Tübitak Lise Takım Seçme - 2001 Çözümleri

Çocukları hücre olarak olarak düşünelim. Bir $c_i$ çocuğu, defterine $c_j$ çocuğunun ismini yazıyorsa, $c_i$ den $c_j$ ye yönlü bir bağ oluşturalım. $c_k$ çocuğu da $c_i$ yi defterinde yazmışsa, $c_k$ dan $c_i$ ye yönlü bir bağ oluşacak. $c_i$ nin puanı, kendisinden çıkan bağların karşı taraflarındaki sayıların toplamından kendisine gelen bağların karşı taraflarındaki sayıların toplamı çıkarılarak bulunuyor.
Her hücrenin şu şekilde bölündüğünü varsayıyoruz. Bir çocuk $n$ sayısını tutmuşsa, onun hücresi tutulan sayıların $1$ olduğu $n$ küçük hücreye bölünüyor. Başlangıçtaki çocuk hücresine gelen ve giden bağların, $n$ kopyası oluşturulup, küçük hücrelere bağlanıyor. Bu küçük hücrelerin puanları, ata hücrenin puanı ile aynıdır. Çünkü, gelen bağlar ile giden bağlar, tamamen önceki ile aynı. Bu durumda $n$ sayısının tutulduğu $p$ puanlı bir hücre bölündüğünde, $1$ sayısının tutulduğu $p$ puanlı $n$ adet hücre oluşuyor.
Diğer taraftan, bu bölünen hücreden habersiz hücrelerin puanlarında da bir değişiklik olmamıştır. Bölünen hücrenin $c_i$ olduğunu, $c_i$ nin $c_j$ yi defterine yazdığını, $c_k$ nın da $c_i$ yi defterine yazdığını varsayalım. $c_j$ nin puanı $p_j$ hesaplanırken $c_i$ nin tuttuğu sayı çıkarılıyordu. Şimdi $c_i$ de tutulan sayı değil de $c_i$ kadar $1$ sayısı çıkarılacak. Sonuçta $p_j$ değişmeyecek. Benzer durum $p_k$ için de geçerli. $p_k$ hesaplanırken, $c_i$ de tutulan sayı toplanıyordu. Şimdi bu sayı değil de bu sayı kadar $1$ toplanacağı için $p_k$ da değişmeyecek. Demek ki, yukarıda anlatıldığı gibi bir bölünme işlemi sonucunda, diğer hücrelerdeki puanlar değişmiyor.
Tüm hücreler bölündüğü zaman, elimizde tutulan sayıların $1$ olduğu bir sürü küçük hücre oluşacak. Bu hücrelerin puanları başlangıçtaki $p_1, p_2, \dots, p_{2001}$ puanlarından farklı değil.
Her hücrede tutulan sayı $1$ olduğu için, puan hesabının şöyle yapıldığı kabul edebiliriz: Bir hücrenin puanı, giden bağlarının sayısı ile gelen bağlarının sayısının farkıdır.
Bu durumda, bir hücrenin puanında $(+)$ olarak hesaplanan giden bağ, karşıdaki hücrenin puanı hesaplanırken $(-)$ olarak işleme tutulacağından, tüm puanların toplamı $0$ dır. Bu durumda puanların hepsi birden pozitif olamaz.

$a_i$ ile $i$ nolu çocuğun tuttuğu sayıyı gösterelim.
$p_i$ ile $i$ nolu çocuğa verilen sayıyı gösterelim. Bu sayıya $i$ nolu çocuğun puanı diyelim.
Soruda, bizden $p_i$ lerden en az birinin pozitif olmayacağını göstermemiz isteniyor.
$q_i = a_i p_i$ ile de $i$ nolu çocuğun ağırlıklı puanını gösterelim. $a_i$ pozitif olduğu için $q_i$ ile $p_i$ nin işareti aynı olacaktır.

$i$ nolu çocuğun $j$ nolu çocuğu defterine yazdığını düşünelim.
$q_i = a_i\left((\dots + a_j + \cdots ) - ( \cdots )\right )$ ve $q_j = a_j\left( (\cdots) - (\cdots + a_i + \cdots)\right )$ olacağı için $\sum\limits_{i=0} q_i  = 0$ olacaktır.
Bu durumda en az bir $q_i$ pozitif değildir. Dolayısıyla en az bir $p_i$ pozitif değildir.

$(CDT)$ çemberinin merkezi $Q$ olsun. $OQ$ doğrusu $(OCD)$ çemberini $R$ de kessin. $OR$, $(OCD)$ çemberinin çapıdır. Bu durumda $RP\perp AB$ dir.
$O(0,0)$, $A(1,0)$ ve $Q(a,r)$ olsun.

