Tübitak Lise Takım Seçme - 2003 Çözümleri

$a)$ Evet, böyle bir aritmetik dizi vardır. Bunun için öncelikle $3$ terimli bir dizi oluşturalım, $2$ terim için $(8,9)$ örnektir. $(1,2,3)$ dizisiyle başlayıp, her terimi $k$ ile çarparsak yine bir aritmetik dizi elde ederiz. Dolayısıyla $k, 2k$ ve $3k$'nın üçünün birden doğal sayıların bir kuvveti olmasını sağlamalıyız. $k=2^a\cdot 3^b$ dersek, $(a,b)$, $(a+1,b)$ ve $(a,b+1)$'nin üçünün birden $1$'den büyük olması gerekir. $a=20$, $b=24$ seçersek, $$k=2^{20}\cdot 3^{24}=\left(2^{5}\cdot 3^6\right)^{4}$$ $$2k=2^{21}\cdot 3^{24}=\left(2^{7}\cdot 3^8\right)^{3}$$ $$3k=2^{20}\cdot 3^{25}=\left(2^{4}\cdot 3^5\right)^{5}$$ olacağından $3$ elemanlı bir dizi bulmuş oluruz. Şimdi tümevarımla bu şartı sağlayan $n$ elemanlı bir dizi varsa $n+1$ elemanlı da olduğunu gösterelim.

$(a_1,a_2,\dots, a_n)$ bu şartı sağlasın. $i=1,2,\dots,n$ için öyle $t_i,b_i>1$ tamsayıları vardır ki $a_i=t_i^{b_i}$'dir. $B=b_1b_2\cdots b_n$ için tüm terimleri $k^B$ gibi bir sayı ile çarparsak dizinin özelliği bozulmaz. Çarpmadan önceki aritmetik dizinin sonraki terimi $a_{n+1}$ ise $a_{n+1}k^B$'yi bir doğal sayının $1$'den büyük kuvveti haline getirmeliyiz. $a_{n+1}=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_m^{\alpha_m}$ şeklinde asal çarpanlarına ayrılsın ($p_i$'ler farklı). $k$'yı da $p_i$ asallarından oluşacak şekilde seçmeliyiz. Örneğin, $k=p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\cdots p_m^{\beta_m}$ seçersek, $$(\alpha_1+B\beta_1,\alpha_2+B\beta_2,\cdots,\alpha_m+B\beta_m)>1$$ olursa $a_{n+1}k^B$ de bir doğal sayının $1$'den büyük kuvveti olur. $\alpha_i$'ler ve $B$ ile aralarında asal bir $q$ asalı seçelim ve $$\alpha_i+B\beta_i\equiv 0\pmod{q}\iff \beta_i\equiv -\alpha_iB^{-1}\pmod{q}$$ olarak $\beta_i$'leri seçelim. Bu durumda $a_{n+1}k^B$ sayısı da bir doğal sayının $q.$ kuvveti olur ve böylelikle, istenilen şartları sağlayan $n+1$ terimli bir aritmetik dizi elde etmiş oluruz. Tümevarımdan herhangi bir $n$ pozitif tamsayısı için $n$ elemanlı ve her elemanı bir doğal sayının $1$'den büyük kuvveti olan bir aritmetik dizi vardır.

$b)$ Hayır, yoktur. Aksini varsayalım ve $(a_n)_{n=1}^{\infty}$ aritmetik dizisinin her elemanı bir doğal sayının $1$'den büyük bir kuvveti olsun. Dizinin ortak farkına $d$ dersek, dizinin her terimi $a_1+nd$ formatındadır. Eğer $(a_1,d)=c$ ise $a_1=cu$ ve $d=cv$ olacak şekilde aralarında asal $u,v$ pozitif tamsayıları vardır. Bu durumda dizinin her elemanı $c(u+nv)$ formatındadır. $(u,v)=1$ olduğundan $(u+nv)$ formatında sonsuz asal sayı vardır. Bu Dirichlet'in aritmetik dizilerdeki asallar teoremi olarak da bilinir. $c$ sayısı bu asalların hepsini içeremeyeceğinden dolayı en az bir $u+nv$ formatındaki $p$ asal sayısı için $(c,p)=1$ olacaktır. $p$'yi elde etmemizi sağlayan $n$ değeri için $$a_{n+1}=a_1+nd=c(u+nv)=cp$$ sayısı $p$'ye bölünüp, $p^2$'ye bölünmediğinden hiçbir doğal sayının birden büyük bir kuvveti olamaz. Bu bir çelişkidir, böyle bir dizi yoktur.

