Tübitak Lise Takım Seçme - 2006 Çözümleri

Çemberin merkezi $O$ ve yedigenin köşeleri sırasıyla $A_1,A_2,A_3,A_4,A_5,A_6,A_7$ olsun.

$\alpha_i=\angle A_iOA_{i+1}$ olsun ($\alpha_7=\angle A_7OA_1$).

Dik kesişen köşegenlerin gördüğü karşılıklı yayların toplamı ${180}^{\circ }$ olacak.
Dik kesişen köşegenleri koordinat sistemine, kesiştikleri nokta orijin olacak şekilde yerleştirelim. Bu durumda $\alpha_i$ açılarını her kümedeki elemanların toplamı $\pi={180}^{\circ }$ olacak şekilde iki ayrık kümeye ayırabiliriz. Bu kümelerin eleman sayıları $\left(1,6\right)$, $\left(2,5\right)$ ya da $\left(3,4\right)$ şeklinde olabilir (diğerleri simetrik). $\beta_i$ ile bu kümelerin elemanlarını gösterelim.

$\left(1,6\right)$ durumu için $\beta_1=\pi,\ \beta_2+\beta_3+\beta_4+\beta_5+\beta_6+\beta_7=\pi$ olacaktır.

$\left(2,5\right)$ durumu için $\beta_1+\beta_2=\pi,\ \beta_3+\beta_4+\beta_5+\beta_6+\beta_7=\pi$ olacaktır.

$\left(3,4\right)$ durumu için $\beta_1+\beta_2+\beta_3=\pi,\ \beta_4+\beta_5+\beta_6+\beta_7=\pi$ olacaktır.

Yedigenin alanı $\dfrac{1}{2}\cdot R\cdot R\sum^7_{i=1}{{\sin \beta_i\ }}$ olduğundan açıların sinüsleri toplamını maksimize etmek istiyoruz.

Jensen Eşitsizliğine göre $\dfrac{{\sin a_1\ }+{\sin a_2+\dots +{\sin a_n\ }\ }}{n}\le {\sin \left(\dfrac{a_1+a_2+\dots +a_n}{n}\right)\ }$ olacağı için,

$\left(1,6\right)$ durumu için,
$$\sum^7_{i=1}{{\sin \beta_i\ }}\le {\sin \beta_1\ }+6{\sin \dfrac{\beta_2+\beta_3+\beta_4+\beta_5+\beta_6+\beta_7}{6}\ }={\sin \pi\ }+6{\sin \dfrac{\pi}{6}=0+6\cdot \dfrac{1}{2}=3\ }$$
$\left(2,5\right)$ durumu için,
$$\sum^7_{i=1}{{\sin \beta_i\ }}\le {{\rm 2sin} \dfrac{\beta_1+\beta_2}{2}\ }+5{\sin \dfrac{\beta_3+\beta_4+\beta_5+\beta_6+\beta_7}{5}\ }={{\rm 2sin} \dfrac{\pi}{2}\ }+5{\sin \dfrac{\pi}{5}=2+{{\rm 5sin} {36}^{\circ }\ }\ }$$
$\left(3,4\right)$ durumu için,
$$\sum^7_{i=1}{{\sin \beta_i\ }}\le {{\rm 3sin} \dfrac{\beta_1+\beta_2+\beta_3}{3}\ }+4{\sin \dfrac{\beta_4+\beta_5+\beta_6+\beta_7}{4}\ }={{\rm 3sin} \dfrac{\pi}{3}\ }+4{\sin \dfrac{\pi}{4}\ }=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}+\dfrac{4\sqrt{2}}{2}\ $$
$3<2+5{\sin {36}^{\circ }\ }<\dfrac{3\sqrt{3}+4\sqrt{2}\ }{2}$ olduğunu göstermeye çalışacağız.

Şekildeki gibi ${36}^{\circ }-{36}^{\circ }-{108}^{\circ }$ üçgenini kuralım.