$(O, 1) : x^2+ y^2 = 1$ ve $(Q,r) : (x-a)^2 + (y-r)^2 = r^2 $ olacaktır.

$C(x_1, y_1)$ noktası $x_1^2 + y_1^2 = 1$ ve $(x_1 - a)^2 + (y_1-r)^2 = r^2$ denklemlerini sağlar.

$x_1^2 + a^2 - 2ax_1 + y_1^2 + r^2 - 2y_1r = r^2 \Rightarrow a^2 + 1 = 2ax_1 + 2ry_1.$

$OC \perp RC$ olduğu için $RC$ nin eğimi $m = -\dfrac {x_1}{y_1}$ ve $RC$ doğrusunun denklemi $y = -\dfrac {x_1}{y_1}x + k$ olur.

$C(x_1,y_1)$ noktasını denklemde yerine yazarsak; $k = y_1  +\dfrac {x_1}{y_1}\cdot x_1 = \dfrac{x_1 ^2 + y_1^2}{y_1} = \dfrac 1{y_1}$.

Öyleyse $RC : y =  -\dfrac {x_1}{y_1}x + \dfrac {1}{y_1}$.

$OQ: y = \dfrac ra \cdot x$

$OQ \cap RC = \{R\} \Rightarrow \dfrac {1}{y_1} = x\left( \dfrac ra + \dfrac {x_1}{y_1} \right)$

$\Rightarrow a = (ry_1 + ax_1)x \Rightarrow \dfrac {2a}{a^2 + 1} = x$.

Bulduğumuz $x$ değeri $R$ noktasının apsisi, yani $OP = \dfrac {2a}{a^2+1}$.

$PA \cdot PB = \left (1 -  \dfrac {2a}{a^2+1}\right) \left (  1 + \dfrac {2a}{a^2+1} \right) = \dfrac {(a-1)^2(a+1)^2}{(a^2+1)^2} $

Diğer taraftan $\dfrac {PT}{OT} = \dfrac {a - \dfrac {2a}{a^2+1}}{a} = 1 -  \dfrac {2}{a^2+1} = \dfrac {a^2-1}{a^2+1} = \dfrac {(a-1)(a+1)}{a^2+1}$ $\blacksquare$

$CD$ ile $AB$ doğruları $S$ de kesişsin.
$S$ noktasının çemberlere göre kuvvetini yazarsak $$ST^2 = SC\cdot SD = SP\cdot SO = SA\cdot SB \tag{1}$$ elde ederiz.
Noktaların $AB$ doğrusu üzerindeki dizilişini $B, O, P, A, S, T$ şeklinde kabul edip $BO=OA=r=1$, $OP=x$, $ST=y$ ve $OT=d$ diyelim.
$SP=d-y-x$, $SO=d-y$, $SA=d-y-r$, $SB=d-y+r$ olacaktır. $(1)$ de yerine yazarsak
$$y^2 = (d-y-x)(d-y) = (d-y-r)(d-y+r) \tag{2}$$ elde ederiz.
Biraz düzenlemeyle $y^2=(d-y)^2-x(d-y)=(d-y)^2-r^2$ elde ederiz.
Buradan $x=\dfrac{r^2}{d-y}$ ve $y=\dfrac{d^2-r^2}{2d}$ elde edilir. $y$ yi yok edersek $x=\dfrac{2dr^2}{d^2+r^2}$ elde ederiz.
Bizden istenen $PA\cdot PB = \dfrac{PT^2}{OT^2}$ olduğunu göstermemiz. Aslında bizden $\dfrac{PA\cdot PB }{r^2}= \dfrac{PT^2}{OT^2}$ olduğunu göstermemiz isteniyor.
Tabii şu aşamada bu bir iddia.
$PA\cdot PB = r^2-OP^2 =r^2-x^2$ dir. $PT=d-x$ olduğu için
$\dfrac{r^2-x^2}{r^2} \stackrel{?}{=} \dfrac{(d-x)^2}{d^2}$ eşitliğini göstereceğiz.

