Tübitak Lise Takım Seçme - 2011 Çözümleri

$\mathbf{Q}^{+}$ pozitif rasyonel sayılar kümesini göstermek üzere; her $ x \in \mathbf{Q}^{+}$ için $$f\left(\dfrac{x}{x+1}\right)=\dfrac{f(x)}{x+1} \quad \text{ ve } \quad f\left(\dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{f(x)}{x^{3}}$$ koşullarını sağlayan tüm $f:\mathbf{Q}^{+}\to \mathbf{Q}^{+}$ fonksiyonlarını bulunuz.

(Serhat Doğan)

$ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin $A$ noktasından geçen çapının diğer ucu $D$ ve içteğet çemberinin merkezi $I$ olsun. Sırasıyla $[BA$ ve $[CA$ ışınları üstünde yer alan $E$ ve $F$ noktaları $$\vert BE\vert =\vert CF\vert =\dfrac{\vert AB\vert +\vert BC\vert +\vert CA\vert }{2}$$ koşulunu sağlıyorsa, $EF$ ve $DI$ doğrularının dik olduğunu gösteriniz.

(Mehmet Hamidoğlu)

Çözüm:

$ u , r , R $ bilinen gösterimler olmak üzere ; $|BE|=|CF|=u , |AD|=2R$ dir.
İçteğet çemberin $[AB]$ ve $[AC]$ ye değme noktaları sırasıyla $K$ ve $T$ olsun.
$|BT|=u-b , |CK|=u-c$ olduğundan, $|TE|=b , |KF|=c$ dir.

$\triangle{ITE}$ 'de, $$|IE|^{2}=b^{2}+r^{2} \tag{1}$$
$\triangle{IKF}$ 'de, $$|IF|^{2}=c^{2}+r^{2} \tag{2} $$
$\triangle{CDF}$ 'de, $$|DF|^{2}=u^{2}+|DC|^{2}=u^2+4R^{2}-b^{2} \tag{3}$$
$\triangle{BDE}$ 'de, $$|DE|^{2}=u^{2}+|BD|^{2}=u^2+4R^{2}-c^{2} \tag{4}$$
$(1)+(3) = (2)+(4)$ olduğundan, $IFDE$ içbükey dörtgeninin köşegenleri olan $ID$ ile $EF$ birbirine diktir.

$A$ ve $B$, sırasıyla $2011^{2}$ ve $2010$ elemanlı birer küme olsun. Her $(x,y)\in A\times A$ için, $f(x,y)=f(y,x)$ koşulunu ve her $g:A\to B$ fonksiyonu için, $g(a_{1})=f(a_{1},a_{2})=g(a_{2})$ ve $a_{1}\ne a_{2}$ olacak biçimde bir $(a_{1},a_{2}) \in A\times A$ bulunmasını sağlayan bir $f:A\times A \rightarrow B$ fonksiyonunun bulunduğunu kanıtlayınız.

(Azer Kerimov)

$D$, $ABC$ üçgeninin $[BC]$ kenarı üstünde köşelerden farklı bir nokta olmak üzere; $ABC$, $ABD$ ve $ADC$ üçgenlerinin içteğet çemberlerinin merkezleri sırasıyla, $I$, $I_{1}$ ve $I_{2}$ dir. $AI_{1}I$ ve $ADI_{2}$ üçgenlerinin çevrel çemberleri $A$ dan farklı bir $E$ noktasında, $ AII_{2}$ ve $AI_{1}D$ üçgenlerinin çevrel çemberleri de $A$ dan farklı bir $F$ noktasında kesişiyor. $|AI_{1}|=|AI_{2}|$ ise, $$\dfrac{|EI|}{|FI|}\cdot \dfrac{|ED|}{|FD|}=\dfrac{|EI_{1}|^{2}}{|FI_{1}|^{2}}$$ olduğunu kanıtlayınız.