$AB=AC=x$, $AD=DC=1$ olsun. $\angle BAD=\angle BAC-\angle DAC={72}^{\circ }=\angle BDA$ olduğu için, $BD=x$ olacaktır. $\triangle ADC\sim \triangle BAC$ olduğu için $\dfrac{x}{x+1}=\dfrac{1}{x}\Rightarrow x^2-x-1=0$.
$\triangle ADC$ de, $\dfrac{AC}{DC}=\dfrac{x}{1}=\dfrac{{\sin {108}^{\circ }\ }}{{\sin {36}^{\circ }\ }}=\dfrac{{\sin {72}^{\circ }\ }}{{\sin {36}^{\circ }\ }}=2{\cos  {36}^{\circ }\ }=x$ dir. Denklemi çözersek;

$x_{1,2}=\dfrac{1\pm \sqrt{5}}{2}\Rightarrow x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Rightarrow {\cos  {36}^{\circ }\ }=\dfrac{x}{2}=\dfrac{1+\sqrt{5}}{4}$ elde ederiz.
$${\sin {36}^{\circ }=\sqrt{1-{\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{4}\right)}^2}\ }=\dfrac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}$$
$2+5{\sin {36}^{\circ }\ }<2+5\cdot \dfrac{\sqrt{10-2\sqrt{4}}}{4}=\dfrac{8+5\sqrt{6}}{4}$ elde edilir.

$2+5{\sin {36}^{\circ }\ }<\dfrac{3\sqrt{3}+4\sqrt{2}\ }{2}$ iddiasının doğruluğunu sınamak için her iki tarafın karesini alalım.
$$\dfrac{8+5\sqrt{6}}{2}<3\sqrt{3}+4\sqrt{2}\Rightarrow 64+150+80\sqrt{6}<108+128+96\sqrt{6}\Rightarrow 0<22+16\sqrt{6}$$
olduğu için, $\left(3,4\right)$ durumda, yani $\beta_1+\beta_2+\beta_3=\pi,\ \beta_4+\beta_5+\beta_6+\beta_7=\pi$ olduğu zaman yedigenin alanı en büyük değerini alacak. Jensen'deki eşitlik durumundan, $\beta_1=\beta_2=\beta_3=\dfrac{\pi}{3}={60}^{\circ }$ ve $\beta_4=\beta_5=\beta_6=\beta_7=\dfrac{\pi}{4}={45}^{\circ }$ elde edilir.
Alanı hesaplarsak, $\dfrac{1}{2}\cdot 1\cdot 1\cdot \left(4\cdot {\sin {45}^{\circ }\ }+3\cdot {\sin {60}^{\circ }\ }\right)=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}+\sqrt{2}$ elde ederiz.

İlk olarak sol tarafı ispatlayalım. Cauchy-Schwarz'dan

$(1+1+1)(x+y+y+z+z+x)\ge(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x})^2$

$6(x+y+z)\ge(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x})^2$

$\dfrac{27(x+y)(y+z)(z+x)}4\ge6(x+y+z)$ eşitsizliğini ispatlamak yeterli.

$xy+yz+zx=1$ olduğunu kullanarak.eşitsizlik şuna dönüşür.

$\dfrac{27(x+y)(y+z)(z+x)}4\ge6(x+y+z)(xy+yz+zx)$

${27(x+y)(y+z)(z+x)}\ge24(x+y+z)(xy+yz+zx)$ eşitsizliğini düzenleyip sadeleştirirsek

$x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2\ge6xyz$ olur ki bu A.O-G.O eşitsizliğinin sonucudur.ispat biter sağ tarafın ispatı için

$(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x})=S$ diyelim.

$S^2\ge6\sqrt{3}$ olduğunu göstermeliyiz.

$(a+b+c)^2\ge3(ab+ac+bc)$ eşitsizliğini kullanarak

$S^2\ge3(\sqrt{x+y}\sqrt{y+z}+\sqrt{y+z}\sqrt{z+x}+\sqrt{x+y}\sqrt{z+x})$ (1)

$\sqrt{x+y}\sqrt{y+z}+\sqrt{y+z}\sqrt{z+x}+\sqrt{x+y}\sqrt{z+x}=M$ diyelim.

$(a+b+c)^2\ge3(ab+ac+bc)$ eşitsizliğini tekrar kullanarak.

$M^2\ge3\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}(\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x})$

$M^2\ge3\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}.S$

eşitsizliğin sol tarafında

$(x+y)(y+z)(z+x)\ge\dfrac{4S^2}{27}$ olduğunu ispatlamıştık.

