Tübitak Lise Takım Seçme - 2004 Çözümleri

$P$, $ABC$ üçgeninin iç bölgesinde bir nokta ise, $$\min \lbrace \vert PA\vert , \vert PB\vert , |PC|\rbrace +\vert PA\vert +\vert PB\vert +\vert PC\vert <\vert AB\vert +\vert BC\vert +|CA|$$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

Dışbükey $ABCD$ dörtgeni içerisinde bir $P$ noktası alalım.
$AP$ ya $\left[BC\right]$ yi kesecek, ya da $\left[CD\right]$ yi kesecek.

$\left[BC\right]$ yi $F$ de kesen noktalardan biri $Q$ olsun.
$$AQ+QB\le AQ+QF+FB\le AF+FB\le AC+CB<AD+DC+CB$$
$AP$, $\left[CD\right]$ yi $E$ de kessin.
$$AP+BP\le AP+PE+EB=AE+EB<AD+DE+EC+CB=AD+DC+CB$$
Bu durumda dışbükey $ABCD$ dörtgeni içerisinde alınan her $P$ noktası için,
$$AP+BP<BC+CD+DA.$$
$D$, $E$, $F$ noktaları sırasıyla $BC,AC,AB$ kenarlarının orta noktaları olsun. $AEF$ üçgeni içerisinde (ya da üzerinde fark etmez) bir $P_1$ noktası, aynı şekilde $BDF$ üçgeni içerisinde $P_2$ noktası, $CDE$ üçgeni içerisinde $P_3$ noktası, $DEF$ üçgeni içerisinde de $P_4$ noktası alalım.

$P_1$ noktası için $ABDE$ dörtgeninde $AP_1+BP_1<AE+ED+BD$ bağıntısı vardır.

$P_1$ noktası için $ACDF$ dörtgeninde $AP_1+CP_1<AF+FD+DC$ bağıntısı vardır.

Taraf tarafa toplarsak
$$AP_1+BP_1+CP_1+AP_1<AE+FD+AF+ED+BD+DC<AC+AB+BC$$
elde ederiz. Bu durumda
$${\min \left\{AP_1,BP_1,CP_1\right\}+AP_1+BP_1+CP_1\le \ }AP_1+BP_1+CP_1+AP_1<AC+AB+BC$$
olacaktır.

$P_2$ noktası için, $ABDE$ ve $BCEF$ dörtgeninde elde edilen eşitsizlikler taraf tarafa toplandığında
$${\min \left\{AP_2,BP_2,CP_2\right\}+AP_2+BP_2+CP_2\le \ }AP_2+BP_2+CP_2+BP_2<AC+AB+BC$$
$P_3$ noktası için, $ACDF$ ve $BCEF$ dörtgeninde elde edilen eşitsizlikler taraf tarafa toplandığında
$${\min \left\{AP_3,BP_3,CP_3\right\}+AP_3+BP_3+CP_3\le \ }AP_3+BP_3+CP_3+CP_3<AC+AB+BC$$
elde edilir.

$P_4$ noktası için, $ABDE$, $BCEF$, $ACDF$ dörtgenlerinden herhangi ikisini seçtiğimizde,
$${\min \left\{AP_4,BP_4,CP_4\right\}\ }+AP_4+BP_4+CP_4\le AP_4+BP_4+CP_4+{\max \left\{AP_4,BP_4,CP_4\right\}\ }<AC+AB+BC$$
elde edilecektir.

Yani her $P$ iç noktası için,
$${\min \left\{\left|PA\right|,\ \left|PB\right|,\ |PC|\right\}+\left|PA\right|+\left|PB\right|+\left|PC\right|<\left|AB\right|+\left|BC\right|+|CA|\ }$$
Not:
Bu soru IMO 1999 Shortlist'indeki G1 numaralı sorunun aynısıdır.

$n$ pozitif bir tam sayı olsun. Hangi $n+1\le r\le 3n+2 $ tam sayıları için, $$a_{1}b_{1}^{k}+a_{2}b_{2}^{k}+\ldots +a_{m}b_{m}^{k}=0 \qquad (1\le k\le n)$$ koşulunu sağlayan tüm $a_{1},a_{2},\ldots ,a_{m},b_{1},b_{2},\ldots ,b_{m}$ tam sayılarının, $$ r|a_{1}b_{1}^{r}+a_{2}b_{2}^{r}+\ldots +a_{m}b_{m}^{r}$$ koşulunu da sağlayacağını belirleyiniz.

