO_3O_4T$ dörtgeninin bir ikizkenar yamuk olduğunu kanıtlayınız.

(Selim Bahadır)

Çözüm:

$M_1M_2$ nin orta noktası $P$; $M_1M_3$ ün orta noktası $R$ olsun.
Açık şekilde $O_1M_4 \parallel PO_3$ ve $\triangle M_4M_1M_2 \sim \triangle ABD$ benzerliğinden $O_3P = O_1M_4$.
$AP=PM_4$ ve $AS = SO_1$ olduğundan $SP \parallel O_1M_4$, dolayısıyla da $S, P, O_3$ doğrusal ve $SP = PO_3$.
Aynı işlemleri $O_2$ ve $O_4$ için yaptığımızda, $TR=RO_4$ ve $T,R,O_4$ doğrusal olacak. $O_3P \parallel O_4R$ olduğu için $SO_3O_4T$ bir yamuk; $RP$, bu yamuğun simetri ekseni olduğu için de ikizkenar bir yamuktur.

$ab+bc+ca \leq 1$ koşulunu sağlayan tüm $a,b,c$ pozitif gerçel sayıları için, $$ a + b+c + \sqrt 3 \geq 8abc \left( \dfrac{1}{a^2+1} + \dfrac{1}{b^2+1} + \dfrac{1}{c^2+1} \right)$$ olduğunu gösteriniz.

(Fehmi Emre Kadan)

Çözüm:

$(a+b)(a+c)=a^2+ab+bc+ca \le a^2+1$ dir. $\dfrac{1}{a^2+1} + \dfrac{1}{b^2+1} + \dfrac{1}{c^2+1} \le \dfrac{2(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$ olur.

Lemma : $9(a+b)(b+c)(c+a) \ge 8(a+b+c)(ab+bc+ca)$

İspat: $(a+b)(b+c)(c+a)+abc=(a+b+c)(ab+bc+ca)$ olduğunu biliyoruz. Yerine koyarsak $9(a+b+c)(ab+bc+ca)-9abc \ge 8(a+b+c)(ab+bc+ca)$ ve $(a+b+c)(ab+bc+ca) \ge 9abc$ göstermemiz yeterli olur. Bu da $A.G.O$ dan barizdir.

O halde biz $8abc \left( \dfrac{1}{a^2+1} + \dfrac{1}{b^2+1} + \dfrac{1}{c^2+1} \right) \le \dfrac{16abc(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \le \dfrac{18abc}{ab+bc+ca}$ olduğunu gösterdik. Bundan sonra;

$a + b+c + \sqrt{3} \ge \dfrac{18abc}{ab+bc+ca}$ göstermemiz yeterli olacaktır. Düzenlersek;

$(a+b+c)(ab+bc+ca)+ \sqrt{3}(ab+bc+ca) \ge 18abc$ göstermeliyiz. $A.G.O$ dan $(a+b+c)(ab+bc+ca) \ge 9abc$ dir. O halde $\sqrt{3}(ab+bc+ca) \ge 9abc$ göstermemiz yeterlidir.

$A.G.O$ dan $ab+bc+ca \ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$ idir. Verilen bilgiden $\dfrac{1}{3} \ge \dfrac{ab+bc+ca}{3} \ge \sqrt[3]{a^2b^2c^2}$ olur ve $\dfrac{1}{3\sqrt{3}} \ge abc$ olur. Buradan da $\sqrt{3}(ab+bc+ca) \ge 9abc$ elde ederiz. İspat biter. Eşitlik $a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ için sağlanır.

Bir $ABC$ üçgeninin içteğet çemberi $[BC]$, $[CA]$, $[AB]$ kenarlarına sırasıyla, $D$, $E$, $F$ noktalarında değiyor. $A$ noktasında geçen ve $BC$ doğrusuna $D$ de teğet olan çember ise, $[BF]$ ve $[CE]$ doğru parçalarını sırasıyla, $K$ ve $L$ noktalarında kesiyor. $E$ den geçen ve $DL$ ye paralel olan doğru ile $F$ den geçen ve $DK$ ye paralel olan doğru da $P$ noktasında kesişiyor. $R_1$, $R_2$, $R_3$, $R_4$ sırasıyla, $AFD$, $AED$, $FPD$, $EPD$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin yarıçapları olmak üzere, $R_1R_4 = R_2R_3$ olduğunu kanıtlayınız.

