1
$A$ açısı dik açı olan $ABC$ üçgeninin hipotenüsüne ait yükseklik ayağı $H$ dir. $ABC$, $ABH$ ve $AHC$ üçgenlerinin iç teğet çemberlerinin yarıçapları toplamının $|AH|$ uzunluğuna eşit olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$r_{ABC}=u-a$ dır. $r_{ABC}:r_{ABH}:r_{AHC}=a:c:b$ olacağından $$r_{ABC}+r_{ABH}+r_{AHC}=\left(u-a\right)\left(1+\dfrac{c}{a}+\dfrac{b}{a}\right)=\left(u-a\right)\left(\dfrac{a+b+c}{a}\right)=\dfrac{r\cdot 2u}{a}=\dfrac{2\cdot \dfrac{ah}{2}}{a}=h$$ elde edilir.
2
$a_{1}=\alpha , b_{1}=\beta $ ve her $n\ge 1$ için $$a_{n+1}=\alpha a_{n}-\beta b_{n} \text{ , } b_{n+1}=\beta a_{n}+\alpha b_{n}$$ şeklinde tanımlanan $(a_{n})$ ve $(b_{n})$ dizilerinde $a_{1997}=b_{1}$ ve $b_{1997}=a_{1}$ olacak biçimde kaç $(\alpha ,\beta )$ gerçel sayı sıralı ikilisi vardır?
Çözüm:
$S_n = a_{n}^2+b_{n}^2$ olarak tanımlansın. $S_1=S_{1997}=\alpha ^2+ \beta ^2$ olacaktır.
Genel terim eşitliklerini, karelerini alarak toplayalım.
$$\begin{array}{rcl}
a_{n+1}^2 &=& \alpha^2 a_{n}^2+\beta^2 b_{n}^2 - 2 \alpha \beta a_n b_n \\
b_{n+1}^2 &=& \beta^2 a_{n}^2+\alpha^2 b_{n}^2 + 2 \alpha \beta a_n b_n\\
a_{n+1}^2 + b_{n+1}^2 &=& (\alpha ^2+\beta^2)(a_n^2+b_n^2)\\
S_{n+1} &=& (\alpha ^2+\beta^2)S_n
\end{array}$$
$S_n$ dizisi; $0<\alpha ^2+\beta^2<1$ için azalan, $1<\alpha ^2+\beta^2$ için artan olacaktır.Bu iki durumda $S_1 \neq S_{1997}$ olacağı için buralardan çözüm gelmez.
$\alpha ^2+\beta^2=0$ için $\alpha = \beta = 0$ bir çözümdür. ($a_n=b_n=0$)
$\alpha ^2+\beta ^2=1$ için çözüm asıl şimdi başlıyor diyebiliriz:
$\alpha = \cos x$ ve $\beta = \sin x$ olsun.
$a_2 = \alpha^2 - \beta^2 = \cos^2x - \sin^2 x = \cos 2x$ ve $b_2=2\alpha \beta = 2\cos x\sin x = \sin 2x$ olacaktır.
$a_3 = \cos x \cos 2x -\sin x \sin 2x = \cos 3x$ ve $b_3=\sin x \cos 2x + \cos x \sin 2x = \sin 3x$ olur.
Sırayla devam ettirirsek $a_n = \cos nx$ ve $b_n=\sin nx$ elde ederiz. Alternatif olarak, tümevarımla $a_{n+1}= \cos x \cos nx - \sin x\sin nx = \cos (n+1)x$ ve $b_{n+1}= \sin x \cos nx + \cos x\sin nx = \sin (n+1)x$ iddiamızı doğrulayabiliriz.