$\sin \alpha =3/5$ ve $x=5^{2003}\sin (2004\alpha )$ ise, $ x- \lfloor x \rfloor $ sayısının alabileceği bütün değerleri bulunuz.

Çözüm:

$\sin\alpha=3/5$ verildiğinden $\cos\alpha=4/5$ veya $\cos\alpha=-4/5$ olur

$\cos\alpha=4/5$ için çözelim De Moivre formülünden
$(\cos\alpha+i\sin\alpha)^{2004}= \cos{2004\alpha}+i\sin{2004\alpha}$
$\dfrac{(4+3i)^{2004}}{5^{2004}}=\cos{2004\alpha}+i\sin{2004\alpha}$
$\dfrac{(4+3i)^{2004}}{5}=5^{2003}cos{2004\alpha}+5^{2003}i\sin{2004\alpha}$
Bizden $i$'nin sağ taraftaki katsayısı olan $5^{2003}\sin{2004\alpha}$'nın kesir kısmını istiyor.
Sol taraftaki $i$'nin katsayısının kesir kısmını bulmamız yeterli.
$(4+3i)\equiv 4+3i \pmod {5}$
$(4+3i)^2\equiv 2+4i \pmod {5}$
$(4+3i)^3\equiv 1+2i \pmod {5}$
$(4+3i)^4\equiv 3+i \pmod {5}$
$(4+3i)^5\equiv 4+3i \pmod {5}$
Buradan $5.$ kuvvetten itibaren kalanlar $4$'lü periyodik olarak ilerler.
$2004$, $4$'ün katı olduğundan
$(4+3i)^{2004}\equiv 3+i \pmod {5}$
$a$ ve $b$ tamsayılar olmak üzere
$\dfrac{(4+3i)^{2004}}{5}=a+ib+\dfrac{3+i}{5}$
$i$'nin katsayısının kesir kısmı $1/5$ olur ki bu da bizden istenendi.
$\cos\alpha=-4/5$ ise benzer şekilde
$\dfrac{(-4+3i)^{2004}}{5}=5^{2003} \cos{2004\alpha}+5^{2003}i\sin{2004\alpha}$
sol taraftaki $i$'nin katsayısını bulalım.
$(-4+3i)\equiv 1+3i \pmod {5}$
$(-4+3i)^2\equiv 2+i \pmod {5}$
$(-4+3i)^3\equiv 4+2i \pmod {5}$
$(-4+3i)^4\equiv 3+4i \pmod {5}$
$(-4+3i)^5\equiv 1+3i \pmod {5}$
Burdan yine $5.$ kuvvetten itibaren kalanlar $4$'lü periyodik olarak ilerler.
$2004$, $4$'ün katı olduğundan
$(-4+3i)^{2004}\equiv 3+4i \pmod {5}$
$c$ ve $d$ tamsayılar olmak üzere
$\dfrac{(-4+3i)^{2004}}{5}=c+id+\dfrac{3+4i}5$
$i$'nin katsayının kesir kısmı $4/5$ olur ki bu da bizden istenendi.

Demek ki $5^{2003}\sin{2004\alpha}$'nın kesir kısmını alabileceği değerler $1/5$ ve $4/5$ dir

$D$, dar açılı bir $ABC$ üçgeninin $O$ merkezli çevrel çemberinin küçük $AC$ yayı üzerinde $A$ ve $C$ den farklı bir nokta olsun. $\lbrack AB\rbrack $ kenarı üzerinde $\widehat{ADP}=\widehat{OBC}$ olacak biçimde $P$ noktası, $\lbrack BC\rbrack $ kenarı üzerinde ise $\widehat{CDQ}=\widehat{OBA}$ olacak biçimde bir $Q$ noktası alınıyor. $\widehat{DPQ}=\widehat{DOC}$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm 1:

$\angle OCB=\alpha$, $\angle OAB=\beta$ ve $\angle DBC=\theta$ olsun.

