Tübitak Lise Takım Seçme - 2000 Çözümleri
« 1999 2001 »
« Sorulara Git
Geri

Tübitak Lise Takım Seçme - 2000 Çözümleri

1

Çözüm:
  • $y$ yi sabit tuttuğumuzda,
    $f(a,y) = f(b,y)$ ise $a^2-ay+y^2 = b^2 - by + y^2 \Rightarrow (a-b)(a+b-y)=0$ olacağı için $b=y-a$ elde edilir. Bu durumda $(a,y)$ bir çözüm ise $(y-a,y)$ de bir çözümdür.
    Benzer şekilde $x$ i sabit tuttuğumuzda, $f(x,a)=f(x,b)$ ise  $x^2 - ax + a^2 = x^2 - bx+b^2 =0 \Rightarrow (a-b)(a+b-x) $ ve $b=x-a$ elde edilecek. Bu durumda $f(x, a)$ bir çözüm ise $f(x, x-a)$ da bir çözüm olacak.
    Bunun haricinde simetriden dolayı $f(x,y)=f(y,x)$ ve kare ifadelerden dolayı $f(x,y)=f(-x,-y)$ olduğu görülüyor.
    Tüm çözümleri birleştirirsek:
    Sabit tutma sonucu $3$ tane: $(x,y)$, $(y-x, y)$, $(x, x-y)$
    Yer değiştirme sonucu $3$ tane: $(y,x)$, $(x-y, x)$, $(y, y-x)$
    Bunların eksileri sonucu $6$ tane çözüm geleceği için, $(x,y)$ çözümse, bunun haricinde $11$ çözüm daha vardır.
    $(x,x)$ olma durumunda çözümler $(x,x)$, $(-x,-x)$, $(0,x)$, $(x,0)$, $(0,-x)$, $(-x,0)$ olacak. Çözüm sayısı yine $3$ ile bölünüyor.
    $(0,0)$ çözüm ise çözüm sayısı $1$ olacak. Ama $(0,0)$ çözümse, $n=0$ olması gerekeceği ve soruda $n$ pozitif tam sayı dediği için $(0,0)$ çözüm olamaz.

  • $727$ tam kare olmadığı için $x^2 - xy + y^2 = 727$ denklemin $(a,a)$ şeklinde bir çözümü yoktur.
    $(a,b)$ $(-,-)$ şeklinde bir çözüm ise, bunların eksilileri de çözüm olacağı için $(-a,-b)$ şeklinde bir çözüm vardır. Birincisi ikincisinden küçük ise yer değiştirdiğimizde $(-b,-a)$ şeklinde bir çözüm bulabilir.
    $a>0$ ve $b<0$ ise $(a,b)$ çözümken, $(a, a-b)$ çözümü $(+,+)$ şeklinde bir çözüm. $(a-b,a)$ çözümü de istediğimiz şekilde ilk parametrenin ikincisinden büyük olduğu bir çözümdür. İlki negatif ikincisi pozitif ise, ters çeviririz, yine aynı şekilde bir çözüm elde ederiz.
    Bu durumda çözüm varsa, çözümlerinden biri $a>b>0$ olmak üzere $(a,b)$ şeklinde olmalı.