(Şahin Emrah)

Çözüm:

$\angle AI_{1}I=\angle ADI_{2}$ ve $\angle IAI_{1}=\angle DAI_{2}$ olduğundan, $\triangle{AI_{1}I}$ ile $\triangle{ADI_{2}}$ nin çevrel çemberleri ikinci kez $I_{2}I$ ve $DI_{1}$ doğrularının kesim noktasında kesişirler.
Benzer şekilde, $\angle ADI_{1}=\angle AI_{2}I$ ve $\angle I_{1}AD=\angle IAI_{2}$ olduğundan, $\triangle{AII_{2}}$ ile $\triangle{AI_{1}D}$ nin de çevrel çemberleri de ikinci kez $I_{1}I$ ve $DI_{2}$ doğrularının kesim noktasında kesişirler.
Bu noktalar sırasıyla $E$ ve $F$ olarak bilinmektedir.
Açılar incelendiğinde aşağıdaki benzerliklere ulaşabiliriz.
$$\triangle{AI_{1}E}\sim\triangle{AI_{2}F}\Rightarrow\dfrac{|EI_{1}|}{|FI_{2}|}=\dfrac{|AE|}{|AI_{2}|}=\dfrac{|AI_{1}|}{|AF|}\Rightarrow\dfrac{|EI_{1}|^{2}}{|FI_{2}|^{2}}=\dfrac{|AE|}{|AF|}$$
$$\triangle{AIE}\sim\triangle{AFD}\Rightarrow\dfrac{|AE|}{|AD|}=\dfrac{|EI|}{|FD|}$$
$$\triangle{AED}\sim\triangle{AIF}\Rightarrow\dfrac{|AD|}{|AF|}=\dfrac{|ED|}{|FI|}$$
Bulunan son iki orantıdan,
$$\dfrac{|AE|}{|AF|}=\dfrac{|EI|}{|FI|}\cdot\dfrac{|ED|}{|FD|}$$
elde edilir.

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge 3$ koşulunu sağlayan tüm pozitif $a,b,c$ gerçel sayıları için, $$\dfrac{(a+1)(b+2)}{(b+1)(b+5)}+\dfrac{(b+1)(c+2)}{(c+1)(c+5)}+\dfrac{(c+1)(a+2)}{(a+1)(a+5)}\ge \dfrac{3}{2}$$ olduğunu kanıtlayınız.

(Fehmi Emre Kadan)

Çözüm:

$(b+1)(b+5) \le \dfrac{4}{3} (b+2)^2$ olduğunu ifadeyi açarak kolayca görebiliriz. O halde bizim;
$$\dfrac{(a+1)^2}{(a+1)(b+2)}+\dfrac{(b+1)^2}{(b+1)(c+2)}+\dfrac{(c+1)^2}{(c+1)(a+2)} \ge 2$$
göstermemiz yeterli olacaktır. Faydalı Eşitsizlikten dolayı;
$$\dfrac{(a+1)^2}{(a+1)(b+2)}+\dfrac{(b+1)^2}{(b+1)(c+2)}+\dfrac{(c+1)^2}{(c+1)(a+2)} \ge \dfrac{(a+b+c+3)^2}{ab+bc+ca+3(a+b+c)+6}$$
idir. Bundan sonra bizim;
$$(a+b+c+3)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)+6(a+b+c)+9 \ge 2(ab+bc+ca)+6(a+b+c)+12$$
göstermemiz yeterlidir. Bu da $a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge 3$ olduğundan doğrudur. İspat biter.

$n$ pozitif tam sayısının iki tabanına göre yazılımındaki rakamların toplamını $ t(n) $ ile gösterelim. $ k\ge 2 $ bir tam sayı olsun.

a. Tüm $m\ge N$ tam sayıları için, $t(3\cdot 5 \cdots (2m+1))>k$ olmasını sağlayan bir $N$ tam sayısı bulunduğunu gösteriniz.

b. Her $m$ pozitif tam sayısı için, $a_{m}\ge 3$ bir tek sayı ve $ t(a_{1}a_{2}\cdots a_{m})=k $ olacak biçimde bir $(a_{i})_{i=1}^{\infty } $ tam sayılar dizisi bulunduğunu gösteriniz.

(Okan Tekman)

$K$, dar açılı bir $ABC$ üçgeninin iç bölgesinde yer alan bir nokta ve $ARBPCQ$, köşeleri $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi $\Gamma$ nın üstünde bulunan dışbükey bir altıgen olsun. $K$ den geçen ve $\Gamma $ ya $A$ da teğet olan çemberin $AP$ doğrusunu ikinci kez kestiği nokta $A_{1}$, $K$ den geçen ve $\Gamma $ ya $B$ de teğet olan çemberin $BQ$ doğrusunu ikinci kez kestiği nokta $B_{1}$, $K$ den geçen ve $\Gamma $ ya $C$ de teğet olan çemberin $CR$ doğrusunu ikinci kez kestiği nokta $C_{1}$ ise, $$\min \left \lbrace \dfrac{|PA_{1}|}{|AA_{1}|},\dfrac{|QB_{1}|}{|BB_{1}|},\dfrac{|RC_{1}|}{|CC_{1}|}\right \rbrace \le 1$$ olduğunu kanıtlayınız.