$\angle ADP=\alpha$, $\angle QDC=\beta$, $\angle DAC=\theta$, $\angle BAC=\angle BDC={90}^{\circ }-\alpha$, $\angle BCA=\angle ADB={90}^{\circ }-\beta$, $\angle DBA=\alpha+\beta-\theta=\angle ACD$ olur.

$APD$ üçgeninde $\angle ADP+\angle PAC={90}^{\circ }$ olduğu için $\angle APD={90}^{\circ }-\angle CAD={90}^{\circ }-\theta$ olacaktır.

Benzer şekilde, $DQC$ üçgeninde $\angle DQC={90}^{\circ }-\left(\alpha+\beta-\theta\right)$ olur.

$BC$ ye $Q$ da dik olan doğru $BD$ yi $X$ te, $AB$ yi $Y$ de kessin.

$\angle YQD={90}^{\circ }-\angle DQC=\alpha+\beta-\theta=\angle YBD$ olduğu için $Y,B,Q,D$ noktaları çemberseldir.

Aynı zamanda, $\angle YXD=\angle BXQ={90}^{\circ }-\angle XBQ={90}^{\circ }-\theta$ ve $\angle YXD=\angle APD=\angle YPD={90}^{\circ }-\theta$ olduğu için, $Y,P,X,D$ noktaları da çemberseldir.

Bu durumda $\angle YQB=\angle YDB={90}^{\circ }$ elde edilir. $YPXD$ kirişler dörtgeninde $\angle YDX=\angle YPX={90}^{\circ }$ olacaktır. $\angle XPB+\angle BQX={180}^{\circ }$ olduğu için $BQXP$ dörtgeni kirişler dörtgenidir. Yani $\angle XPQ=\angle XPQ=\theta$ olacaktır.

Daha önce $\angle APD={90}^{\circ }-\theta$ bulmuştuk. Böylelikle $\angle DPX={90}^{\circ }-\left({90}^{\circ }-\theta\right)=\theta$ çıkar. Sonuç olarak $\angle DPQ=2\theta=\angle DOC$ elde ettik. (Dikkat edilirse, $X$ noktası, $DPQ$ üçgeninin iç merkezi oldu.)

Çözüm 2:

$DP$ ile $DQ$ nun çemberi kestiği noktalar sırasıyla $E$ ve $F$ olsun. $$\angle ADE=\angle ABE=\angle OBC=\alpha , \angle CDF=\angle CBF=\angle OBA=\beta$$
diyelim. $\angle OBE=\angle OBF=\alpha+\beta$ olduğundan $|EB|=|BF|$ dir.
Pascal Teoremine göre ; $AF$ ile $CE$ doğruları $PQ$ üzerindeki bir $R$ noktasında kesişirler. Buradan $\angle EAF=\angle FCE=2\theta$ ve $AB$ ile $CB$ bu açıların açıortaylarıdır.
Kirişler dörtgenlerinden ( örneğin ; $AEBF$ dörtgeni ) $\alpha +\beta +\theta =90^{\circ}$ olduğunu görüyoruz. Buna göre $[CE]\perp [AB]$ ve $[AF]\perp [BC]$ dir.
O halde , $AEPR$ ve $CRQF$ içbükey deltoit olup $|PE|=|PR|$ ve $|QR|=|QF|$ dir. Sonuç olarak, $\angle DPQ=2\angle PER=\angle DOC$ ve $\angle DQP=2\angle QFR=\angle DOA$ dır.

Bir sınıftaki öğrencilerin her birinin elinde $0$, $1$, $2$, $3$, $4$, $5$ veya $6$ tane şeker vardır. Öğretmen her adımda, bazı öğrencileri seçip, bu öğrencilere ve bu öğrencilerden herhangi biri ile arkadaş olan her öğrenciye birer şeker veriyor. Elindeki şeker sayısı $7$ ye ulaşan öğrenci bunların hepsini yiyor. Sınıftaki herhangi iki öğrenci için bunlardan yalnızca biriyle arkadaş olan üçüncü bir öğrenci bulunuyorsa, başlangıçtaki şeker sayıları ne olursa olsun, öğretmenin sonlu sayıda adım sonucunda her öğrencinin elinde istediği sayıda şeker kalmasını sağlayabileceğini gösteriniz.