$\dfrac{r^2-x^2}{r^2}=\left (1-\dfrac xr \right )\left (1+\dfrac xr \right )$

$\dfrac{(d-x)^2}{d^2}=\left ( 1- \dfrac xd \right )^2$

$\dfrac{x}{r} = \dfrac{2dr}{d^2+r^2}$ ve $\dfrac{x}{d} = \dfrac{2r^2}{d^2+r^2}$ değerlerini yerine yazarsak

$\dfrac{r^2-x^2}{r^2}=\left (1-\dfrac {2dr}{d^2+r^2} \right )\left (1+\dfrac {2dr}{d^2+r^2}  \right ) = \dfrac{(d-r)^2(d+r)^2}{(d^2+r^2)^2}= \left ( \dfrac{d^2-r^2}{d^2+r^2} \right )^2$

$\dfrac{(d-x)^2}{d^2}=\left ( 1- \dfrac {2r^2}{d^2+r^2} \right )^2 = \left ( \dfrac{d^2-r^2}{d^2+r^2} \right )^2$ elde ederiz. Bu da iddiamızın doğru olduğu anlamına gelir.

$CD$ ile $AB$ doğruları $S$ noktasında kesişsin. $ST^2 = SD \cdot SC$.
$S$ den $AB$ çaplı çembere çizilen teğet çembere $K$ da dokunsun. (Çizim kolaylığı açısından $K$ ile $C$ noktaları $AB$ doğrusunun farklı taraflarında olsun.) $SK^2 = SD \cdot SC$.

$S$ noktasının $(O, C, D, P)$ çemberine göre kuvvettinden $SP \cdot SO = SD \cdot SC = SK^2$ olduğu ve $\angle OKS = 90^\circ$ olduğu için $KP \perp OS$ dir.
$TK$ doğrusu ile $AB$ çaplı çember ikinci kez $L$ noktasında kesişsin.
$SK = ST$ olduğu için $\angle STK = \angle SKT$.
$\angle OLK = \angle OKL = 180^\circ - (90^\circ + \angle SKT) = 90^\circ - \angle SKT$ olduğu için $LO \perp OT$.
Bu durumda $PK \parallel OL$ olur. Benzerlikten $\dfrac {PK}{OL} = \dfrac {PT}{OT}$ olacaktır.
$AB$ çaplı çemberde kuvvetten $PK^2 = PA\cdot PB$ olduğu için $\dfrac {PA \cdot PB}{OL^2} = \dfrac {PT^2}{OT^2}$ olacaktır.
$OL=1$ olduğu için ispat biter.

Soruda sorulan aslında, belirli bir $i = n_0$ değerinden sonra $S^i$ dizisinin periyodik olduğu ve bu $k$ periyodunun $abc$ den çok olmadığı.

$S^{n_0} = (0,0,0) \pmod {abc}$ olursa, her $k\geq 1$ için $S^{n_0+k} = (0,0,0)$ olacağı için $n_0$ ve $k$ sayıları bulunuyor.
Hiçbir $n_0$ değeri için $S^{n_0} = (0,0,0)$ olmadığını varsayalım.
Bu durumda, $S$ nin alabileceği $(abc)^3 - 1$ farklı değer vardır.
$S, S^2, \dots, S^{(abc)^3}$ dizisinden $S^i  \equiv S^j$ olacak şekilde iki eleman bulunabilir. $|i-j| \leq a^3b^3c^3$ dir. $S^i \equiv S^j$ ise her $k\geq 0$ için $S^{i+k} \equiv S^{j+k}$ dir. Bu durumda $S$ nin periyodu için $0<k\leq a^3b^3c^3$ eşitsizliği sağlanır.

Aslında eşitsizliği daha da daraltabiliriz.
$S^1 = (ab-ac, bc-ba, ca-cb)$ olduğunu biliyoruz. $S^0 = (a,b,c)$ olarak tanımlayalım.
$S^0 = (a,b,c)$ ise her $S^i$ üçlüsünün ilki $a$'nın bir katıdır; çünkü $S^1 = (ab-ac, bc-ba, ca-cb)$ (İlk parametre $a$ ile bölündüğü için bundan sonra $S^i$ nin de ilk parametresi yine $a$ ile bölünecek).
Aynı şey ikinci ve üçüncü parametreler için de geçerli.
$\bmod {\ abc}$ de, ilk parametreyi seçmek için $bc$ seçenek var. Bu durumda değer kümemiz en fazla $bc\cdot ac \cdot ab = a^2b^2c^2$ elemanlı olacaktır.

Aslında daha iyisini yapabiliriz.
$S$ üçlüsünün parametreleri toplamı $ab-ac+bc-ba+ca-cb=0$ olduğu için, $S$ nin ilk iki parametresini seçtiğimizde üçüncü parametre otomatik olarak $ -a-b \mod {abc}$ ye denk olacaktır.
Öyleyse, değer kümesi en fazla $bc\cdot ac = abc\cdot c$ elemanlı olacaktır. Aslında, bu değer $abc\cdot \min(a,b,c)$. Bu çirkin $\min$ den kurtulabilir miyiz?