(Fehmi Emre Kadan)

$2011$ kentin bulunduğu Çizgistan'daki her kent ikilisi için, Çizge Hava Yolları (ÇHY) tarafından bu kentlerden yalnızca birinden diğerine tek yönlü olarak uçak seferleri düzenlenmektedir. Her kentin kalkış noktası olduğu seferlerin sayısı ile varış noktası olduğu seferlerin sayısının farkının mutlak değeri $k$ yi aşmamak koşuluyla bu seferler nasıl düzenlenirse düzenlensin, Çizgistan'ın herhangi bir kentinden herhangi başka bir kentine yalnızca ÇHY seferlerini kullanarak ulaşmak mümkün olmaktadır. $k$ nin alabileceği en büyük değeri belirleyiniz.

(Azer Kerimov)

$p$ bir asal sayı, $n$ bir pozitif tam sayı olsun ve $\mathbf{Z}_{p^{n}} = \{0,1,\dots, p^n -1\}$ olsun. Her $ a,b \in \mathbf{Z}_{p^{n}}$ için, ($a+b+pab$, $a+b+pab$ nin $p^n$ ye bölümünden kalanı göstermek üzere), $$f(a)+f(b)\equiv f(a+b+pab) \pmod {p^{n}}$$ koşulunu sağlayan kaç $f:\mathbf{Z}_{p^{n}}\to \mathbf{Z}_{p^{n}}$ fonksiyonunun bulunduğunu belirleyiniz.

(Okan Tekman)

Çözüm:

Resmi Çözüm:

$i\ge 0$ için $a_i=\dfrac{(1+p)^i-1}{p}$ kabul edelim. Tümevarımla $f(a_i) \equiv i \cdot f(1) \pmod {p^n}$ elde ederiz.

Eğer $p>2$ veya $p=2$ ve $n=1$ ise, \[ a_i \equiv a_j \pmod {p^n} \: \Longrightarrow \: (1+p)^{j-i} \equiv 1 \pmod {p^{n+1}} \: \Longrightarrow \: i \equiv j \pmod {p^n}. \] olacak ve $a_i+a_j+pa_ia_j=a_{i+j}$ eşitliği gerçeklenecektir. $i,j\ge 0$ için fonksiyon $f(a_i) \equiv ic \pmod {p^n}, \: (0 \leq i<p^n),$ şeklinde tanımlı olacak ve $c \in \mathbb{Z}_{p^n}.$ gibi $p^n$ farklı şekilde seçilebilecek.

Eğer $p=2$ ve $n>1$ ise, \[ a_i \equiv a_j \pmod {2^n} \: \Longrightarrow \: 3^{j-i} \equiv 1 \pmod {2^{n+1}} \: \Longrightarrow \: i \equiv j \pmod {2^{n-1}}. \]
$\mathbb{Z}_{p^n} = \{a_i \: : 0 \leq i<2^{n-1}\} \cup \{-a_i-1 \: : 0 \leq i<2^{n-1}\}.$, ayrıca $2f(-1) \equiv f(-1)+f(-1) \equiv f((-1)+(-1)+2(-1)(-1)) \equiv f(0) \equiv 0 \pmod {2^n}.$ eşitliği de olacaktır.

Aynı şekilde $i,j\ge 0$ için, $a_i+a_j+2a_ia_j=a_{i+j}, \: a_i+(-a_j-1)+2a_i(-a_j-1)=-a_{i+j}-1,$ ve $(-a_i-1)+(-a_j-1)+2(-a_i-1)(-a_j-1)=a_{i+j}$ olduğundan fonksiyon $f(a_i) \equiv ic \pmod {2^n}$ şeklinde olacak ve $f(-a_i-1) \equiv ic+d \pmod {2^n}, \: (0\leq i<2^{n-1}),$ ifadesi de doğru olacaktır.

$\square$