Tübitak Lise Takım Seçme - 2002 Çözümleri

$a$ ve $b$ farklı tam sayılar olmak üzere, $ab(a+b)$ sayısı $a^2 + ab+ b^2$ ile bölünüyorsa, $$|a-b|>\sqrt[3]{ab}$$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

Öncelikle $a$ ve $b$'nin işaretleri aynı değilse $$|a-b|>0\geq \sqrt[3]{ab}$$ olacağından ispatlanacak bir şey yoktur. İşaretleri aynıyla $(a,b)$ yerine $(-a,-b)$ yazarsak da bölünebilme sağlanmaya devam edeceğinden $a,b>0$ kabul edebiliriz. Genelliği bozmadan $b>a$ olsun. $k>0$ için $b=a+k$ yazarsak, $$\frac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}=\frac{a(a+k)(2a+k)}{3a^2+3ak+k^2}\in\mathbb{Z}$$ olmalıdır. $(a,k)=d$ diyelim. $a=du$ ve $k=dv$ olacak şekilde aralarında asal $u,v$ pozitif tamsayıları vardır. Bu durumda $$\frac{du(2u^2+3uv+v^2)}{3u^2+3uv+v^2}\in\mathbb{Z}$$ olacaktır. $$(u,3u^2+3uv+v^2)=(u,v^2)=1$$ $$(2u^2+3uv+v^2,3u^2+3uv+v^2)=(u^2,3u^2+3uv+v^2)=1$$ olacağından $3u^2+3uv+v^2\mid d$ olmalıdır. Eğer $m$ pozitif tamsayısı için $d=(3u^2+3uv+v^2)m$ yazarsak, $$(a,b)=(u(3u^2+3uv+v^2)m, (u+v)(3u^2+3uv+v^2)m)$$ olur. İspatlamamız gereken eşitsizlik de $$|a-b|^3>ab\iff v^3(3u^2+3uv+v^2)^3m^3>u(u+v)(3u^2+3uv+v^2)^2m^2$$ $$\iff v^3(3u^2+3uv+v^2)m>u(u+v)$$ olacaktır. $u,v,m$ pozitif tamsayı olduğundan, $$v^3(3u^2+3uv+v^2)m\geq (3u^2+3uv+v^2)>3u(u+v)>u(u+v)$$ olur. Eşitsizlik doğrudur.

Bir $ABC$ üçgeninde $\widehat{ABC}$ nin açıortayı $[AC]$ yi $D$ de; $\widehat{BCA}$ nın açıortayı $[AB]$ yi $E$ de kesiyor. $BD$ ve $CE$ doğrularının kesişim noktası $X$ olmak üzere, $|BX|=\sqrt 3|XD|$ ve $|XE|=(\sqrt 3 - 1)|XC|$ dir. $ABC$ üçgenin iç açılarının ölçülerini bulunuz.

Çözüm:

İç merkezin açıortayı bölme oranından

$\dfrac{|BX|}{|XD|}=\dfrac{a+c}{b}=\sqrt{3}$
$\dfrac{|CX|}{|XE|}=\dfrac{a+b}{c}=\dfrac{1}{\sqrt{3}-1}$

Yazılan iki denklemi birbirine eşitlersek

$b=c\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

bulunur. Denklemlerden tekrar faydalanıp $a=\dfrac{c}{2}$ elde edilir.

Buna göre ABC üçgeninin kenarlarının oranı $a:b:c=1:\sqrt{3}:2$ dir.

Bu oranlar $\angle A = 30^{\circ} , \angle B = 60^{\circ} , \angle C = 90^{\circ}$ olan üçgene aittir.

$a_1,\dots, a_n$ gerçel sayıları ile $n$ pozitif tam sayısı verildiğinde, $$|\sum\limits_{i=1}^m a_i -\sum\limits_{i=m+1}^n a_i | \leq |a_k|$$ olacak biçimde $m$ ve $k$ pozitif tam sayıları bulunduğunu gösteriniz.

Tüm gerçel sayılar üzerinde tanımlı bir $f$ fonksiyonunun en az iki simetri merkezi varsa, bu fonksiyonun bir doğrusal fonksiyon ile bir periyodik fonksiyonun toplamı şeklinde yazılabileceğini gösteriniz.

$[$Her $x$ gerçel sayısı için $f(a-x) + f(a+x) =2f(a)$ olacak biçimde bir $a$ gerçel sayısı varsa, $(a,f(a))$ noktasına $f$ fonksiyonunun bir simetri merkezi denir.$]$

Bir $A$ noktasında içten teğet iki çemberden küçük olanı üzerinde $A$ dan farklı bir $C$ noktası alınıyor. Büyük çember, küçük çembere $C$ den çizilen teğeti $D$ ve $E$ noktalarında; $AC$ doğrusunu da $A$ ve $P$ noktalarında kesiyor. $PE$ doğrusunun $A$, $C$ ve $E$ den geçen çembere teğet olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

Çemberlerin merkezleri dıştan içe doğru $O_{1}$ ve $O_{2}$ olsun. $A$ teğet noktası olduğundan, $O_{1}-O_{2}-A$ noktaları doğrusaldır.

$|O_{2}A|=|O_{2}C|$ ve $|O_{1}A|=|O_{1}P|$ olduğundan $O_{2}C \parallel O_{1}P$ dir.

Buna göre, $O_{2}C \perp DE$ olduğundan $O_{1}P \perp DE$ olup bu $|PD|=|PE|$ olduğu anlamına gelir.

O halde , $\angle {PAE}=\angle{PED}$ dir.

$n>1$ olmak üzere, uzayda, herhangi dördü düzlemdeş olmayan $2n+1$ noktayı birbirlerine birleştiren doğru parçalarını kırmızı, beyaz ya da maviye boyuyoruz. Bu nokta kümesinin bir $M$ altkümesine, eğer her $a,b \in M$ için $x_0x_1, x_1x_2, \dots, x_{l-1}x_1$ doğru parçaları aynı renkte olacak biçimde, $M$ ye ait $a=x_0,x_1, \dots, x_l = b$ noktaları varsa, bir tek-renk bağlantılı altküme diyoruz. Boyama işlemi nasıl yapılırsa yapılsın, mutlaka $k$ elemanlı tek-renk bağlantılı bir altküme oluşuyorsa, $k$ nin alabileceği en büyük değeri bulunuz. ($l > 1$)