(Fehmi Emre Kadan)

Çözüm:

$u$ yarıçevre olmak üzere; $BD=BF=u-b$, $CD=EC=u-c$, $AF=AE=u-a$.
$B$ nin $(AKDL)$ çemberine göre kuvvetinden $BK=\dfrac {(u-b)^2}c$ ve $C$ nin aynı çembere göre kuvvetinden $CL=\dfrac {(u-c)^2}b$.

Bu durumda $KF = (u-b) - \dfrac {(u-b)^2}c$ ve $EL = (u-c) - \dfrac {(u-c)^2}b$. Biraz aritmetikle $$\dfrac{KF}{EL} = \dfrac {b(u-b)}{c(u-c)}.$$
$\triangle BDK \sim \triangle BAD$ olduğu için $\dfrac {KD}{AD} = \dfrac {BD}{AB} = \dfrac {u-b}{c}$, aynı şekilde $\triangle CDL \sim \triangle CAD$ olduğu için $\dfrac {DL}{AD} = \dfrac {DC}{AC} = \dfrac{u-c}{b}$. Taraf tarafa oranlarsak; $$ \dfrac {KD}{DL} = \dfrac {b(u-b)}{c(u-c)} = \dfrac {KF}{EL} \tag{1}$$
$(AFD)$ nin yarıçapı $R_1 = \dfrac {AD}{2\sin \angle AFD} = \dfrac {AD}{2\sin \angle KFD}$,

$(FPD)$ nin yarıçapı $R_3 = \dfrac {PD}{2\sin \angle PFD} = \dfrac {PD}{2\sin \angle FDK}$.
Taraf tarafa oranlarsak $$ \dfrac{R_1}{R_3} = \dfrac {AD \cdot \sin \angle FDK}{PD \cdot \sin \angle KFD } = \dfrac {AD}{PD} \cdot \dfrac{KF}{KD} \tag{2}$$
$(AED)$ nin yarıçapı $R_2 = \dfrac {AD}{2\sin \angle AED} = \dfrac {AD}{2\sin \angle DEL}$,

$(EPD)$ nin yarıçapı $R_4 = \dfrac {PD}{2\sin \angle PED} = \dfrac {PD}{2\sin \angle EDL}$.
Taraf tarafa oranlarsak $$ \dfrac{R_2}{R_4} = \dfrac {AD \cdot \sin \angle EDL}{PD \cdot \sin \angle DEL } = \dfrac {AD}{PD} \cdot \dfrac{EL}{DL} \tag{3}$$
$(2)$ ile $(3)$ oranlayıp $(1)$ deki eşitliği yerine yazarsak $R_1R_4 = R_2R_3$ eşitliğini elde ederiz.

Hangi $n$ pozitif tam sayıları için, her biri $n$ ile bölünen $n$ tane tam sayının karelerinin toplamı olarak yazılabilen her pozitif tam sayının, hiçbiri $n$ ile bölünmeyen $n$ tane tam sayının karelerinin toplamı olarak da yazılabileceğini belirleyiniz.

(Şahin Emrah)

Çözüm:

Resmi Çözüm: Bu şartları sağlayan pozitif tamsayılarına iyi sayı diyelim. Her $n$ iyi sayısının tüm katlarının iyi sayı olduğunu gösterelim. $m=nk$ olmak üzere, her $1 \leq i \leq m$ için $m\mid x_i$ olsun. $n\mid x_i$ ve $n$ bir iyi sayı olduğuna göre, her $0 \leq l \leq k-1$ indisi için $$\sum_{i=nl+1}^{n(l+1)} x_i^2=\sum_{i=nl+1}^{n(l+1)} y_i^2$$ olacak şekilde hiçbiri $n$ ile tam bölünmeyen $y_1,y_2,\dots,y_m$ sayıları bulunur. Buna göre, $$\sum_{i=1}^{nk} x_i^2=\sum_{i=1}^{nk} y_i^2$$ ve tüm $1 \leq i \leq m$ indisleri için $m=nk\nmid y_i$ olur. Şimdi tüm pozitif tek tam sayıların iyi sayı olduğunu gösterelim.