    $a^2 - ab + b^2 = a^2 + b(b-a)=727 < a^2 \Rightarrow 27 \leq a$
    Diğer taraftan $b = \dfrac {a \pm \sqrt {a^2 - 4(a^2 - 727)}}2 = \dfrac {a \pm \sqrt {4\cdot 727 - 3a^2}}2$ olduğu için $4\cdot 727 > 3a^2 \Rightarrow 31\geq a$ olacaktır.
    Bu durumda $27\leq a \leq 31$ elde edilir. Bu $5$ değer $2908 - 3a^2 = T^2$ denkleminde teker teker denenirse sadece $a=31$ in sağladığı görülür.
    $a=31$ olduğunda, $31^2 - 31b + b^2 = 727 \Rightarrow b^2 - 31b + 234 = (b+18)(b-13)=0$ elde edilecek. Yani $(31,13)$ bir çözüm.
    Bu durumda tüm çözümler $(31,13)$, $(13,31)$, $(-18,13)$, $(18,31)$, $(31,18)$, $(13,-18)$,$(-31,-13)$, $(-13,-31)$, $(18,-13)$, $(-18,-31)$, $(-31,-18)$, $(-13,18)$ olacaktır.
2
$ABC$ üçgeninde $A$ köşesine ait iç ve dış açıortaylar $BC$ yi sırasıyla $D$ ve $E$ de kesiyor. $DE$ çaplı çember ile $AC$, ikinci kez $F$ de kesişiyor. $ABF$ üçgeninin çevrel çemberine $A$ da teğet olan doğru $DE$ çaplı çember ile ikinci kez $G$ de kesişiyor. $\vert AF\vert =|AG|$ olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$F$ merkezli çember $B,C$ noktalarına ait $A,D,E$ den geçen Apolonyus çemberidir. Çember üzerindeki her $F$ noktası için $FBC$ üçgenlerinde $DF$ iç açıortay ve $EF$ dış açıortaydır. $\angle DFC=\dfrac{\angle BFC}{2}=\angle BEA$ ve $\angle DAC=\dfrac{\angle BAC}{2}=\angle BEF$.

$\angle AEB+\angle BEF=\angle AEF=\angle AGF=\dfrac{\angle BFC}{2}+\dfrac{\angle BAC}{2}$ ve

$\angle ABF={180}^{\circ }-\angle BAF-\angle BFC={180}^{\circ }-2\cdot \angle AGF\Rightarrow \angle AFG=AGF\Rightarrow AF=AG$ dir.
3
$P(x)=x+1$ ve $Q(x)=x^{2}+1$ olmak üzere; $(x_{1},y_{1})=(1,3)$ ve her $k$ için, $(x_{k+1},y_{k+1}) $'in ya $ (P(x_{k}),Q(y_{k}))$ ya ya da $(Q(x_{k}),P(y_{k}))$ ya eşit olduğu $((x_{k}, y_{k}))_{k\in \mathbb{N}}$ dizilerini ele alalım. Bu dizililerden en az biri için $x_{n}=y_{n}$ ise $n$ ye iyi sayı diyeceğiz. Tüm iyi sayıları bulunuz.
4
Herhangi bir sonsuz uzunluktaki üçgen prizmanın, kesişimleri eşkenar üçgen olacak şekilde bir düzlemle kesilebileceğini gösteriniz.
Çözüm 1:
Prizmanın tabanı $O(0,0,0)$, $A(a,0,0)$, $B(b,0,c)$ olsun.
$p$ ve $q$ değişken olmak üzere $P(a,p,0)$ ve $Q(b,q,c)$ noktaları alınıyor. $\triangle OPQ$ eşkenar olacak şekilde $(p,q)$ ikilisi bulunabilirse, $OPQ$ düzlemi aradığımız düzlem olacak. $OP=OQ=PQ$ eşitliğinden $$a^2 + p^2 = b^2 + q^2 + c^2 = (b-a)^2 + (p-q)^2 + c^2.$$ Uygun düzenlemelerle $$\begin{array}{rclcl}
p^2 - q^2 &=& b^2 + c^2 - a^2 &=& r\\
p^2 - 2pq &=& 2ab-a^2 &=& s\\
\end{array}$$ elde ederiz. $q^2 = p^2 - r$ ifadesini ikinci denklemde yerine yazarsak $$\begin{array}{rcl}
p^2 - 2p\sqrt {p^2 - r} &=& s \\
p^2  - s &=& 2p\sqrt {p^2 - r} \\
p^2  - s &=& \sqrt {4p^2(p^2 -r)} \\
\end{array}$$ $p^2 = x$ deyip kare alırsak $$\begin{array}{rcl}
(x-s)^2 &=& 4x(x-r) \\
x^2 + s^2 - 2xs &=& 4x^2 - 4xr \\
3x^2 -x(4r-2s) - s^2 &=& 0
\end{array}$$ $p^2 = \dfrac{4r-2s + \sqrt {(4r-2s)^2 + 12s^2}}{6} = \dfrac{2r-s + \sqrt {(2r-s)^2 + 3s^2}}{3} \geq 0$ olduğu için denklem sistemini sağlayan $p$ bulunur. Bunun yanında $q^2 = p^2 - r \geq 0$ olmalı. $$q^2 = \dfrac{-r-s + \sqrt {(2r-s)^2 + 3s^2}}{3} \geq 0 $$ $$\Leftrightarrow (2r-s)^2 + 3s^2 \geq (r+s)^2 $$ $$\Leftrightarrow 4r^2 +s^2 - 4rs + 3s^2 \geq r^2 + s^2 + 2rs$$ $$\Leftrightarrow 3r^2 + 3s^2 - 6rs = 3(r-s)^2 \geq 0$$ olduğu için $q$ sayısı da bulunabilir.

