Tübitak Lise Takım Seçme - 2008 Çözümleri

$m(\widehat{B})>m(\widehat{C})$ olan bir $ABC$ üçgeninde, $A$ açısının iç ve dış açıortayları $BC$ yi sırasıyla $D$ ve $E$ noktalarında kesiyor. $[EA$ ışını üstünde, $A$ ya göre $E$ ile farklı tarafta bir $P$ noktası alınıyor. $DP$ ve $AC$ doğruları $M$ noktasında, $ME$ ile $AD$ ise, $Q$ noktasında kesişiyor. $P$ noktası değişirken elde edilen $PQ$ doğrularının hepsinin bir noktada kesiştiğini gösteriniz.

Çözüm:

İç ve dış açıortay teoremlerinden
$$\dfrac{EB}{EC}=\dfrac{BD}{DC}\Rightarrow \dfrac{EC}{DC}=\dfrac{EB}{BD}.$$

$\triangle PED$ de $A,M,C$ noktaları için Menelaus'tan
$$\dfrac{PA}{AE}\cdot \dfrac{EC}{CD}\cdot \dfrac{DM}{MP}=1.$$
$\dfrac{EC}{DC}=\dfrac{EB}{BD}$ eşitliğini yerine yazarsak
$$\dfrac{PA}{AE}\cdot \dfrac{EB}{BD}\cdot \dfrac{DM}{MP}=1$$
elde edilir. Bu da, Ceva Teoreminin tersinden dolayı, $PB,DA,EM$ doğrularının tek noktada kesiştiği anlamına gelir. Yani tüm $PQ$ doğruları $B$ den geçer.

$30$ köşesi ve $105$ kenarı bulunan bir çizgede, ortak bir köşesi bulunmayan sıralı kenar ikililerinin sayısı $4822$ ise, bu çizgideki iki köşenin dereceleri arasındaki fark en çok kaç olur?

$x^{3}-ax^{2}+bx-c=0$ denkleminin bütün köklerinin pozitif gerçel sayılar olmasını sağlayan $a,b,c$ gerçel sayıları için $$ \dfrac{1+a+b+c}{3+2a+b}-\dfrac{c}{b}$$ ifadesinin en küçük değerini bulunuz.

Çözüm:

Biz ifadenin $\ge \dfrac{1}{3}$ olduğunu gösterelim. $a = x + y + z ,b = xy + yz + zx,c = xyz$ olduğunu Vieta Formüllerinden biliyoruz. O halde ispatlamamız gereken şey $ (xy + yz + xz)(x + y + z) + 2(xy + yz + zx)^2 \geq 9xyz + 6xyz(x + y + z)$ idir. Bunu da $x$ pozitif olduğundan $A.G.O$ yaparak kolayca elde edebiliriz. Eşitlik $x=y=z$ için sağlanır. Yanıt $\dfrac{1}{3}.$

$(x_{n})$ dizisi, $x_{1}=a$, $x_{2}=b$ ve her $n\ge 1$ tam sayısı için $$x_{n+2}=2008x_{n+1}-x_{n}$$ bağıntıları aracılığıyla tanımlanıyor. Her $n\ge 1$ tam sayısı için, $$1+2006x_{n}x_{n+1}$$ ifadesini tam kare yapan $a$ ve $b$ pozitif tam sayılarının bulunduğunu gösteriniz.

Bir $ABC$ üçgeninin $\lbrack BC\rbrack $ kenarı üstünde $\vert AD\vert =\dfrac{\vert BD\vert ^{2}}{\vert AB\vert +\vert AD\vert }=\dfrac{\vert CD\vert ^{2}}{\vert AC\vert +\vert AD\vert }$ olacak şekilde bir $D$ noktası ile $D\in\lbrack AE\rbrack $ ve $\vert CD\vert =\dfrac{\vert DE\vert ^{2}}{\vert CD\vert +\vert CE\vert }$ olacak şekilde bir $E$ noktası alınıyor. $\vert AE\vert =\vert AB\vert +\vert AC\vert $ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

Elimizde $AD=\dfrac{BD^2}{AB+AD}\Rightarrow AB\cdot AD=BD^2-AD^2$ var.