Lemma: $n$ bir pozitif tek tam sayı olmak üzere, $x_1, x_2,\dots , x_n$ tam sayılarından en az biri $n$ ile tam bölünmeyen sayı olsun. O zaman $$\sum_{i=1}^{n} (nx_i)^2=\sum_{i=1}^{n} y_i^2$$ olacak şekilde hiçbiri $n$ ile tam bölünmeyen $y_1, y_2, \dots ,y_n$ tam sayıları vardır.

Lemmanın İspatı: Genelliği bozmadan $n \nmid x_1$ kabul edelim. $X = 2\sum_{i=1}^{n}x_i$ olsun. $n\mid X$ ise $x_1$ yerine $-x_1$ yazarsak $n\nmid x_1$ ve $n$ tek olduğundan $n \nmid 4x_1$ olur. Sonuç olarak yine genelliği bozmadan $n\nmid X$ alabiliriz. Şimdi $$\sum_{i=1}^{n} (nx_i)^2=\sum_{i=1}^{n} (X-nx_i)^2$$ eşitliğinde her $1 \leq i \leq n$ için $y_i = X - nx_i$ alırsak lemmanın ispatı tamamlanmış olur.

$n$ bir pozitif tam sayı olmak üzere, bir $a$ sayısı her biri $n$ ile tam bölünen $n$ tam sayının karelerinin toplamına eşitse, $a=\sum_{i=1}^{n} \left (n^r x_i\right )^2$ ve her $1 \leq i \leq n$ için $n\nmid x_i$ olacak şekilde $x_1, x_2, \dots, x_n$ tam sayıları bulunur. Lemmayı $r$ kez kullanarak, $a=\sum_{i=1}^{n} y_i^2$ ve her $1 \leq i \leq n$ için $n\nmid y_i$ olacak şekilde $y_1, y_2, \dots, y_n$ tam sayıları elde edilir.

Şimdi $8$ sayısının iyi sayı olduğunu gösterelim. Bir $a$ sayısı her biri $8$ ile tam bölünen $8$ tam sayının karelerinin toplamına eşitse $64\mid a$ ve $a \geq 64$ olur. O zaman Lagrange’ ın $4$ kare teoremine göre, $x_1, x_2, x_3, x_4$ tam sayılar olmak üzere, $a = 1^2+4^2+4^2+4^2+x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2$ olur. Bu durumda $x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2\equiv 7\pmod{8}$ ve $7$ sayısının (mod $8$) de sadece $1+1+1+4$ şeklinde gösterildiğine göre, tüm $1 \leq i \leq 4$ indisleri için $8\nmid x_i$ elde edilir.

$4$ sayısı iyi sayı değildir, çünkü $32 = 4^2+4^2+0^2+0^2$ sayısı hiçbiri $4$ ile bölünmeyen $4$ sayının karesinin toplamı şeklinde gösterilemez. İyi sayının tüm katları da iyi sayı olduğuna göre, $1$ ve $2$ sayıları da iyi sayı değildir. Dolayısıyla şartı sağlayan sayılar, $1,2,4$ haricindeki tüm pozitif tam sayılardır.
.

Arda ile Başak $1\times m$ bir satranç tahtası ve üzerlerinde $1$ den $2012$ ye kadar tam sayıların yazılı olduğu $2012$ taşla bir oyun oynuyorlar. Her hamlede Arda bir taş seçiyor ve Başak bunu tahtanın istediği boş bir karesine yerleştiriyor. Bu biçimde yapılan $k$ hamle sonucunda seçilen taşlar tahtaya artan bir sırada yerleştirilmişse, oyunu Başak; değilse, Arda kazanıyor. Hangi $(m,k)$ ikilileri için Başak’ın oyunu kazanmayı garantileyebileceğini belirleyiniz.

