Tübitak Lise Takım Seçme - 2005 Çözümleri

Her $x \in \lbrack 0, \infty) $ için, $$\begin{array}{l} 4f(x)\ge 3x \\ f(4f(x)-3x)=x \\ (f(x)+x)f(f(x))\le 2xf(x) \end{array}$$ koşullarını sağlayan tüm $f:\lbrack 0,\infty) \to \lbrack 0,\infty) $ fonksiyonlarını bulunuz.

Çözüm:

İkinci eşitlikten fonksiyonun örten olduğu görülebilir. Sabit bir $x$ için $y=4f(x)-3x$ alırsak, $f(y)=x$ olacağından $$(f(y)+y)(f(f(y)))=(x+y)f(x)=\frac{(x+y)(3x+y)}{4}\leq 2yf(y)=2xy$$ $$\implies 3x^2+y^2-4xy\leq 0\implies (3x-y)(x-y)\leq 0$$ $$\implies x\leq y\leq 3x$$ elde edilir. Dolayısıyla $$x\leq 4f(x)-3x\leq 3x\implies x\leq f(x)\leq \frac{3x}{2}$$ elde edilir.

Bu eşitsizlikten dolayı, $f(x)=g(x)+x$ şeklinde bir $g:[0,\infty)\to [0,\infty)$ fonksiyonu vardır. Bu fonksiyon için $$0=f(4f(x)-3x)-x=g(4f(x)-3x)+4f(x)-4x=g(4f(x)-3x)+4g(x)$$ elde edilir. $g$ fonksiyonu hiçbir zaman negatif olamayacağından bu eşitliğin sağlanması için $g(x)=0$ olmalıdır. Dolayısıyla $g\equiv 0$ ve $\boxed{f(x)=x}$ olmalıdır. Yerine koyulduğunda sağladığı görülebilir.

$m(\widehat{A})>m(\widehat{B})$ koşulunu sağlayan bir $ABC$ üçgeninde $ \lbrack AB\rbrack $ kenarının orta noktası $N$ dir. $[AC$ ışını üstünde $C$ den sonra gelecek ve $\vert BC\vert =|CD|$ olacak biçimde bir $D$ noktası; $[DN$ ışını üstünde de, $m(\widehat{PBC})=m(\widehat{A})$ olacak biçimde bir $P$ noktası alınıyor. $PC$ ile $AB$ nin kesiştiği nokta $E;$ $BC$ ile $DP$ nin kesiştiği nokta $T$ ise, $$\dfrac{\vert BC\vert }{\vert TC\vert }-\dfrac{\vert EA\vert }{\vert EB\vert }$$ ifadesinin değerini bulunuz.

Çözüm:

Önce $\dfrac{AE}{BE}$ oranını hesaplayacağız.
$DA\cap BP=\left\{F\right\}$ olsun. $A.A$ dan $\triangle ABC\sim \triangle BFC$ olur.
$$AC\cdot FC=BC^2=DC^2$$

$\triangle ABF$ de $P,E,C$ noktaları için Menelaus'tan
$$\dfrac{AE}{BE}\cdot \dfrac{BF}{FP}\cdot \dfrac{FC}{AC}=1$$
$\triangle ABF$ de $P,N,D$ noktaları için Menelaus'tan
$$\dfrac{AN}{BN}\cdot \dfrac{BF}{FP}\cdot \dfrac{FD}{AD}=1$$
Eşitliklerini taraf tarafa oranlarsak:
$$\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{AC}{FC}\cdot \dfrac{FD}{AD}$$
elde ederiz.
$$FC\cdot AD=FC\left(AC+CD\right)=AC\cdot FC+FC\cdot CD=CD^2+FC\cdot CD=CD\cdot FD$$
eşitliğini yerine yazarsak
$$\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{AC}{FC}\cdot \dfrac{FD}{AD}=\dfrac{AC}{CD}$$
olur.
Şimdi de $\dfrac{BT}{TC}$ yi hesaplayalım.

$\triangle ABC$ de $N,T,D$ noktaları için Menelaus'tan
$$\dfrac{AN}{BN}\cdot \dfrac{BT}{CT}\cdot \dfrac{CD}{AD}=1$$
olacaktır.
$$\dfrac{BC}{TC}=\dfrac{BT}{TC}+1=\dfrac{AD}{CD}+1=\dfrac{AC+CD}{CD}+1=\dfrac{AC}{DC}+2$$
Son olarak
$$\dfrac{BT}{TC}-\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{AC}{DC}+2-\dfrac{AC}{DC}=2$$
elde edilir.

Not:
Dikkat edilirse, $\triangle ABF$ de $BD$ bir dış açıortaydır. Son durumda ise $CP$ doğrusu, $\angle BCA$ nın açıortayı oluyor.