Çözüm 2:
Bu geometrik problem, sürekli fonksiyonlar için aradeğer teoreminin çok güzel bir uygulamasıdır.

Üçgen prizmanın taban ayrıt uzunluklarının $a\geq b\geq c$ olduğunu kabul edebiliriz. Üçgen prizmayı düzlemle kestikten sonra aşağıdaki gibi yüzey açınımını yapalım.


Arakesitin bir $ABC$ eşkenar üçgeni olmasını istiyoruz. Bunun için $|AB|=|BC|=|CA|=x$ olacak şekilde bir $x$ gerçel sayısının var olduğunu göstermeliyiz. Şekilde $|BH|=\sqrt{x^2-a^2}=|KL|$, $|CK|=\sqrt{x^2-b^2}$, $|CL|=\sqrt{x^2-c^2}$ dir. $|CL|=|CK|+|KL|$ eşitliğinden

$$ \sqrt{x^2-a^2} +\sqrt{x^2-b^2} -\sqrt{x^2-c^2} = 0 \dots (1) $$

denklemi elde edilir. Bu denklemin bir $x$ gerçel sayısı çözümü olduğunu ispat edeceğiz.

$$ f(x) = \sqrt{x^2-a^2} +\sqrt{x^2-b^2} -\sqrt{x^2-c^2}\dots (2) $$

diyelim. Açıkça $f(a) \leq 0$ dır. Eğer $f(a)=0$ ise zaten göstermek istediğimiz buydu, ispat tamamlanmış olur. Bu yüzden $f(a) < 0$ olması halini göz önüne alarak işlemlerimizi yapalım. Temel limit bilgilerimizle

$$\lim_{x \to \infty}f(x)=\infty $$

olduğunu görebiliriz. Bu limit bize yeterince büyük bir pozitif $x_0$ gerçel sayısı için $f(x_0)>0$ olduğunu söyler. $f$ fonksiyonu $[c, \infty)$ aralığında sürekli bir fonksiyondur ve $f(a)\cdot f(x_0) <0$ olduğundan ara değer teoremi gereğince $(1)$ denkleminin $(a,x_0)$ aralığında bir $x$ çözümü vardır.
5
$ABCD$ eşkenar dörtgeninin $AB,BC,CD,DA$ kenarları üzerinde $MN\parallel LK$ ve $MN$ ile $KL$ arasındaki uzaklık $ABCD$ nin yüksekliğine eşit olacak şekilde sırasıyla $M,N,K,L$ noktaları alınıyor. $ALM$ üçgeni ile $NCK$ üçgeninin çevrel çemberleri kesişirken, $LDK$ üçgeni ile $MBN$ üçgeninin çevrel çemberlerinin kesişmediğini gösteriniz.
Çözüm:
$\left(BMN\right)$ çemberi ile $\left(DLK\right)$ çemberinin $BD$ üzerindeki kirişlerinin uzunluklarının toplamının $BD$ den daha küçük olduğunu göstereceğiz. Bu normalde çemberlerin kesişmedikleri anlamına gelmez; ama bu soruda çemberlerin kesişmediklerini anlamına geldiğini göstereceğiz.

Yine aynı noktadan yola çıkarak, $\left(AML\right)$ çemberi ile $\left(DLK\right)$ çemberinin $AC$ üzerindeki kirişlerinin uzunlukları toplamının $AC$ den küçük olduğunu göstereceğiz. İlkinin aksine bu, iki çemberin kesiştiği anlamına gelir.


$\left(BMN\right)$ çemberinin merkezi $O_B$, $\left(DKL\right)$ çemberinin merkezi $O_D$,

$\ell $ de, $D$ den geçen $MN$ ye paralel olan doğru olsun.

