Tübitak Lise Takım Seçme - 2009 Çözümleri

Harmonik Bölüm : Bir doğru üzerinde $A$ ve $B$ gibi iki nokta alalım. $[AB]$ yi içten bölen $P$ noktası ile dıştan bölen $Q$ noktası için $\dfrac {AP}{AQ} = \dfrac {BP}{BQ}$ oluyorsa $P$ ve $Q$ noktaları $[AB]$ yi harmonik olarak böler. $P$ ve $Q$ noktalarının $[AB]$ yi harmonik olarak bölüşü $(ABPQ)$ şeklinde gösterilir. Ayrıca $P$ ve $Q$ noktalarına $A$ ve $B$ noktalarının, karşıt olarakta $A$ ve $B$ noktalarına $P$ ve $Q$ noktalarının harmonik eşlenikleri denir.


Kutup Doğrusu :  Bir daire ve bir $P$ noktası veriliyor. Bu noktadan geçen ve daireyi $A$ ve $B$ noktalarında kesen değişken bir doğru çiziliyor. $P$ noktasının $A, B$ noktalarına göre harmonik eşleniği olan $Q$ noktası alınıyor. $Q$ noktasının geometrik yeri bir doğru olup, bu doğruya $P$ noktasının daireye göre kutup doğrusu denir.
$P$ noktasından daireye çizilen teğetlerin değme noktaları $C$ ve $D$ olmak üzere, $CD$ doğrusu $P$ nin kutup doğrusudur ve $OP$ doğrusuna diktir. ( $O$ dairenin merkezi)
Buradan şu sonucu çıkarabiliriz. Dairenin yarıçap $R$ ve $P$ ile $M$ eşlenik noktalar olmak üzere ; $R^{2} = |OM|\cdot|OP|$ dir.


Eşlenik Noktalar : Eğer bir $A$ noktasının kutup doğrusu $B$ noktasından geçerse, karşıt olarak $B$ noktasının kutup doğrusuda $A$ noktasında geçer.

$A$ nın kutup doğrusu $(\Delta)$ ve bu doğru $OA$ ya $A'$ noktasında dik olsun. $R$ dairenin yarıçapı olmak üzere,
$|OA|\cdot|OA'|=R^{2}$  dir.
$(\Delta)$ nın herhangi bir noktası $B$ olsun. $OB$ ye $AB'$ dikmesini çizelim. $\angle{AA'B} = \angle{AB'B}=90^{\circ}$ olduğundan $A, A', B, B'$ noktaları bir daire üzerindedir. Bu takdirde,
$|OA|.|OA'| = |OB|.|OB'| = R^{2}$
bulunur. Bu gösterir ki $AB' , B$ noktasının kutup doğrusudur. O halde bu kutup doğrusu $A$ noktasından geçer.


Eşlenik Doğrular : Eğer bir $(D)$ doğrusu $(\Delta)$ doğrusunun kutbundan geçerse, karşıt olarak $(\Delta)$ doğrusu da $(D)$ doğrusunun kutbundan geçer.

$(\Delta)$ doğrusunun kutbu $A$ olsun. $OA , (\Delta)$ ya dik olup $(\Delta$) yı $A'$ noktasında kestiğine göre, $R^{2}=|OA|\cdot|OA'|$ dir.
$(\Delta)$ nın kutbundan geçen herhangi bir doğru $(D)$ olsun. $(\Delta)$ nın $(D)$ nin kutbundan geçtiğini gösterelim.
$(D)$ ye indirilen $OB’$ dikmesinin $(\Delta)$ yı kesiği nokta $B$ olsun. $A , A’ , B , B’$ noktaları çembersel olduğundan
$|OB|\cdot|OB’| = |OA|\cdot|OA’| = R^{2}$
olur. Bu bağıntı $(D)$ nin kutbunun $B$ olduğunu gösterir. Böylece $(\Delta)$ nın $(D)$ doğrusunun kutbundan geçtiği görülür


Asıl problemin çözümünde faydalanacağımız bir alt probleme çözüm arayalım

Problem : Bir teğetler dörtgeninde, köşegenlerin kesim noktası ile karşılıklı kenarların değme noktaları doğrusaldır.

Çözüm : $\triangle{KDL}$ ve $\triangle{KBL}$ nin alanlarının inceleyelim.
 