Başlangıçta $1$ den $2005$ e kadar olan bütün tam sayılar işaretleniyor. Ardışık tam sayılardan oluşan sonlu bir dizideki tüm tam sayılar işaretli olup, dizinin en küçük teriminin bir eksiği ile en büyük teriminin bir fazlası işaretsiz ise, bu diziye bir blok diyoruz. Her hamlede, işaretlenmiş sayıların hiçbir blokun ilk ya da son terimini içermeyen bir altkümesini seçip, bu altkümenin elemanlarının işaretlerini siliyor ve işaretli en büyük sayının iki fazlasından başlayarak, işaretini sildiğimiz sayıda tam sayıyı yeni bir blok oluşturacak şekilde işaretliyoruz. Bu hamleleri, her biri tam olarak bir tam sayıdan oluşan $2005$ blok elde etmek amacıyla yaparsak, bu amaca en az kaç hamlede ulaşabiliriz?

$n\ge 2$ olmak üzere, tüm $a_{1},a_{2},\ldots ,a_{n}$ tam sayıları için, $\prod\limits_{1\le i<j\le n}{(j-i)}$ sayısının $\prod\limits_{1\le i<j\le n}{(a_{j}-a_{i})}$ sayısını böldüğünü kanıtlayınız.

Çözüm:

$\text{ArtOfMathSolving}$

$\text{Jordan Bölgeleri}$ ile çalışacağız, verilen ifade yerine daha genel bir ifade ispatlayacağım.

$E$ bir Jordan bölgesi olmak üzere, $b_1,b_2,\dots,b_n$ tamsayıları $E$ bölgesinin alt ağı olsun, öyleki bu ağ kapalı bir $n$ boyutlu $n$ genin içinde olsun. $E$ sıfır-hacimli olmamak üzere,

ipsatlayacağımız ifade, herhangi bir $A_i=\{a_i|i=1,2,\dots,n\}$ kapalı yolu ile oluşturulan $A\times A\times \dots \times A$ n boyutlu şekle -ki biz buna basitçe "çokgen" diyeceğiz- herhangi bir ağın $b_1,b_2,\dots b_n$ herhangi bir $(i,j)$ inci kenarı (bu kenarı $i<j$ olması halinde $j-i$ şeklinde tanımlayacağız.) bu çokgenin $(i,j)$ inci kenarını ancak ve ancak bu ağların üstünde bulunduğu bölgenin Jordan bölgesi olduğununda böldüğünü göstereceğiz.

$A_i=\{a_i|i=1,2,\dots,n\}$ çokgenini tanımlamıştık şimdi de $E_i=\{b_i|i=1,2,\dots,n\}$ şeklinde gösterelim. Birkaç özellik yazalım. $$V(E;A_i)=\sum_{E\cap A_i\not=\emptyset}|A_i|$$ ve $$v(E;A)=\sum_{E\subseteq A} |A_i|$$
Ağın dış ve iç hacmini sırasıyla $$Vol^{-} = \sup (v(E;A_i))$$ ve $$Vol^{+} = \inf (V(E;A_i))$$ olarak tanımlayalım.

Şimdi bu küme üzerinde bir $\delta$ işlemi/işlemcisi tanımlayalım öyleki bu işlemci $A_i$ çokgeninin herhangi bir $i$ ve $j$ noktalarını $E$ alt ağındaki keyfi $\varepsilon$, $\mu$ noktalarına götürsün. Matematiksel olarak $\delta_{i,j} \rightarrow \varepsilon,\mu$. İşlemcinin götürdüğü noktalar kümesi $E$ nin altağı olacak ve bir alt ve üst değerlere sahip olacak. Bu kümeyi $$\delta_{i,j,\dots \in \Theta} \longrightarrow \Theta_i=\{b_i|i=1,2\dots,n\}$$ şeklinde tanımlayalım. Ayrıca bu işlemci bir Jordan bölgesini başka bir Jordan bölgesine götürsün.

$\text{Teorem:}$ $0\le v(\Theta;E_i)\le V(\Theta;E_i)$ eşitsizliği gerçeklenir.

$\mathcal{P}roof:$ $\Theta$ ağından daha ince olan $E$ üzerinde bir $I$ ağı olsun. Böyle bir ağ, örneğin, her $j=1,2\dots ,n$ için ($\mathcal{P}$ burada bir parçalanışı gösteriyor.) $\mathcal{P_j}(I)=\mathcal{P_j}(\Theta)$ alınarak elde edilebilir. Böylece $0 \le v(I;E_i) \le v(\Theta,E_i) \le V(\Theta;E_i) \le v(I;E_i)$ gerçeklenir. $\square$

Şimdi Bir iddia ortaya atalım.

$\text{Iddia 1:}$ $$\prod_{i\le n}V(\Theta;A_i)-v(\Theta;A_i)\ge 0$$

Dikkat edin, burada $\Theta$ ağı $A_i$ nin doğrudan alt ağı değil, $E$ altağı üzerinde bir ağ. Bunu kanıtlamak için başka bir iddia yı kanıtlamamız gerekiyor.