$B$ den $MN$ ye çizilen dikmenin ayağı $P$, $KL$ ye çizilenin ayağı $Q$, $\ell $ ye çizilenin de ayağı $R$ olsun.


$BD$ doğrusu $O_BO_D$ yi $S$ de, $MN$ yi $X$ te, $KL$ yi $Y$ de kessin.

$AB=BC=CD=DA=a$, $\angle BMN=\beta $ ve $\angle BNM=\theta $ dersek dörtgenin yüksekliği $h={a\sin \left(\beta +\theta \right)\ }$ olur. Basit açı hesaplarıyla,
$\angle BAD=\beta +\theta$, $\angle BAC=\angle DAC=\dfrac{\beta +\theta }{2}$

$\angle MBP={90}^{\circ }-\beta ,\angle MBD=\dfrac{{180}^{\circ }-\beta -\theta }{2},\angle DBP=\left|\dfrac{\beta -\theta }{2}\right|$

$\angle BO_BM=2\theta \Longrightarrow \angle MBO_B={90}^{\circ }-\theta \Longrightarrow \angle O_BBD=\left|\dfrac{\beta -\theta }{2}\right|$ elde edilir.
$\angle BXM=\angle BYL=\angle KYD$ ve $\angle YDK=\angle XBM$ olduğu için, $\angle YKD=\angle BMX=\beta $, dolayısıyla da $\angle KLD=\angle BNM=\theta $ olur. Bu da $\triangle DLK\sim \triangle BNM$ yi gerektirir. $BM=x$ ve $DK=xk$ dersek, benzerlikten dolayı
\[BP=x{\sin \beta \ },\ QR=xk{\sin \beta \ },\ PQ=h\ ve\ BR=BD \cdot {\sin \angle DBR\ }=BD \cdot {\cos \left(\dfrac{\beta -\theta }{2}\right)\ }\]
elde edilecektir.
$BD=2a{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }$ olduğu için, $x{\sin \beta \ }+xk{\sin \beta \ }+a{\sin \left(\beta +\theta \right)\ }=2a{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }{\cos \left(\dfrac{\beta -\theta }{2}\right)\ }$, biraz düzenlemeyle

$\begin{array}{lcl}
x\left(1+k\right) &= & 2a{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\dfrac{{\cos \left(\dfrac{\beta -\theta }{2}\right)\ }-{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}{{\sin \beta \ }}
\\ \\ &=& 2a{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\dfrac{2{\sin \left(\beta /2\right)\ }{\sin \left(\theta /2\right)\ }}{{\sin \beta \ }}
\end{array}$
elde edilir.

$\left(BMN\right)$ ile $BD$ nin kesişimi $T$, $\left(DKL\right)$ ile $BD$ nin kesişimi $U$ olsun.
$\angle TNB=\angle MBT+\angle BNM=\dfrac{{180}^{\circ }-\beta -\theta}{2}+\theta ={90}^{\circ }-\left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)$

$\dfrac{BT}{{\sin \angle BNT\ }}=\dfrac{BM}{{\sin \angle BNM\ }}\Rightarrow BT=\dfrac{x{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\sin \theta \ }}$, benzer şekilde de $DU=\dfrac{xk{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\sin \theta \ }}$ olur.

$\begin{array}{lcl}
BT+DU &=&x\left(1+k\right)\dfrac{{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\sin \theta \ }}
\\ \\ &=& 2a{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\dfrac{2{\sin \left(\dfrac{\beta }{2}\right)\ }{\sin \left(\dfrac{\theta }{2}\right)\ }}{{\sin \beta \ }}\dfrac{{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\sin \theta \ }}
\\ \\ &=& \dfrac{2a{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{2{\cos \left(\beta /2\right)\ }{\cos \left(\theta /2\right)\ }}
\\ \\ &=& \dfrac{BD \cdot {\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }+{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}
\\ \\
\Rightarrow \dfrac{BT+DU}{BD} &=& \dfrac{{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\cos \left(\dfrac{\theta -\beta }{2}\right)\ }+{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}
\end{array}$

$\theta +\beta <{180}^{\circ }\Rightarrow \dfrac{\beta }{2}+\dfrac{\theta }{2}<{90}^{\circ }\Rightarrow {\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }>0$ olduğu için $BT+DU<BD$ dir.