Daha iyisi de var.
İlk parametre $a$ nın bir katı,  ikincisi $b$ nin bir katı, üçüncüsü de $c$ nin bir katı ve toplamları $0$; ama az önce biz daha fazlasını saydık. Her $(a,b)$ çifti için, $c$ değerini $a+b+c \equiv 0 \pmod {abc}$ denkliği ile bulduk; ama üçüncü parametre her zaman $c$ nin bir katı olmadı.

İddia:
$\text{obeb} (a,b,c)=1$, $0\leq x < rbc$ ve $0\leq  y < rac $ olmak üzere; $ax+by \equiv 0 \pmod c$ denkliğinin $r^2abc$ tane çözümü vardır.

İspat:
$\text{obeb} (b,c)=d$ olsun. Tanım gereği, $\text{obeb} (a,d)=1$.
$x=0$ olsun.
$by \equiv 0 \pmod c \Rightarrow d\cdot \frac bd \cdot y \equiv 0 \pmod c$.
$\Rightarrow \frac bd \cdot y \equiv 0 \pmod {\frac cd} \Rightarrow y \equiv 0 \pmod {\frac cd}$.

Öyleyse, $x=0$ için $y$ lerin sayısı $\frac {rac}{\frac cd} = rad$ dir.

$ax+by \equiv 0 \pmod d$ ve $b \equiv  0  \pmod d$ olduğu için, $ax \equiv 0 \pmod d$ dir. Ayrıca $\text{obeb}(a,d)=1$, $x\equiv 0 \pmod d$.
$x$ lerin sayısı da $\frac{rbc}{d}$.

Bu durumda $(x,y)$ sıralı tam sayı ikililerinin sayısı, $\frac{rbc}{d}\cdot rad = r^2abc$ olacaktır. $\blacksquare$

Soruya geri dönelim. $\text{obeb} (a,b,c)=r$ ve $a = r\alpha$, $b = r\beta$, $c = r\theta$. Yani $\text{obeb}(\alpha, \beta, \theta) = 1$ olsun.
$S^0 = (a,b,c) \Rightarrow S^1 = (r\alpha r\beta - r\alpha r\theta, r\beta r\theta - r\beta r\alpha, r\theta r\alpha - r\theta r \beta)$.
$abc = r^3\alpha\beta \theta$ ve ilk parametre her zaman $r^2 \alpha$ nin bir katı olacağı için, ilk parametreyi seçmenin $\frac {r^3\alpha \beta \theta}{r^2\alpha} = r\beta \theta$ yolu vardır.
Yukarıdaki iddiayı kullanırsak,
$\text{obeb}(\alpha, \beta, \theta) = 1$, $0\leq x < r\beta\theta$, ve $0\leq y < r\alpha\theta$ olacaktır. Bu durumda $r^2\alpha \beta \theta$ adet çözümümüz vardır. $r^2 \alpha \beta \theta \leq r^3 \alpha \beta \theta = abc$.

Sonuç olarak, $S^i$ dizisi, en fazla $abc$ farklı değer alabilir. $\blacksquare$

$y$ tek olursa sağ taraf çift olur bu imkansız.
$y$ çift olmalı. o zaman sağ taraf $8$'e bölününce $1$ kalanını verir ki sol taraf da aynı kalanı vermeli $x$ çift olmalı. Sol taraf tamkare olur.
Sağ taraftaki ifadeyi tamkare olmasına göre inceleyelim.

• $y\ge0$ ise
  $(y^2+2)^2 > y^4+4y+1>(y^2)^2$
  $y^4+4y+1=(y^2+1)^2$  olmalı.
  $2y^2-4y=0$
  $y=0$ , $y=2$
  $y=0\Rightarrow y^4+4y+1=1=5^x$ 
  $x=0$ olur.
  $y=2\Rightarrow y^4+4y+1=25=5^x$
  $x=2$ olur.
  Buradan $(x,y)=(0,0)$ ve $(x,y)=(2,2)$ bulunur.
  
  
• $y< 0$ ise $a>0$ olmak üzere $a=-y$ diyelim.
  $y^4+4y+1=a^4-4a+1$
  $a=1,2$ için çözüm gelmez. $a>2$ alabiliriz.
  $(a^2+1)^2> a^4-4a+1 > (a^2-1)^2$
  $a^4-4a+1=(a^2)^2=a^4$  olur. Buradan $a$ tam sayı olmaz çözüm gelmez.