$M^2\ge3\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}.S\ge\dfrac{6S^2}{3\sqrt{3}}$

(1)'den

$S^4\ge9M^2\ge\dfrac{54S^2}{3\sqrt{3}}=6\sqrt{3}S^2$

$S^2\ge6\sqrt{3}$ olur ve ispat biter.

$x_2=x_1^2$
$n> 2$ ise $x_n=x_{n-1}^2+x_{n-1}$ olur. p $x_1$'i bölerse $x_2$'yi böler.
$p$ $x_{n-1}$'i bölüyorsa $x_n$'i böler.
Buna göre p $x_k$'yı bölüyorsa $m\ge k$ için $x_m$'i de böler.
$2006=2.17.59$
$x_1$ çiftse tüm terimler çifttir.
$x_1$ tekse ilk iki terim hariç hepsi çifttir.
$x_{2006}$ her zaman çifttir. Şimdi $17$ ve $59$'a bölünme durumlarına bakalım.
Önce bir yardımcı teorem ispatlayalım:

Yardımcı teorem: $p=3k+2$ formunda bir asal sayıysa $x^2+x\equiv -1\pmod p$ denkliğinin çözümü yoktur.
İspat: Diyelim ki çözüm olsun.
$x^2+x+1\equiv 0\pmod p$
$x^3-1\equiv 0\pmod p$
$x^3\equiv 1\pmod p$
$x^{3k}\equiv 1\pmod p$
Aynı zamanda fermat teoreminden
$x^{3k+1}\equiv 1\pmod p$ buradan $x=1$ olur ki $2\equiv -1\pmod p$, $3\equiv 0\pmod p$. Ki bu olamaz. İspat biter.

Şimdi $17$'e bölünme durumunu inceleyelim.
$x_1$ $17$'ye bölünüyorsa durum sağlanır.$x_1$ bölünmüyorsa $x_2$ $17$'ye bölünen en küçük sayıysa $x_1$ de bölünür ki bu olamaz.
$x_3$ $17$'ye bölünen en küçük sayıysa $x_2^2+x_2\equiv 0\pmod {17}$
$x_2\equiv -1\pmod {17}$
$x_1^2\equiv -1\pmod {17}$
$x_1\equiv 4,13\pmod {17}$
$m> 3$ için $x_m$ 17'ye bölünen en küçük sayı olsun.
$x_m=x_{m-1}^2+x_{m-1}\equiv 0\pmod {17}$
$x_{m-2}^2+x_{m-2}=x_{m-1}\equiv -1\pmod {17}$
$x_{m-2}^2+x_{m-2}\equiv -1\pmod {17}$
$17=3.5+2$ olduğundan yardımcı teoreme göre denkliğin çözümü yoktur.
$x_1\equiv 0,4,13\pmod {17}$   (1)
59'a bölünme durumuna bakalım.benzer şekilde
$x_1$ $59$'ye bölünüyorsa durum sağlanır.$x_1$ bölünmüyorsa
$x_2$ $59$'ye bölünen en küçük sayıysa $x_1$ de bölünür ki bu olamaz.
$x_3$ $59$'ye bölünen en küçük sayıysa $x_2^2+x_2\equiv 0\pmod {59}$
$x_2\equiv -1\pmod {59}$
$x_1^2\equiv -1\pmod {59}$
$59$,  $4k+3$ formunda olduğundan bu denkliğin çözümü yoktur
$m> 3$ için $x_m$ $59$'a bölünen en küçük sayı olsun
$x_m=x_{m-1}^2+x_{m-1}\equiv 0\pmod {59}$
$x_{m-2}^2+x_{m-2}=x_{m-1}\equiv -1\pmod {59}$
$x_{m-2}^2+x_{m-2}\equiv -1\pmod {59}$
$59=3.19+2$ olduğundan yardımcı teoreme göre denkliğin çözümü yoktur.
$x_1\equiv 0\pmod {59}$  (2)
(1) ve (2)'yi birleştirirsek
$x_1\equiv 8.59,9.59,17.59\pmod {17.59}$
$x_1=8.59=472$ en küçük pozitif değerdir.

$CD$ ile $QH$ doğruları $M$ de kesişsin.


$QD=QC\Rightarrow \angle QDC=\angle QCD=\angle QRC$ olduğu için $QC^2=QM\cdot QR=QM\cdot 2QH=QH^2\Rightarrow 2QM=QH$