$a_{1997}=b_1 \Longrightarrow \cos 1997x = \sin x$ ve $a_{1997}=b_1 \Longrightarrow \sin 1997x = \cos x$ çözmemiz gereken denklemler.
$$\cos 1997 x = \sin x = \cos (\pi/2 - x) = \cos (3\pi /2+x) \tag{a}$$
$1.$ durum: $1997x = \pi/2-x+ 2k\pi \Rightarrow 1998x = \frac{(4k+1)\pi}{2} \Rightarrow x = \frac{(4k+1)\pi}{3996}$
$2.$ durum: $1997x = 3\pi/2+x+ 2k\pi \Rightarrow 1996x = \frac{(4k+3)\pi}{2} \Rightarrow x = \frac{(4k+3)\pi}{3992}$
$$\sin 1997 x = \cos x = \sin (\pi/2 - x) = \sin (\pi /2+x)\tag{b}$$
$1.$ durum: $1997x = \pi/2-x+ 2k\pi \Rightarrow 1998x = \frac{(4k+1)\pi}{2} \Rightarrow x = \frac{(4k+1)\pi}{3996}$
$2.$ durum: $1997x = \pi/2+x+ 2k\pi \Rightarrow 1996x = \frac{(4k+1)\pi}{2} \Rightarrow x = \frac{(4k+1)\pi}{3992}$
$2.$ durumlardan ortak çözüm gelmez.
$1.$ durumlar için $x = \frac{(4k+1)\pi}{3996}$ ortak çözümdür.
$(\alpha, \beta) \in \{ (\cos \frac {\pi}{3996}, \sin \frac {\pi}{3996}), (\cos \frac {5\pi}{3996}, \sin \frac {5\pi}{3996}), \dots , (\cos \frac {(4\cdot 1997 + 1)\pi}{3996}, \sin \frac {(4\cdot 1997+1)\pi}{3996})\}$
kümesi tam olarak $1998$ elemanlıdır; çünkü bu kümenin herhangi iki elemanı $(\cos \frac{(4k_1+1)\pi}{3996}, \sin \frac{(4k_1+1)\pi}{3996} )$ ve $(\cos \frac{(4k_2+1)\pi}{3996}, \sin \frac{(4k_2+1)\pi}{3996} )$ için
$\cos \frac{(4k_1+1)\pi}{3996} = \cos \frac{(4k_2+1)\pi}{3996} $ olması için $\dfrac{4k_1+1+4k_2+1 }{3996}=2\pi$ olması gerekir ki $4 \not \mid 4k_1+4k_2+2$ olduğu için bu mümkün değildir.
O halde aradığımız yanıt; $1+1998=1999$ dur.
Kaynak: Mathematical Olympiads 1997-1998 Problems and Solutions From Around The World
3
Bir futbol liginde $x$ tane oyuncusu olan bir $X$ takımından $y$ tane oyuncusu olan bir $Y$ takımına bir futbolcu transfer olduğunda, $y\ge x$ ise federasyon $Y$ takımından $y-x$ milyar lira alıyor, $x>y$ ise federasyon $X$ takımına $x-y$ milyar lira ödüyor. Bir sezon boyunca bir futbolcu istediği kadar takım değiştirebiliyor. $18$ takımlık ligde sezona tüm takımlar $20$ şer futbolcu ile başlar ve sezon sonunda bu takımlardan $12$ sinde $20$ şer, geri kalan $6$ takımda ise sırasıyla $16,16,21,22,22,23$ futbolcu bulunursa, federasyon bu sezon süresince en çok kaç milyar lira kazanmış olabilir?
Çözüm:
En yüksek kazancın, bir oyuncunun daha küçük bir takıma gitmesine asla izin verilmeyerek elde edildiğini iddia ediyoruz. Kayıtları farklı bir şekilde tutabiliriz: $x$ oyunculu bir takım, bir oyuncu takas edilmeden önce $-x$'i veya bir oyuncu alındığında $x$'i yazar ve federasyonun kazancı bu sayıların toplamıdır. Şimdi, süreç sonunda $n>20$ oyuncuya sahip olan bir takım tarafından yazılan sayıları düşünelim. Eğer takımın süreç boyunca maksimum boyutu $k>n$ ise, o zaman sayılar $k-1$ ve $-k$ birbirini takip eder ve bunları silmek toplamı arttırır. Bu nedenle, bu takım için sayıların toplamı en az $20+21+\cdots+n-1$ olacaktır. Benzer şekilde, $n<20$ oyuncuya sahip bir takım için sayıların toplamı en az $-20-19-\cdots-(n+1)$ olacaktır. Bu sayılar, her zaman $20$'den az oyuncuya sahip bir takımdan başlayarak daha fazlasına sahip bir takıma takas yaparak yazılanlar olduğundan, bu düzenleme en yüksek kazancı sağlar. Bu durumda, toplam şu şekildedir:
$$
(20+20+21+20+21+20+21+22)-2(20+19+18+17)=17
$$
Kaynak: Mathematical Olympiads 1997–1998: Problems and Solutions from Around the World, Syf. 118-119.