$\angle{LKD} = \angle{NKB}$ olduğundan,
$$\dfrac{Alan(KDL)}{Alan(KBN)} = \dfrac{|KD|\cdot|KL|}{|KB|\cdot|KN|}$$   
$N$ ve $L$ teğet değme noktaları olduğundan, $\angle{KLD}=\angle{KNC}=180^{\circ}-\angle{KNB}$ dir. O halde,
$$\dfrac{Alan(KDL}{Alan(KBN)} = \dfrac{|KL|\cdot|LD|}{|KN|\cdot|NB|}$$   
Bulunan iki eşitlikten,

$\dfrac{|LD|}{|BN|} = \dfrac{|KD|}{|KB|}$  dir.

$[BD]$ üzerindeki herhangi bir $T$ noktası için

$\triangle{TBS}$ ve $\triangle{TDM}$ inin alanlarını inceleyelim.

$\angle{BTS} = \angle{DTM}$ olduğundan,
$$\dfrac{Alan(TBS)}{Alan(TDM)} =\dfrac{|TB|\cdot|TS|}{|TD|\cdot|TM|}$$ 
$\angle{BST}$ ile $\angle{DMT}$ bütünler olduğundan,
$$\dfrac{Alan(TBS)}{Alan(TDM)} = \dfrac{|BS|\cdot|TS|}{|TM|\cdot|MD|}$$ 
Bulunan iki eşitlikten,

$\dfrac{|MD|}{|BS|} = \dfrac{|TD|}{|TB|}$  dir.

$|MD|=|DL|$ ve $|BS| = |BN|$ olduğundan, $T$ ve $K$ noktalarının $[BD]$ aynı oranda bölen noktalar olduğunu buluyoruz.
O halde $T$ noktası aslında $K$ dır.

Demek ki teğetler dörtgeninde değme kirişleri bir köşegenin üzerinde kesişiyorlar.$[AC]$ köşegenini seçerek başlasaydık $K$ noktası bu köşegeninde üzerinde bulunacaktı.


$K$ noktasının $NL$ ve $MS$ doğruları üzerinde bulunduğunu göstermiş olduk. $MS , P$ noktasının daireye göre kutup doğrusu , $NL$ de $Q$ noktasının daireye göre kutup doğrusudur. O halde $P$ ile $K$ ve $Q$ ile $K$ eşlenik noktalar olup $K$ nın kutup doğrusu da $P$ ve $Q$ noktalarından geçen $PQ$ doğrusu olacaktır. Buna göre $OK$ doğrusu $PQ$ doğrusuna diktir.
Dairenin $ON$ ve $OL$ yarıçaplarının kenarlara dik olduğunu biliyoruz. Bu halde $O, N, H, Q, L$ noktaları çemberseldir. $QO$ nun açıortay olması bilgisini de kullanarak çembersellikten gelen eşit açılar ile $\triangle{ONK}$  ile $\triangle{OHN}$ nin benzerliğini görebiliriz. Bu benzerliğe göre;
$$\dfrac{|ON|}{|OH|} = \dfrac{|OK|}{|ON|}$$ yani, $|ON|=r , |OH|=d$ olup $$r^{2} = |OK|\cdot{d}$$ dir.

Çember $AB$, $BC$, $CD$, $DA$ kenarlarına sırasıyla $S$, $N$, $M$, $L$ noktalarında dokunsun.
$LN$ ile $SM$ doğruları $R$ de kesişsin.
$\triangle RDM$ ve $\triangle RLD$ de Sinüs teoreminden $$\dfrac{RD}{DM} = \dfrac{\sin \angle RMD}{\sin \angle DRM} = \dfrac{\sin \angle RLD}{\sin \angle LRD} \tag{1}$$
$\triangle RBN$ ve $\triangle RBS$ de Sinüs teoreminden $$\dfrac{RB}{BN} = \dfrac{\sin \angle RNB}{\sin \angle BRN} = \dfrac{\sin \angle RSB}{\sin \angle SRB} \tag{2}$$
Ayrıca $\sin \angle RMD = \sin \angle RSB$ ve $\sin \angle RLD = \sin \angle RNB$ olduğu için $(1)$ ile $(2)$ yi taraf tarafa çarptığımızda $$\dfrac{\sin \angle SRB}{\sin \angle BRN} = \dfrac {\sin \angle DRM}{\sin \angle LRD} \tag{3}$$ elde ederiz. Buradan da $\angle SRB = \angle DRM$ elde edilir. Yani $D,R,B$ doğrusaldır.
Benzer şekilde $A,R,C$ de doğrusaldır. Bu durumda $R=K$ dır.