Bu durumda $\left|BT\right|+\left|TU\right|+\left|UD\right|=BD$ olur.

$TO_B\bot MN$ ve $UO_D\bot KL$ olduğu için $O_BO_D$ doğrusu $\left[TU\right]$ doğru parçasını kesecektir. Bu kesişim noktasına $S$ demiştik. Bu durumda $S\in \left[TU\right]$ dur.

$O_BB=O_BT$ olduğu için, $S$ noktası $\left(BMN\right)$ dışındadır. Bu durumda $O_BS>O_BB$. Benzer şekilde de $O_DS>O_DB$ dir. Bu da $\left(BMN\right)$ ile $\left(DLK\right)$ çemberlerinin kesişmediklerini gösterir.$\blacksquare $



$\left(MAL\right)$ ile $\left(NCK\right)$ çemberlerinin kesiştiği iddiasına gelelim.

$\left(MAL\right)$ çemberi $AC$ yi $W$ da, $\left(NCK\right)$ çemberi $AC$ yi $Z$ de kessin.

$AW+CZ>AC$ olduğunu göstereceğiz. Eğer bu iddiamızı delillendirebilirsek, $\left(ALM\right)$ ile $\left(NCK\right)$ çemberlerinin kesiştikleri açık.

Elimizde $WM=WL$ ve $\angle MAL=\beta +\theta $ var. Bu durumda $\dfrac{ML}{{\sin \left(\beta +\theta \right)\ }}=\dfrac{MW}{{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}$ ve Ptolemy'den (köşegenlerden biri açıortayken) 
\[AW\cdot ML=MW\left(AM+AL\right)\Rightarrow AW=\dfrac{AM+AL}{2{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}\] Benzer şekilde \[CZ=\dfrac{CN+CK}{2{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}\] elde edilir. Taraf tarafa toplarsak \[AW+CZ=\dfrac{AM+AL+CN+CK}{2{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}\] olur.

Çözümün ilk kısmında elde ettiğimiz $BD>BT+DU$ eşitsizliğini Ptolemy uygulayarak açarsak
$$ BD > BT+DU = \dfrac{BM+BN+DK+DL}{2{\cos \left(\dfrac{{180}^{\circ }-\left(\beta +\theta \right)}{2}\right)\ }}=\dfrac{BM+BN+DK+DL}{2{\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}$$ $$\begin{array}{lrcl}
\\ \Rightarrow &  2a\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)  &>&  \dfrac{BM+BN+DK+DL}{2\sin \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)}
\\  \Rightarrow &  4a{{\sin }^{{\rm 2}} \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ } &>& BM+BN+DK+DL
\\  \Rightarrow &  4a\left(1-{{\cos }^{{\rm 2}} \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\right) & > & \ BM+BN+DK+DL
\\  \Rightarrow &  4a-\left(BM+BN+DK+DL\right) & > & 4a{{\cos }^{{\rm 2}} \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }
\\  \Rightarrow &  AM+ML+CN+CK & > & 2a{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }2{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }
\\  \Rightarrow & AM+ML+CN+CK & > & AC\cdot 2{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }
\\  \Rightarrow & AW+CZ & = & \dfrac{AM+AL+CN+CK}{2{\cos \left(\dfrac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}>AC
\\ \Rightarrow & \left(ALM\right) \text{ ile } \left(NCK\right) \text{ kesişir.}\blacksquare
\end{array}$$
6
Her $x,y\in \mathbb{R}$ için $$\vert f(x+y)-f(x)-f(y)\vert \le 1$$ olacak şekilde $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ fonksiyonu tanımlanıyor. Her $x,y\in \mathbb{R}$ için $\vert f(x)-g(x)\vert \le 1$ ve $g(x+y)=g(x)+g(y)$ olacak şekilde bir $g:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ fonksiyonun var olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$$
g(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{f\left(2^n x\right)}{2^n}
$$ fonksiyonunun sorudaki şartları sağladığını iddia ediyoruz.