4
Köşeleri birim çember üzerinde bulunan bir $ABCDE$ dışbükey beşgeninin $[AE]$ kenarı bu çemberin merkezinden geçmektedir. $\vert AB\vert =a$, $\vert BC\vert =b$, $\vert CD\vert =c$, $\vert DE\vert =d$ ve $ab=cd=\dfrac{1}{4}$ ise, $\vert AC\vert+\vert CE\vert$ toplamının $a,b,c,d$ türünden değeri ne olur?
Çözüm:
$AC=x$ ve $CE=y$ olsun. Bu durumda, $BE^2 = 4-a^2$, $AD^2 = 4 - d^2$ ve $x^2 + y^2 = 4$ olacaktır.
$ABCE$ de Ptolemy'den $$(ay+2b)^2 = x^2(4-a^2)$$ $$a^2y^2 + 4b^2 + 4aby = 4x^2 - a^2x^2$$
$ACDE$ de Ptolemy'den $$(2c+dx)^2 = y^2(4-d^2)$$ $$d^2x^2 + 4c^2 + 4cdx = 4y^2 - d^2y^2$$
Taraf tarafa topladığımızda,
$$4b^2 + 4c^2 + a^2y^2 + a^2x^2 + d^2x^2 + d^2y^2 + 4aby + 4cdx = 4x^2 + 4y^2$$
$x^2 + y^2 = 4$, $ab=cd=1/4$ değerlerini yerine yazarsak
$$4a^2 + 4b^2 + 4c^2 + 4d^2 + x + y = 16$$ $$x+y = 16 - 4a^2 - 4b^2 - 4c^2 - 4d^2 = 4(4-a^2-b^2-c^2-d^2)$$ elde ederiz.
Not:
$|AC|+|CE|$ toplamı birden farklı şekilde $a,b,c,d$ cinsinden yazılabilir. Bunlardan bazıları birkaç işlemden sonra elde edilebiliyor; ama çok güzel durmuyor. Büyük ihtimalle, cevap olarak beklenen yukarıda bulunan ifade. Sorunun "... olduğunu gösteriniz." şeklinde bir kalıpla sorulması daha doğru olurmuş.
5
Her $p\ge 7$ asal sayısı için, $$\begin{array}{lclr}
x_1^2 + y_1^2 & \equiv & x_2^2 & \quad \pmod p \\
\\ x_2^2 + y_2^2 & \equiv & x_3^2 & \quad \pmod p \\
\\ \dots \\
\\ x_{n-1}^2 + y_{n-1}^2 & \equiv & x_n^2 & \quad \pmod p \\
\\ x_n^2 + y_n^2 & \equiv & x_1^2 & \quad \pmod p
\end{array}
$$ denklik sistemi sağlanacak biçimde bir $n$ pozitif tam sayısı ile $p$ ye bölünmeyen $x_1, x_2, \dots, x_n$, $y_1, y_2, \dots, y_n$ tam sayılarının bulunabileceğini gösteriniz.