İkizkenar $\triangle QLN$ de Stewart'tan $$QN^2 - KL \cdot KN = QK^2 \tag{4}$$ İkizkenar $\triangle PMS$ de Stewart'tan $$PM^2 - KM \cdot KS = PK^2 \tag{5}$$ $K$ noktasının kuvvetinden $KL\cdot KN = KS \cdot KM$ olacağı için $(4)$ ten $(5)$ i çıkartırsak $$QK^2 - PK^2 = QN^2 - PM^2  \tag {6}$$ elde edilir. $QN^2 = OQ^2 - ON^2$ ve $OP^2 = OP^2 - OM^2$ eşitliklerini yerine yazarsak $$ QK^2 - PK^2 = OQ^2 - OP^2\tag{7}$$ elde ederiz. Bu da $PQ \perp OK$ demektir. $OK \cap PQ = \{H\}$ olsun.
$\angle OPM = \angle KMO$ ve $HPMO$ kirişler dörtgeninde $\angle OPM = \angle MHO$ olduğu için $\angle OHM = \angle KMO$ elde edilir. Bu da $OK\cdot OH = OM^2$ demektir. $\blacksquare$

$Q(x^{i})\equiv Q(x^{i+p-1}) \pmod p$ olduğu için:

$1+p+\prod\limits_{i=1}^{2p-2} Q(x^i)\equiv 1+\prod\limits_{i=1}^{p-1} Q(x^i)^2\pmod p$ bulunur.

Dolayısıyla eğer bir $x_1$ için bu $x_1$ tamsayı kök ise:

$1+p+\prod\limits_{i=1}^{2p-2} Q(x^i)\equiv 1+\prod\limits_{i=1}^{p-1} Q(x^i)^2\equiv 0\pmod p$ $\Rightarrow p=4k+1$ formatında veya $p=2$

$p=4k+1$ için eğer $x_1$ polinomun bir kökü ise:

$Q(x^{i})\equiv Q(x^{i+4k})\equiv Q(x^{i+p-1})\pmod 4$ olduğundan:

$1+p+\prod\limits_{i=1}^{2p-2} Q(x^i)\equiv 1+1+\prod\limits_{i=1}^{p-1} Q(x^i)^2\equiv 0\pmod 4$

$\prod\limits_{i=1}^{p-1} Q(x^i)^2\equiv 2\pmod 4$ olur; ama bu imkansızdır.

O zaman $p=2$ olmalı. $p=2$ için polinomumuz $3+Q(x)Q(x^2)$ şekinde olur.

$Q(x)=2x+1$ ve $x_1=-1$ seçersek: $3+Q(-1)Q(1)=3+(-1)3=0$ bulunur.

Kaynak:
Okan TEKMAN (2009 Yaz Kampı Büyük Sınıf Notları)

$ AC_1 = AB_1 = x, BC_1 = BA_1 = y, CA_1 = CB_1 = z$ olsun. Soru $x,y,z$ pozitif gerçel sayıları için;
$$ \sum_{cyc}\sqrt {\frac {x}{x + y}} \le \frac {3}{\sqrt {2}}$$
haline döner. Buradan da;
$$\sum_{cyc}\sqrt {\frac {x}{x + y}} = \sum\frac {\sqrt {(xy + xz)(z + x)}}{\sqrt {(x + y)(y + z)(z + x)}} \le \frac {\sqrt {2(xy + yz + zx)}\sqrt {2(x + y + z)}}{\sqrt {(x + y)(y + z)(z + x)}} = 2\sqrt {1 + \frac {xyz}{(x + y)(y + z)(z + x)}} \le \frac {3}{\sqrt {2}}$$
diyerek soruyu bitirebiliriz. İspat biter.

$\text{NOT:}$ $(x+y)(y+z)(z+x) \ge 8xyz$ olduğunu $A.G.O$ dan kolayca elde edebiliriz.