$\text{Iddia 2:}$ $$\delta_{i\rightarrow n} v(\Theta;E) \not= \inf \sum_{\Theta \cap E_i\not=\emptyset} b_i$$
$\mathcal{P}roof:$ Her iki tarafta limit alalım. $$\lim_{i\rightarrow n} \delta_{i\rightarrow n} v(\Theta;E) = \lim_{i\rightarrow n} \inf\sum_{\Theta \cap E_i\not=\emptyset} b_i$$
$$\Rightarrow \delta_{i\rightarrow n}\left( \lim_{i\rightarrow n}\sum_{\Theta \subseteq E_i}|\Theta_i|-\lim_{i\rightarrow n} \inf \sum_{\Theta \subseteq E_i}\right)=0$$ Her iki tarafın iç toplamını alalım. $$Vol^{+}\left( \delta_{i\rightarrow n}(\lim_{i\rightarrow n}\sum_{\Theta \subseteq E_i}|\Theta_i|-\inf\sum_{\Theta\subseteq E_i}b_i)\right)=Vol^{+}\kappa$$ burada $\kappa$ sıfır hacimli bir Jordan bölgesidir. İşlemcimizin tanım gereği $\delta_{i\rightarrow n}(\lim_{i\rightarrow n}\sum_{\Theta \subseteq E_i}|\Theta_i|-\inf\sum_{\Theta\subseteq E_i}b_i)$ ifadesinin tersi, $\delta_{\kappa \rightarrow i}=\lim_{i\rightarrow n}\sum_{\Theta \subseteq E_i}|\Theta_i|-\inf\sum_{\Theta\subseteq E_i}b_i)$ olmalıdır. Fakat bu mümkün değildir çünkü $\kappa$ ağı sıfır hacimli Jordan bölgesi fakat $E$ kümesini tanımlarken sıfır hacimli olmayan bir küme olarak tanımlamıştık. Çelişki! O halde $$\delta_{i\rightarrow n} v(\Theta;E_i)=\sup \sum_{\Theta \subseteq E_i} b_i \Rightarrow \delta_{i\rightarrow n} V(\Theta;E_i)=\inf \sum_{\Theta \subseteq E_i} b_i$$ koşulları gerçeklenir. $\square$

İspatımızı tamamlamak için son kez ortaya bir iddia daha atalım.

$\text{Iddia 2:}$ $$\delta_{i<j\le n}(j-i) \longrightarrow \sum_{\Theta \cap E_i}(b_j-b_i) \longrightarrow \sum_{\Theta \cap A_i}(a_j-b_i)$$

$\mathcal{P}roof:$ $\delta_{i\rightarrow n}(j-i) \rightarrow V(\Theta;E_i)-V(\Theta;E_j)$ olduğunu gösterelim. $$\delta_{i\rightarrow n}V(\Theta;E_i)=\inf \sum_{\Theta \subseteq E_i}b_i$$
$$\delta_{j\rightarrow n}v(\Theta;E_j)=\sup\sum_{\Theta \cap E_j}b_j$$
$$\Rightarrow \delta_{i,j\le n} \left( \inf\sum_{\Theta \cap E_j}b_j-\sup\sum_{\Theta\subseteq E_i}b_i \right)\ge \left( \sum_{\Theta \cap A_i}a_j-b_j\right)$$ kabul edebiliriz yani $j-i$ kenarı $a_j-a_i$ nin bir alt ağı olarak kabul edilir. Çünkü infimum ve supremum işlemleri Jordan bölgesinde eşit kabul edilir. İspat biter $\square$

Hatam olduysa lütfen bildirin, iyi çalışmalar...

$m(\widehat{A})=90^{\circ}$ ve $m(\widehat{C})>m(\widehat{B})$ koşullarını sağlayan bir $ ABC$ üçgeninde, $A$ noktasından bu üçgenin $\Gamma $ çevrel çemberine çizilen teğet, $BC$ doğrusunu $D$ noktasında kesiyor. $A $ noktasının $BC$ doğrusuna göre simetriği $E$; $A$ noktasından $ BE$ ye çizilen dikmenin ayağı $X;$ $[AX]$ nın orta noktası $Y$; $\Gamma $ çemberinin $BY$ doğrusunu $B$ dışında kestiği nokta $Z$ olsun. $BD$ doğrusunun $ADZ$ üçgeninin çevrel çemberine teğet olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$AE\cap BC=\left\{H\right\}$ olsun. $E$, $A$ nın $BC$ ye göre simetriği olduğu için $AE\bot BC$ ve $AH=HE$ dir.

$AY=YX$ ve $AH=HE$ olduğu için $HY\parallel EX$ yani $HF\bot AY$ dir. Bu durumda $\angle AHY=\angle AEX=\angle AZB$ olduğu için $AZHY$ dörtgeni kirişler dörtgenidir. $\angle AYH={90}^{\circ }$ olduğu için $AH$ bu dörtgenin çevrel çemberinin bir çapıdır. $AH\bot CB$ olduğu için de $DH$ doğrusu bu çembere $H$ de teğettir. Yani $\angle ZAH=\angle ZHD$.

Öte yandan $DE$ de $\left(ABC\right)$ çemberine teğettir. $\angle DEZ=\angle ZAE=\angle ZHD$ olacaktır. Bu da $DEHZ$ dörtgeninin kirişler dörtgeni olması demektir. $\angle ZDH=\angle ZEA=\angle ZAD$ olduğu için de $BD$ doğrusu $\left(AZD\right)$ çemberine teğettir.