Çözüm:
Bir dizi inşa edelim. $x_1=3$ seçersek, $p\geq 7$ olduğundan $(p,5)=(p,3)=1$'dir ve $3$'ün $p$ modunda tersi vardır. $\alpha\equiv 5\cdot 3^{-1}\pmod{p}$ olsun. $(x_1,y_1)=(3,4)$ seçersek, $x_2=5$ diyebiliriz. $(x_2,y_2,x_3)=(3\alpha,4\alpha,5\alpha)$ seçebiliriz. Benzer şekilde $(x_3,y_3,x_4)=(3\alpha^2,4\alpha^2,5\alpha^2)$ seçebiliriz. Bu şekilde ilerlersek, $(x_n,y_n,x_1)=(3\alpha^{n-1},4\alpha^{n-1},5\alpha^{n-1})$ seçebiliriz (bu değerlerin $\pmod{p}$ değerlerini seçiyoruz). Tek yapmamız gereken $$5\alpha^{n-1}\equiv 3\pmod{p}\implies \alpha^{n-1}\equiv 3\cdot 5^{-1}\equiv \alpha^{-1}\pmod{p}$$ olmasıdır. Eğer $n=p-1$ seçersek, fermat teoreminden istenilen sağlanır.
6
$n\ge 2$ verilmiş bir tam sayı olsun. $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\ldots +x_{n}^{2}=1$ koşulunu sağlayan $x_{1},x_{2},\ldots x_{n}$ pozitif sayıları için, $$
\dfrac{x_{1}^{5}}{x_{2}+x_{3}+\ldots + x_{n}} + \dfrac{x_{2}^{5}}{x_{1}+x_{3}+\ldots + x_{n}} + \dots + \dfrac{x_{n}^{5}}{x_{1}+x_{2}+\ldots + x_{n-1}}$$ toplamının alabileceği en küçük değeri bulunuz.
Çözüm 1:
Kesirleri $x_i$ ile genişletip, faydalı eşitsizlik (Bergström eşitsizliği) uygulayalım. $$\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i^6}{x_i(x_1+x_2+\cdots+x_n)-x_i^2}\geq \frac{(x_1^3+x_2^3+\cdots+x_n^3)^2}{(x_1+x_2+\cdots+x_n)^2-(x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2)}=\frac{(x_1^3+x_2^3+\cdots+x_n^3)^2}{(x_1+x_2+\cdots+x_n)^2-1}$$ Kuvvet ortalama eşitsizliklerinden, $$\sqrt[3]{\frac{x_1^3+x_2^3+\cdots+x_n^3}{n}}\geq \sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}{n}}\implies x_1^3+x_2^3+\cdots+x_n^3\geq \frac{1}{\sqrt{n}}$$ elde edilir. Dolayısıyla, $$\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i^6}{x_i(x_1+x_2+\cdots+x_n)-x_i^2}\geq\frac{1}{n}\cdot \frac{1}{(x_1+x_2+\cdots+x_n)^2-1}$$ elde edilir. Karesel-Aritmetik ortalama eşitsizliğinden $$\sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}{n}}\geq \frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\implies \sqrt{n}\geq x_1+x_2+\cdots+x_n$$ Bir üst eşitsizlikte kullanırsak, $$\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i^5}{(x_1+x_2+\cdots+x_n)-x_i}\geq \frac{1}{n(n-1)}$$ elde edilir. Eşitlik durumu da $x_1=x_2=\cdots=\frac{1}{\sqrt{n}}$'dir.
Çözüm 2:
Diğer bir çözüm ise yine Titu (Faydalı Eşitsizlik veya Bergstrom Eşitsizliği) kullanarak
$$\sum_{cyc-i}{\dfrac{x_i^6}{x_i\left(x_1+x_2+\cdots+x_n\right)-x_i^2}}$$
$$\geq \dfrac{\left(x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2\right)^3}{n^{3-2}\left[ \left(x_1+x_2+\cdots+x_n\right)^2-\left(x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2\right)\right] }\geq \dfrac{1}{n\left (\left(x_1+x_2+\cdots+x_n\right)^2-1\right)}\geq \dfrac{1}{n\left(n-1\right)}$$
Sondaki eşitsizlik ise Karesel-Aritmetik Ortalama veya Titu ile
$$1=\dfrac{x_1^2}{1}+\dfrac{x_2^2}{1}+\cdots+\dfrac{x_n^2}{1}\overbrace{\geq}^{Titu} \dfrac{\left(x_1+x_2+\cdots+x_n\right)^2}{n}$$
olduğu sonucu $x_1+x_2+\cdots+x_n\leq \sqrt{n}$ ifadesi ile oluşturulmuştur.