Tübitak Lise Takım Seçme - 2007 Çözümleri

Bir havayolu şirketi $A,B,C,D,E$ ve $F$ kentlerinden bazıları arasında karşılıklı uçak seferleri başlatacaktır. Bu altı kentten herhangi ikisi arasında yalnızca bu şirketin seferlerini kullanarak ulaşımı mümkün kılacak biçimde, bu seferlerin kaç farklı biçimde düzenlenebileceğini belirleyiniz.

(Okan Tekman)

Çözüm:

Bu problem, içerme - dışarma prensibinin güzel bir uygulamasıdır.

Çözüm: $6$ şehri noktalarla gösterelim. Bunlar arasında uçak seferleri olanları da doğru parçalarıyla birleştirelim. $\binom{6}{2}=15$ doğru parçası oluşabilir. Şimdi bu $15$ doğru parçasını kullanıp kullanmama durumuna göre $2^{15}$ yolla seçebiliriz. Bu bize tüm durumların sayısını veriyor. Ancak diğer şehirlerle hiçbir bağlantısı olmayan bir şehir varsa, bu istenmeyen bir durumdur. Böyle bir şehri $\binom{6}{1}$ yolla seçeriz. Geriye kalan $5$ şehir için kendi aralarında $\binom{5}{2}=10$ doğru parçası çizilebilir. Bu $10$ doğru parçasını kullanıp kullanmama durumuna göre $2^{10}$ yolla seçim yapabiliriz. Çarparsak $\binom{6}{1}2^{10}$ olur.

Hem $A$, hem de $B$ gibi iki şehrin de, diğer şehirlerle ve birbirleriyle hiçbir bağlantısı olmaması durumlarını eklemeliyiz. Bunların sayısı $\binom{6}{2}2^6$ dır. Bu şekilde devam edilirse içerme - dışarma prensibinden istenen:

$2^{15} - \binom{6}{1}2^{10} + \binom{6}{2}2^6 - \binom{6}{3}2^3 + \binom{6}{4}2^1 - \binom{6}{5}2^0 + \binom{6}{6}2^0 = 32768 - 6144 + 960 - 160 + 30 - 6 + 1 = 27449$ elde edilir.

(L. Gökçe)

Farklı $A$ ve $B$ noktaları ile bu noktalardan geçen bir $ \Gamma $ çemberi verilmiş olsun. $P$, $\Gamma $ üstünde $A$ ve $B $ den farklı, değişen bir nokta olmak üzere, $\widehat{APB}$ nın açıortayının $P$ noktasından $\Gamma $ çemberinin dışına doğru uzantısı üstünde yer alan ve $\vert MP\vert =\vert AP\vert +|PB|$ koşulunu sağlayan $M $ noktasının geometrik yerini belirleyiniz.

(Mehmet Tagiyev)

Çözüm:

Elimizde $PA+PB$, açıortay ve çevrel çember var. Bu üç bilgi, Ptolemy'nin özel halini hatırlatıyor. $\angle APB$ nin açıortayı çemberi $N$ de kessin.

Ptolemy'den $PA\cdot BN+PB\cdot AN=PN\cdot AB$ olacaktır. Biraz düzenlersek,
$$\dfrac{PA+PB}{PN}=\dfrac{AB}{AN}=\text{Sabit}$$
olarak elde edilir. $[NA$ üzerinde ($\left[NA\right]$ dışında) $A'$ noktası, $AA'=AB$ olacak şekilde alınsın. $\dfrac{MP}{PN}=\dfrac{PA+PB}{PN}=\dfrac{AB}{AN}=\dfrac{A'A}{AN}\Rightarrow PA\parallel MA'$

olacaktır. Bu da $\angle NMA'=\angle NPA= \text{Sabit} $ olmasını gerektirir.

Benzer şekilde $B'$ noktası aldığımızda, $\angle NMB'=\angle NPB= \text{Sabit} $ olacaktır.

Bu durumda $\angle A'MB'=\angle APB= \text{Sabit} $ olur. $A'$ ve $B'$ noktaları sabit olduğundan, $M$ noktası bir $A'B'$ yayı üzerindedir. Yayın tanımını biraz daha düzgün yazmaya çalışalım. $A'N=B'N$ olduğu için $\angle BA'N=\angle BAN=\angle B'MN$ olur. Bu durumda $N$, $A'$, $B'$ ve $M$ noktaları çemberseldir. $A'$, $B'$, $N$ noktaları sabit olduğundan $M$ noktası $\left(A'NB'\right)$ çemberinin $N$ yi içermeyen $A'B'$ yayı üzerindedir.

$P$ noktası, $AB$ yanının diğer kısmında da olabileceği için, bu yayın orta noktası $N'$ olsun. $A'$ ve $B'$ ne benzer şekilde $A''$ ve $B''$ noktalarını tanımlayalım. $M$ noktası, $\left(A''N'B''\right)$ çemberinin $N'$ yü içermeyen $A''B''$ yayı üzerindedir.

Yani, $M$ noktalarının geometrik yeri bir çift çember yayıdır.

Not:
$\dfrac{MP}{PN}= \text{Sabit} \Rightarrow \dfrac{MP+PN}{PN}=\dfrac{MN}{PN}= \text{Sabit}$ olacağı için, Ptolemy'yi uyguladıktan, aslında $N$ merkezli bir homoteti uygulamış olduk.