İlk olarak, her $x$ gerçel sayısı için limitin var olduğunu göstermeliyiz. Daha sonra ise tüm $x$ reel sayıları için $|f(x)-g(x)| \leq 1$ olduğunu kanıtlamalıyız. Öncelikle $f$ için verilen eşitsizlikte $x=y=2^m x_0$ yazdığımızda, $\left|f\left(2^{m+1} x_0\right)-2 f\left(2^m x_0\right)\right| \leq 1$ eşitsizliğini elde ederiz. Her iki tarafı $2^{m+1}$ ile böldüğümüzde aşağıdaki eşitsizliği elde ederiz:
$$
\left|\frac{f\left(2^{m+1} x_0\right)}{2^{m+1}}-\frac{f\left(2^m x_0\right)}{2^m}\right| \leq \frac{1}{2^{m+1}} .
$$
Sabit herhangi bir $x$ için, sonsuz teleskopik toplamı düşünelim:
$$
\sum_{m=0}^{\infty}\left(\frac{f\left(2^{m+1} x\right)}{2^{m+1}}-\frac{f\left(2^m x\right)}{2^m}\right) .
$$
Kısmi toplamların mutlak değerini incelersek, üçgen eşitsizliğinden,
$$ \left\lvert\sum_{m=0}^{n}\left(\frac{f\left(2^{m+1} x\right)}{2^{m+1}}-\frac{f\left(2^m x\right)}{2^m}\right)\right\rvert\leq \sum_{m=0}^{n}\left\lvert\left(\frac{f\left(2^{m+1} x\right)}{2^{m+1}}-\frac{f\left(2^m x\right)}{2^m}\right)\right\rvert \leq \sum_{m=0}^{n}\frac{1}{2^{m+1}}=1-\frac{1}{2^{n+1}}<1
$$
olacağından, sonsuz teleskopik toplam yakınsıyordur. Öte yandan, tanım gereği, bu sonsuz toplam şuna eşittir:
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{m=0}^n\left(\frac{f\left(2^{m+1} x\right)}{2^{m+1}}-\frac{f\left(2^m x\right)}{2^m}\right) .
$$
Limit içindeki teleskopik toplam, $\left(\frac{f\left(2^{n+1} x\right)}{2^{n+1}}\right)-f(x)$'e eşittir, bu da yukarıdaki limitin şu şekilde yazılmasını sağlar:
$$
\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{f\left(2^{n+1} x\right)}{2^{n+1}}-f(x)\right) .
$$
Şimdi, sabit $f(x)$ terimini limitin dışına çıkararak şu ifadeyi elde ederiz:
$$
\left(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{f\left(2^{n+1} x\right)}{2^{n+1}}\right)-f(x) .
$$
Bu son ifadedeki dizi yakınsaktır, ayrıca $g(x)$'i tanımlamak için kullanmak istediğimiz limitin tam olarak kendisidir. Ayrıca yukarıda gördüğümüz gibi, bu son miktar en fazla $1$'dir, bu nedenle şu eşitsizliği elde ederiz:
$$
|g(x)-f(x)| \leq 1
$$
Şimdi geriye her $x,y$ için $g(x+y)=g(x)+g(y)$ olduğunu göstermek kalıyor. Şu gözlemi yapalım:
$$
\begin{aligned}
g(x +y)-g(x)-g(y)& =\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{f\left(2^n(x+y)\right)}{2^n}-\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{f\left(2^n x\right)}{2^n}-\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{f\left(2^n y\right)}{2^n} \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{f\left(2^n(x+y)\right)-f\left(2^n x\right)-f\left(2^n y\right)}{2^n} .
\end{aligned}
$$
Verilen şarttan dolayı, $n$ için $\left|f\left(2^n(x+y)\right)-f\left(2^n x\right)-f\left(2^n y\right)\right| \leq 1$ olduğundan, bu ifadenin içindeki terim $-\frac{1}{2^n}$ ile $\frac{1}{2^n}$ arasında olacaktır. $\lim\limits _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2^n}=0$ olduğundan, sıkıştırma kuralından, yukarıdaki ifadedeki limitin $0$ olduğu sonucuna varırız. Bu nedenle, $g(x+y)=g(x)+g(y)$'dir.

Kaynak: Mathematical Olympiads 2000 – 2001: Problems and Solutions from Around the World, Syf. 144-145.