İfadeyi tek tarafta toplayıp $t$'ye bağlı bir denklem elde edelim. $$t^2y^2-2tx(x^2+y^2)-(x^2+y^2)^2=0\implies t_{1,2}=\frac{x(x^2+y^2)\pm (x^2+y^2)\sqrt{x^2+y^2}}{y^2}$$ olur. $t$'yi iki şıkta da pozitif istediği için pozitif kabul edebiliriz. Bu durumda $\sqrt{x^2+y^2}>x$ olduğundan tek çözüm $$t=\frac{(x^2+y^2)(x+\sqrt{x^2+y^2})}{y^2}$$ olmalıdır.

$a)$ $t$ üzerinde tamsayı olma gibi bir koşul olmadığından sadece ifadeyi küçültmemiz gerekmektedir. İfade $x$'e göre artan olduğundan, en küçük değerini $x=1$ iken alacaktır. Dolayısıyla en küçük $t$ değeri için $$t=\frac{(1+y^2)(1+\sqrt{1+y^2})}{y^2}$$ olmalıdır. $y^2=a$ diyelim. $f:[1,\infty)$ ve $f(a)=\frac{(1+a)(1+\sqrt{1+a})}{a}$'nın en küçük değerini arayalım. $$f'(a)=\frac{a\sqrt{a+1}-2(\sqrt{a+1}+1)}{2a^2}$$ olur. $f'(a)=0$ olması için $$a\sqrt{a+1}-2(\sqrt{a+1}+1)=0\implies a=3$$ olmalıdır. Bu noktada $f$'in lokal minimum olduğu görülebilir. Yani $$t=\frac{(1+y^2)(1+\sqrt{1+y^2})}{y^2}$$ ifadesinin en küçük değeri $y=1$ veya $y=\sqrt{3}$ etrafında elde edilir çünkü $y=\sqrt{3}$ olamaz ama ifade bu değere yaklaştıkça küçülecektir. Dolayısıyla sadece $y=1,2$ durumlarını denemeliyiz. $y=2$ için daha küçük olduğu gösterilebilir. Dolayısıyla $t$'nin alabileceği en küçük değer $x=1$ ve $y=2$ için $$\boxed{t_{\min}=\frac{5+5\sqrt{5}}{4}}$$ elde edilir.

$b)$ Bu kısımda $t$ tamsayı olacağından $\sqrt{x^2+y^2}$ de tamsayı olmalıdır. $(x,y)=d$ için $x=du$ ve $y=dv$ yazarsak, $u^2+v^2$ hala tamkare olacaktır ve $$t=\frac{d(u^2+v^2)(u+\sqrt{u^2+v^2})}{v^2}$$ elde edilir. $(u,v)=(m^2-n^2,2mn)$ veya $(2mn,m^2-n^2)$ formatında olmalıdır ($m$ ve $n$ aralarında asal, birisi çift sayı.)

$(u,v)=(m^2-n^2,2mn)$ ise $$t=\frac{d(m^2+n^2)^2}{2n^2}$$ elde edilir. $m^2+n^2$ tek sayı olduğundan $(m^2+n^2)^2$ ve $2n^2$ aralarında asaldır ve $d=2n^2k$ formatında olmalıdır. En küçük durum için $k=1$ seçersek, $$(x,y,t)=\left(2n^2(m^2-n^2),4mn^3, (m^2+n^2)^2\right)$$ elde edilir. Bu durumda en küçük $t$ tamsayısı $(m,n)=(2,1)$ için $25$ olacaktır.