$a,b,c$ pozitif gerçel sayıları, $a+b+c=1$ koşulunu sağlıyorsa, $$\dfrac{1}{ab+2c^{2}+2c}+\dfrac{1}{bc+2a^{2}+2a}+\dfrac{1}{ca+2b^{2}+2b}\ge \dfrac{1}{ab+bc+ca}$$ olduğunu kanıtlayınız.

(Selim Bahadır)

Çözüm:

Eşitsizliğin ispatı için, $$\dfrac{ab+ac+bc}{ab+2c^{2}+2c}+\dfrac{ab+ac+bc}{bc+2a^{2}+2a}+\dfrac{ab+ac+bc}{ca+2b^{2}+2b}\ge 1$$ olduğunu göstereceğiz. Bunun için, önce $$\dfrac{ab+ac+bc}{ab+2c^{2}+2c}\ge \dfrac{ab}{ab+bc+ac}$$ olduğunu gösterelim.Bu eşitsizlik $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc(a+b+c)\ge a^2b^2+2abc^2+2abc$$ eşitsizliğine denktir. $(a+b+c)=1$ olduğundan dolayı,bu eşitsizliği de $$b^2c^2+c^2a^2 \ge 2abc^2$$
biçiminde yazabiliriz. $A.O.\ge G.O.$ eşitsizliğine göre $$\dfrac{b^2c^2+c^2a^2}{2} \ge \sqrt{b^2c^2c^2a^2} $$ olduğundan bu eşitsizlik doğrudur.
Benzer şekilde, $$\dfrac{ab+ac+bc}{bc+2a^{2}+2a}\ge \dfrac{bc}{ab+bc+ac}$$ $$\dfrac{ab+ac+bc}{ca+2b^{2}+2b}\ge \dfrac{ca}{ab+bc+ac}$$ olduğu gösterilerek, bulunan bu üç eşitsizlik taraf tarafa toplanırsa, istenilen eşitsizlik elde edilecektir.

Kaynak:
Doç. Dr. Mustafa Özdemir (Matematik Olimpiyatlarına Hazırlık 5 sayfa 319)

Dar açılı bir $ABC$ üçgeniyle; bu üçgenin dışında ve sırasıyla $ [AC$, $[BA$ ve $[CB$ ışınları üstünde yer alan $B_{1},C_{1}$ ve $A_{1}$ noktalarının oluşturduğu $A_{1}B_{1}C_{1}$ üçgeni benzerdir. $A_{1}B_{1}C_{1}$ üçgeninin diklik merkezi ile $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezinin çakıştığını kanıtlayınız.

(Mehmet Tagiyev)

Çözüm:

Üçgenin açılarına $\angle A=\alpha$, $\angle B=\beta$ ve $\angle C=\theta$ dersek, $\angle A_1CB_1={180}^{\circ }-\theta$ ve $\angle B_1AC_1={180}^{\circ }-\alpha$ olur.

$H$ noktası, $\triangle A_1B_1C_1$ nin diklik merkezi olsun. $\angle C_1=\theta$ olduğu için $\angle A_1HB_1={180}^{\circ }-\theta$ olacaktır. Benzer şekilde $\angle A_1=\alpha$ olduğu için $\angle C_1HB_1={180}^{\circ }-\alpha$ dır.

$AHB_1C_1$ dörtgeninde $\angle C_1AB_1=\angle C_1HB_1={180}^{\circ }-\alpha$ olduğu için, dörtgen kirişler dörtgenidir. Dolayısıyla, $\angle HC_1B_1=\angle HAB_1={90}^{\circ }-\angle B_1$.

Benzer şekilde, $A_1HCB_1$ dörtgeni, $\angle A_1HB_1=\angle A_1CB_1={180}^{\circ }-\theta$ olduğu için, bir kirişler dörtgenidir. Dolayısıyla, $\angle HA_1B_1=\angle HCA={90}^{\circ }-\angle B_1$.

Bu durumda $AH=HC$ ve $\angle AHC={180}^{\circ }-2\left({90}^{\circ }-\angle B_1\right)=2\angle B_1=2\angle B$ olduğu için, $H$ noktası, $\triangle ABC$ nin çevrel merkezidir.

Hangi $n$ pozitif tek sayıları için, $$x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots +x_{n}^{2}=n^{4}$$ eşitliğini sağlayan $x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}$ tek sayılarının bulunduğunu belirleyiniz.

(Özgür Kişisel)

Çözüm:

$ x_{i}$'ler tek olduğundan $ {x_i}^2\equiv 1\ \pmod 8$ ve $n$ tek olduğundan $ n^2\equiv 1\ \pmod 8$.
Bunları birleştirirsek $ x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots x_{n}^{2}\equiv n\equiv n^{4}\equiv 1\ \pmod 8$.
Aynı zamanda $n=8k+1$ için $ (8k+1)^{4}=((8k+1)^{2}-2)^{2}+(16k+1)^{2}+k\cdot5^{2}+(7k-1)\cdot1^{2}$ olduğundan $ n=8k+1 $ formunda olmalıdır.

Kaynak:
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=142325?ml=1