$D$ merkezli, $DA$ yarıçaplı çember $BA$ yı $X$ te kessin. $B$ nin bu çembere göre kuvveti, $BD^2-DA^2=BA\cdot BX$ olduğu için $BX=AD=XD\Rightarrow \angle BAD=2\cdot \angle ABD=2\alpha$.

Benzer şekilde, $\angle DAC=2\cdot \angle ACD=2\beta$.

Üçgenin açılarını toplarsak, $\alpha+\beta+2\alpha+2\theta={180}^{\circ }\Rightarrow \alpha+\beta={60}^{\circ }$ ve $\angle BAC={120}^{\circ }$ elde edilir.

Yine aynı şekilde, $\angle EDC=\angle BDA$ olduğu için $\angle DCE=2 \cdot \angle DEC=2\alpha$ olacak. $\angle BCE=\angle BAE=2\alpha$ olduğu için de, $B,A,C,E$ noktaları çembersel olacaktır.

$H$ noktası, $B$ den $EC$ ye inilen dikmenin ayağı olsun. $BH$ ile $AE$ doğruları $F$ de kesişsin. $\angle BAC={120}^{\circ }\Rightarrow \angle BEH={60}^{\circ }$ olur. $EC$ üzerinde $\triangle BEG$ eşkenar üçgen olacak şekilde bir $G$ noktası alalım. $AG$ ile $AE$ doğruları $I$ da kesişsin. $F$ noktası, $\triangle EBG$ üçgeninin açıortayı üzerinde olduğu için $FG=FE$ ve $\angle IFG=2 \cdot \angle FEG=2\alpha$ elde edilir. Dolayısıyla, $FG\parallel AB$ elde edilir.

$EI$ ışını, $\left(BEG\right)$ çevrel çemberini $J$ de kessin. $\angle JBG=\angle JEG=\angle ABC=\alpha$ ve $\angle BJG=BAC={120}^{\circ }$ olduğu için, $A.A$ dan $\triangle JBG=\triangle ABC$ elde edilir. $JI$, $\angle BJG$ nin açıortayı olduğu için $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BJ}{JG}=\dfrac{BI}{IG}$ olur.
$$AB\parallel FG\Rightarrow \dfrac{AB}{FG}=\dfrac{BI}{IG}=\dfrac{AB}{AC}\Rightarrow FG=AC=EF$$
elde ederiz. $\angle BAF=2\alpha$ ve $\angle EFH=\angle BFA={90}^{\circ }-\angle AEC={90}^{\circ }-\alpha$ olduğu için $AB=AF$ dir. Son durumda $AE=AF+FE=AB+AC$ elde etmiş olduk.

$m,n>2$ tam sayılar olmak üzere, $N=\lbrace 1,2,\ldots ,n\rbrace $ topluluğu, $m$ elemanlı bir $A$ kümesinin bir altkümesini seçecektir. $N$ topluluğunun bir tercih profili, her $i\in N $ seçmeninin $A$ kümesindeki seçeneklere ilişkin bir kesin tercih sıralamasından oluşmaktadır. $k\in\lbrace 1,2,\ldots ,m\rbrace $ olmak üzere, $k$-çoğulcu seçim sisteminde, her seçmen, ilk $k$ sırada tercih ettiği $k$ adaya, sırasını belirtmeksizin eşit ağırlıklı oy vermekte ve en çok sayıda toplam oy alan adaylar seçilmektedir. $R$ ve $R'$, $N$ topluluğunun iki tercih profili ve $a\in A$ olmak üzere, eğer her $i \in N$, $R$ profilindeki tercihine göre $a$ dan kötü bulduğu bütün adayları, $R'$ profilindeki tercihine göre de $a$ dan kötü buluyorsa, "$R'$ profili, $R$ profiline $a$-üstündür'' diyoruz. $k$-çoğulcu seçim sistemine göre $R$ profilinde seçilen her $a\in A$, $R$ ye $a$-üstün olan her $R'$ profilinde de seçilmeye devam ediyorsa, $k$-çoğulcu seçim sistemine tekdüze diyoruz. $k>\dfrac{m(n-1)}{n}$ olmasının, $k$-çoğulcu seçim sisteminin tekdüze olması için gerek ve yeter olduğunu gösteriniz.