$(u,v)=(2mn,m^2-n^2)$ ise $$t=\frac{d(m^2+n^2)^2}{(m-n)^2}$$ olur. $((m-n)^2,m^2+n^2)=(2mn,m^2+n^2)=1$ olduğundan $(m-n)^2\mid d$ olmalıdır. En küçük değer için de $d=(m-n)^2$ seçmeliyiz. Buradan da $$(x,y,t)=\left(2mn(m-n)^2, (m^2-n^2)(m-n)^2, (m^2+n^2)^2\right)$$ elde edilir. En küçük $t$ için yine $(m,n)=(2,1)$ seçmeliyiz. Buradan da $t$'nin en küçük değeri $25$ elde edilir.

Sonuç olarak $t$ tamsayı ise $\boxed{t_{\min}=25}$ olacaktır.

$[CB$ nin uzantısı çemberi  $K$ da kessin. $\angle{KBO}=\angle{DBO}$ olduğundan, $|BK|=|BD|$ dir. Buna göre; $OBK$ üçgeni ile $OBD$ eş üçgenler ve $\angle{BKO}=\angle{BDO}$ dir. $|OK|=|OC|$ den $\angle{BKO}=\angle{BCO}$ olup $OBCD$ dörtgeninde $\angle{BCO}=\angle{BDO}$ açı ilişkisinden dolayı $OBCD$ bir kirişler dörtgenidir.

Bu dörtgende Ptolemy teoremini uygulayalım.
$$|BC|\cdot{r} + |CD|\cdot\dfrac{r}{2} = |BD|\cdot{r}\Rightarrow|DE|= |BD| -|BC|\tag{1}$$
bulunur.

$BCD$ üçgeninde kenarortay teoremini uygulayalım.
$$|BC|^{2}+|BD|^{2}=2x^{2}+2|DE|^{2}\tag{2}$$

Çemberde $B$ noktasına göre kuvvet yazarsak,
$$|BC|\cdot|BD| = \dfrac{3r^{2}}{4}\tag{3}$$

$(1)$ nolu denklemde iki tarafın karesini alıp $(2)$ ve $(3)$ nolu denklemleri kullanırsak

$$|DE|^{2} = \dfrac{3r^{2}}{2}-2x^{2}\tag{4}$$ olur.

Son olarak $OEF$ üçgeninde $OB$ kesenine göre Stewart teoremini yazalım.

$$\dfrac{r^{2}}{4} =\dfrac{x\cdot{r^{2}}+y\cdot|OE|^{2}}{x+y}-xy =\dfrac{xr^{2}+yr^{2}-|DE|^{2}}{x+y}-xy$$

$(4)$ nolu eşitliği kullanarak,

$$(x-y)(\dfrac{3r^{2}}{4}+xy) = 0\Rightarrow x = y$$ dir.

$[CB$ nin ışını çemberi  $K$ da kessin. $\angle{KBO}=\angle{DBO}$ olduğundan, $|BK|=|BD|$ dir. Buna göre; $OBK$ üçgeni ile $OBD$ eş üçgenler ve $\angle{BKO}=\angle{BDO}$ dir. $|OK|=|OC|$ den $\angle{BKO}=\angle{BCO}$ olup $OBCD$ dörtgeninde $\angle{BCO}=\angle{BDO}$ açı ilişkisinden dolayı $OBCD$ bir kirişler dörtgenidir.
$CD$ ile $OA$ doğrusunun kesim noktası $T$ olsun. $T$ noktasının sırasıyla $(BODC)$ ve $(FADC)$ çemberlerine göre kuvvetini alalım.

$$|TC|\cdot|TD|=(|TA|+\frac{r}{2})(|TA|+r) \tag{1}$$ ve $$|TC|\cdot|TD|=|TA|(|TA|+2r) \tag{2}$$

$(1)$ ve $(2)$ den $|TA|=r$ olur. $\angle{OET}=90^\circ$ olduğundan $|OA|=|AT|=|AE|=r$ dir.
$ABE$ ve $FBO$ üçgenleri $|AB|=|OB| , |AE|=|OF| , \angle{FBO}=\angle{ABE}$ ve $\angle{OFB}<90^\circ , \angle{AEB}<90^\circ$ olduğundan eş üçgenlerdir. Bu eşliğe göre, $|FB|=|BE|$ dir.