(Azer Kerimov)

Bir $r$ rasyonel sayısı ve bir $n$ pozitif tam sayısı için, $S_r(n) = 1^r + 2^r + \dots + n^r$ olsun. Sonsuz çoklukta $n$ pozitif tam sayısı için, $S_a(n) = \left(S_b(n)\right)^c$ olmasını sağlayan bütün $a,b$ pozitif rasyonel sayılarını ve $c$ pozitif tam sayılarını belirleyiniz.

(Ömer Faruk Tekin)

Çözüm:

Cevap: $a = 3; b = 1; c = 2$ ve $a = b \in \mathbf{Q^+}; c = 1.$

Koşulda $n$ üstünde Bernoulli Eşitsizliği uygularsak tüm pozitif $n$ tamsayıları ve pozitif rasyonel $r$ sayıları için;
$$\frac{n^{r+1}}{r+1} \le S_r(n) \le \frac{(n+1)^{r+1}}{r+1} $$
elde ederiz. $S_a(n) = (S_b(n))^c$ eşitliğinde benzer biçimde $r=a,b$ için Bernoulli eşitsizliği uygularsak;

$\dfrac{n^{a+1}}{a+1} \le \left( \dfrac{(n+1)^{b+1}}{b+1} \right)^c $ ve $\dfrac{(n+1)^{a+1}}{a+1} \ge \left( \dfrac{n^{b+1}}{b+1} \right)^c $

elde edilir. Buradan;
$$\frac{n^{(b+1)c}}{(n + 1)^{a+1}} \le \frac{(b + 1)^c}{a + 1} \le \frac{(n + 1)^{(b+1)c}}{n^{a+1}}$$
eşitsizliğinin sonsuz sayıda $n$ pozitif tamsayısı için sağlandığını elde ederiz. Son eşitsizlikte $n$ e sonsuza yakın bir değer verdiğimizde $(b + 1)c = a + 1$ ve $(b + 1)^c = a + 1$ olması gerektiğini elde ederiz. $c=1$ ise $a=b$ sağlar. $c>1$ ise $c = (b + 1)^{c-1}$ ve $b \in \mathbf{Z}$ olur. $b\ge 1$ den $c \ge 2^{c-1}$ olmalıdır. Yani $c=2$ dir. Buradan $a=3,b=1$ gelir ve ispat biter.

$ABC \cong A'B'C'$ olacak biçimde düzlemde yer alan birbirinden farklı $A$, $B$, $C$, $A'$, $B'$, $C'$ noktaları için, $ABC$ üçgeninin ağırlık merkezi $G$ noktası olsun. $G$ den geçen $A'$ merkezli çember ile $[AA']$ çaplı çember $A_1$ noktasında, $G$ den geçen $B'$ merkezli çember ile $[BB']$ çaplı çember $B_1$ noktasında, $G$ den geçen $C'$ merkezli çember ile $[CC']$ çaplı çember de $C_1$ noktasında kesişiyorsa, $$|AA_1|^2+|BB_1|^2+|CC_1|^2\leq |AB|^2 + |BC|^2 + |CA|^2 $$ olduğunu gösteriniz.

(Fehmi Emre Kadan)

Tüm pozitif tam sayıların kümesinin $\mathbf{Z}^+$ ile, tüm asal sayıların kümesini de $\mathbf{P}$ ile gösterelim.

$A$ ve $S$, $\mathbf{Z}^+$ nın altkümeleri olmak üzere; $A$ nın tüm $a$ elemanları ve $0\leq b < a$ koşulunu sağlayan tüm $b$ tam sayıları için, $b \equiv s_1 + s_2 + \dots + s_n \pmod a$ ve $1 \leq n \leq N$ olacak biçimde $S$ ye ait $s_1, s_2, \dots, s_n$ sayılarının bulunmasını sağlayan bir $N$ pozitif tam sayısı varsa, $A$ kümesine $S$-uygun diyelim.

$\mathbf{P}$ kümesi $S$-uygun olacak ve $\mathbf{Z}^+$ kümesi $S$-uygun olmayacak biçimde $\mathbf{Z}^+$ nın bir $S$ altkümesini bulunuz.

(Umut Varolgüneş)