 
Tüm çözümler $(x,y)=(0,0)$ ve $(x,y)=(2,2)$ olur.

$BH$ çaplı çemberin merkezi $E$ ve $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin ikinci kez kestiği noktaya da $R$ diyelim.
Euler bağıntısından $|OD|=\dfrac{BH}{2}$ olduğunu biliyoruz.
$OD\parallel BH$ olduğundan, $ODHE$ paralelkenardır.O halde $OE\parallel DH$ dır.
$O$ ve $E$ çemberlerin merkezi olduğundan, $|OB|=|OR|$ ve $|EB|=|ER|$ eşitlikleri vardır. Buna göre $OE\perp BR$ ve $BH$ çap olduğundan $HR\perp BR$ dir. Buradan da $OE\parallel HR$ olduğunu görüyoruz. $OE$ doğrusuna $H$ noktasından çizilen paralel doğrular çakışıktır. O halde $D ,H ,R$ doğrusal noktalardır.

$g(x) = x - f(x)$ olsun. $f\left(g(x)\right) = \dfrac x2$ ve $f$ sürekli olduğu için $g$ de süreklidir. $$g^2(x) = g\left(g(x)\right) = g(x) - \dfrac x2 $$
$g(a)=g(b)=k$ ise $g^2(a) = g^2(b) = g(k)$ ve $$g^2(a) = g(a) - \dfrac a2 = k - \dfrac a2$$ $$g^2(b) = g(b) - \dfrac b2 = k - \dfrac b2$$ olacağı için $a=b$, yani $g$ bire-birdir. $g$ aynı zamanda sürekli olduğu için, $g$ ya artandır ya da azalandır.
$$ \begin{array}{rcl}
g^3(x) &=& g^2(x) -  \dfrac {g(x)}2 \\
g^4(x) &=& g^3(x) -  \dfrac {g^2(x)}2 \\
&=& g^2(x)-\dfrac{g(x)}{2} - \dfrac{g^2(x)}2 \\
&=& \dfrac{g^2(x) - g(x)}4 = \dfrac {-x}4
\end{array}$$
$g$ artan olsun. $$ \begin{array}{rcl}
4 &>& 0 \\
g(4) &>& g(0) \\
g^2(4) &>& g^2(0) \\
g^4(4) &>& g^4(0) \\
\dfrac{-4}{4} &\not >& \dfrac{0}4
\end{array}$$ Bu durumda $g$ azalandır. $$ \begin{array}{rcl}
4 &>& 0 \\
g(4) &<& g(0) \\
g^2(4) &>& g^2(0) \\
g(4) - \dfrac{4}2 &>& g(0) - \dfrac{0}2 \\
g(4) &>& g(0) + 2 > g(0)
\end{array}$$ olduğu için $g$ azalan olamaz. Bu durumda sürekli $g$ fonksiyonu bulunmaz. Dolayısıyla da $f$ fonksiyonu bulunmaz.

$g(x) = x - f(x)$ olsun. $f\left(g(x)\right) = \dfrac x2$ ve $f$ sürekli olduğu için $g$ de süreklidir. $$g^2(x) = g\left(g(x)\right) = g(x) - \dfrac x2 $$
$g(a)=g(b)=k$ ise $g^2(a) = g^2(b) = g(k)$ ve $$g^2(a) = g(a) - \dfrac a2 = k - \dfrac a2$$ $$g^2(b) = g(b) - \dfrac b2 = k - \dfrac b2$$ olacağı için $a=b$, yani $g$ bire-birdir. $g$ aynı zamanda sürekli olduğu için, $g$ ya artandır ya da azalandır.
$$ \begin{array}{rcl}
g^3(x) &=& g^2(x) -  \dfrac {g(x)}2 \\
g^4(x) &=& g^3(x) -  \dfrac {g^2(x)}2 \\
&=& g^2(x)-\dfrac{g(x)}{2} - \dfrac{g^2(x)}2 \\
&=& \dfrac{g^2(x) - g(x)}4 = \dfrac {-x}4
\end{array}$$
$g^4(x)=-\dfrac x4$ azalandır.
$g(x)$ artansa $g^2(x)$, $g^3(x)$, $g^4(x)$ artan olmalı. Çelişki.

$g(x)$ azalansa $g^2(x)$ artan, $g^3(x)$ azalan, $g^4(x)$ artan olmalı. Çelişki.

Bu durumda $g(x)$, dolayısıyla sorudaki şartı sağlayan $f(x)$ bulunmaz.